A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet
A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet
A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
CALCULUS<br />
"SLIDES" TIL CALCULUS 1 + 2<br />
INSTITUT FOR MATEMATISKE FAG<br />
AARHUS UNIVERSITET<br />
2005
Indhold<br />
Forord 5<br />
I. Differentiation 7<br />
1. Kontinuitet 7<br />
2. Partielle afledede 17<br />
3. Tangentplan 25<br />
4. Kædereglen 33<br />
5. Gradient 40<br />
6. Maksimum/minimum 50<br />
7. Lagrangemetoden 62<br />
II. Integration 73<br />
1. Dobbelt integral 73<br />
2. Itereret integral 81<br />
3. Generelle områder 90<br />
4. Koordinatskift 100<br />
III. Potensrækker 111<br />
1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler 111<br />
2. Talfølger og rækker 118<br />
3. Potensrækker 125<br />
4. Taylorpolynomier 133<br />
IV. Differentialligninger 139<br />
1. Grafiske/numeriske metoder 139<br />
2. 1. ordens ligninger 145<br />
3. Generelle metoder 154<br />
V. Matricer 163<br />
1. Vektorer og matricer 163<br />
2. Lineære afbildninger 171<br />
3. Lineære ligninger 178<br />
4. Determinanter 185<br />
VI. Egenvektorer og diagonalisering 193<br />
1. Egenvektorer 193<br />
2. Diagonalisering 202<br />
VII. Skalarprodukt og projektion 213<br />
1. Ortogonal projektion 213<br />
VIII. Appendiks 223<br />
1. Polære koordinater og komplekse tal 223<br />
IX. Opgaver 233<br />
1. August 2002 233<br />
3
4 INDHOLD<br />
2. Januar 2003 243<br />
3. Januar 2004 253<br />
4. August 2004 259<br />
5. Januar 2005 263<br />
Litteratur 269<br />
Stikord 271
Forord<br />
"Slides" <strong>til</strong> forelæsningerne i Calculus 1 og 2 er her samlet på tværs. Der er desuden<br />
et stikordsregister, som kan være <strong>til</strong> nytte. Man kan navigere via indholdsfortegnelse og<br />
stikordsregister.<br />
I øvrigt henvises <strong>til</strong> hjemmesiden for kurset.<br />
De sædvalige forkortelser er:<br />
Lærebøger<br />
[S] James Stewart: Calculus, concepts and contexts. 2nd. edition.<br />
[LA] Anders Kock & H.A. Nielsen: Lineær algebra & Differentialligninger.<br />
5
I<br />
Differentiation<br />
1. Kontinuitet<br />
1.1. Oversigt ☞ [S] 9.6, 11.1, 11.2, App. H.1<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Funktioner af flere variable<br />
✌ Grafen og niveaukurver<br />
✌ Grænseovergange og grænseværdier<br />
✌ Kontinuitet i flere variable<br />
✌ Test kontinuitet<br />
✌ Polære koordinater<br />
✌ Test polære koordinater<br />
1.2. En generel funktion ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces<br />
Figur<br />
y<br />
0<br />
D<br />
(x,y)<br />
x<br />
D ⊂ R 2 , f : D → R<br />
f(x,y)<br />
1.3. Definitions- og værdimængde ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces<br />
Definition<br />
En <strong>til</strong>ordning af et tal <strong>til</strong> et givet talpar definerer en funktion af to variable<br />
Mængden af talpar<br />
kaldes definitionsmœngden.<br />
Mængden af tal<br />
kaldes vœrdimœngden.<br />
f : D → R<br />
D ⊂ R 2<br />
f(D) = {f(x,y) ∈ R |(x,y) ∈ D}<br />
7
8 I. DIFFERENTIATION<br />
1.4. Bestem definitionsmængden ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Eksempel 3<br />
Forskriften<br />
g(x,y) = 9 − x 2 − y 2<br />
giver en funktion med definitionsmængde<br />
D = {(x,y)|9 − x 2 − y 2 ≥ 0} = {(x,y)| x 2 + y 2 ≤ 3}<br />
som er cirkelskiven med centrum i 0 og radius 3.<br />
Værdimængden er intervallet<br />
g(D) = [0,3] ⊂ R<br />
1.5. Et populært problem ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Eksempel<br />
Aktive væsker x,y,z blandes med proportional virkning<br />
V = xyz<br />
Hvilket blandingsforhold giver størst virkning?<br />
x + y + z = 1<br />
V = xy(1 − x − y)<br />
D = {(x,y)|x > 0,y > 0,x + y < 1}<br />
Bestem maksimum for funktionen V på mængden D.<br />
1.6. Graf og niveaukurve ☞ [S] 9.6, 11.1 Functions of several variables<br />
Definition<br />
Grafen for en funktion f : D → R<br />
er en flade i rummet R 3 .<br />
Γf = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,z = f(x,y)}<br />
Niveaukurven(konturlinjen) af kote k for en funktion f : D → R<br />
er en kurve i planen R 2 .<br />
Koter k vælges fra værdimængden.<br />
f −1 (k) = {(x,y) ∈ D|f(x,y) = k}<br />
1.7. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
y
1. KONTINUITET 9<br />
Grafen af f(x,y) = x 2 − y 2<br />
1.8. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
y<br />
Niveaukurver for f(x,y) = x 2 − y 2<br />
y = √ x 2 4<br />
1.9. Halvkugleskal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Eksempel 3,4,8<br />
g(x,y) = 9 − x 2 − y 2<br />
Grafen er en halvkugleskal<br />
Niveaukurver er cirkler<br />
Γg = {(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 9,z = 9 − x 2 − y 2 }<br />
= {(x,y,z)|x 2 + y 2 + z 2 = 9,z ≥ 0}<br />
g −1 (k) = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 9, 9 − x 2 − y 2 = k}<br />
= {(x,y)|x 2 + y 2 = 9 − k 2 }<br />
1.10. Globus ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
Grafen for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2<br />
1.11. Breddegrader ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
x<br />
y
10 I. DIFFERENTIATION<br />
y<br />
0<br />
x 2 + y 2 = 9 k 2<br />
Niveaukurver for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2<br />
1.12. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
Grafen af f(x,y) =<br />
y<br />
x<br />
−y<br />
1 + x 2 + y 2<br />
1.13. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Figur<br />
y<br />
Niveaukurver for f(x,y) =<br />
−y<br />
1 + x 2 + y 2<br />
x
1. KONTINUITET 11<br />
1.14. Udvid <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.1 Functions of several variables<br />
Eksempel 11<br />
Omtalen af funktioner i to variable udvides umiddelbart <strong>til</strong> tre eller flere variable.<br />
Udtrykket<br />
f(x,y,z) = ln(z − y) + xy sin(z)<br />
er en funktion i tre variable, defineret på definitionsmængden<br />
Værdimængden er<br />
D = {(x,y,z) ∈ R 3 |z > y}<br />
f(D) = R<br />
1.15. Goddag igen <strong>til</strong> grænseværdier ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
1 Definition<br />
Grænseværdien af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives<br />
eller<br />
lim f(x,y) = L<br />
(x,y)→(a,b)<br />
f(x,y) → L for (x,y) → (a,b)<br />
når f antager værdier vilkårligt tæt på L, bare (x,y) er <strong>til</strong>strækkeligt tæt på (a,b).<br />
1.16. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables<br />
5 Definition<br />
Grænseværdien<br />
lim f(x,y) = L<br />
(x,y)→(a,b)<br />
eksisterer, hvis<br />
∀ǫ > 0 ∃δ > 0 :<br />
(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − L| < ǫ<br />
1.17. Ingen grænseværdi ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Eksempel 1<br />
f(x,y) = x2 − y 2<br />
x 2 + y 2<br />
har ingen grænseværdi for (x,y) → (0,0).<br />
Løsning<br />
f(x,0) = 1,x = 0<br />
f(0,y) = −1,y = 0<br />
1.18. Regneregler som forventet ☞ [S] 2.3 Calculating limits using the. . .<br />
Regneregler<br />
(1) Grænseværdien af en sum er summen af grænseværdierne.<br />
(2) Grænseværdien af en differens er differensen af grænseværdierne.<br />
(3) Grænseværdien af en konstant gange en funktion er konstanten gange grænseværdien.<br />
(4) Grænseværdien af et produkt er produktet af grænseværdierne.<br />
(5) Grænseværdien af en kvotient er kvotienten af grænseværdierne.
12 I. DIFFERENTIATION<br />
1.19. Kontinuitet på ny ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
3 Definition<br />
Kontinuitet af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives<br />
eller<br />
lim f(x,y) = f(a,b)<br />
(x,y)→(a,b)<br />
f(x,y) → f(a,b) for (x,y) → (a,b)<br />
f er kontinuert i D, hvis f er kontinuert i alle punkter (a,b) ∈ D.<br />
1.20. Godt naboskab ☞ [S] 11.2 Limits and continuity Figur<br />
y<br />
0<br />
D<br />
(x,y)<br />
(a, b)<br />
x<br />
Kontinuitet<br />
f(x,y)<br />
f(a, b)<br />
1.21. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables<br />
Definition<br />
Kontinuitet<br />
lim f(x,y) = f(a,b)<br />
(x,y)→(a,b)<br />
hvis der gælder<br />
∀ǫ > 0 ∃δ > 0 :<br />
(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − f(a,b)| < ǫ<br />
1.22. Test kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Test<br />
Hvis f(x,y) er en kontinuert funktion defineret i hele R 2 , så er<br />
lim f(x,y) = f(0,0).<br />
(x,y)→(0,0)<br />
Løsning<br />
Dette er netop definitionen på kontinuitet i (0,0).<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
1.23. Regler om kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Morale for kontinuitet<br />
(1) De fire regningsarter og sammensat funktion af kontinuerte funktioner danner<br />
igen kontinuerte funktioner.
(2) De kendte elementære funktioner<br />
1. KONTINUITET 13<br />
sin,cos,tan,arcsin,...,exp,log,...<br />
er kontinuerte.<br />
(3) Funktionsudtryk er kontinuerte, hvor de er definerede.<br />
1.24. Anvend regler ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Eksempler om kontinuitet<br />
(1) Kontinuert på R 2<br />
(2) Kontinuert på R 2 ,x = pπ<br />
(3) Kontinuert når x 2 + y 2 > 2<br />
x − y<br />
x 2 + y 2 + 1<br />
cos y<br />
sin x<br />
ln(x 2 + y 2 − 2)<br />
1.25. Kontinuert de rigtige steder ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Eksempel 1, 6, 7<br />
g(x,y) =<br />
x 2 −y 2<br />
x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0)<br />
0, (x,y) = 0<br />
er ikke kontinuert i (0,0), da g(x,y) ingen grænseværdi har for (x,y) → (0,0).<br />
Fra regneregler for kontinuitet følger, at g(x,y) er kontinuert på mængden R 2 \{(0,0)} af<br />
alle talpar fraregnet (0,0).<br />
1.26. Hul i taget ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
y<br />
Ikke kontinuert i (0,0)<br />
1.27. Øvelse ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Eksempel 4, 8<br />
er kontinuert på mængden R 2 .<br />
f(x,y) =<br />
3x 2 y<br />
x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0)<br />
0, (x,y) = 0
14 I. DIFFERENTIATION<br />
Løsning<br />
viser, at<br />
|f(x,y)| = 3<br />
x 2<br />
x2 |y| ≤ 3|y|<br />
+ y2 f(x,y) → 0, når (x,y) → (0,0)<br />
1.28. Øvelse grafisk ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
Kontinuert i (0,0)<br />
1.29. Udvid det hele <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.2 Limits and continuity<br />
Flere variable<br />
Omtalen af grænseværdi og kontinuitet for funktioner i to variable udvides umiddelbart <strong>til</strong><br />
tre eller flere variable.<br />
Eksempel<br />
Funktionen<br />
f(x,y,z) =<br />
er kontinuert på mængden R 3 \{(0,0,0)}.<br />
y<br />
1<br />
x 2 + y 2 + z 2<br />
1.30. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Definition<br />
Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen<br />
ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem<br />
polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O <strong>til</strong> P<br />
regnet med fortegn mht. den valgte polærakse.<br />
O 1<br />
r<br />
1.31. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Definition<br />
P
1. KONTINUITET 15<br />
Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med<br />
polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater<br />
) bestemmer y-aksen.<br />
(1, π<br />
2<br />
y<br />
1<br />
O 1<br />
r<br />
P(r cos( ), r sin( ))<br />
1.32. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Sætning<br />
Givet et polœrt og <strong>til</strong>hørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater<br />
(r,θ) har kartesiske koordinater<br />
1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)<br />
Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater<br />
2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y<br />
x )<br />
1.33. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Eksempel<br />
Et punkt med polære koordinater<br />
har kartesiske koordinater<br />
x<br />
(r,θ) = (2, 5π<br />
4 )<br />
x = r cos θ = 2cos 5π<br />
4 = −√ 2<br />
y = r sin θ = 2sin 5π<br />
4 = −√ 2<br />
(x,y) = (− √ 2, − √ 2)<br />
1.34. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Figur
16 I. DIFFERENTIATION<br />
P( √ 2, √ 2)<br />
5 /4<br />
2<br />
y<br />
3 √ 2<br />
1<br />
/4<br />
P(3,3)<br />
1.35. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Eksempel<br />
Et punkt med kartesiske koordinater<br />
har polære koordinater<br />
(x,y) = (3,3)<br />
r = x 2 + y 2 = 3 2 + 3 2 = 3 √ 2<br />
−1 y 3 π<br />
θ = tan = tan−1 =<br />
x 3 4<br />
(r,θ) = (3 √ 2, π<br />
4 )<br />
1.36. Test polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Test<br />
Punktet med kartesiske koordinater (x,y) = (1,1) har polære koordinater:<br />
(a) (r,θ) = (2,π). (b) (r,θ) = ( √ 2, π<br />
2 ). (c) (r,θ) = (√ 2, π<br />
4 ).<br />
Løsning<br />
y<br />
0 1<br />
(1,1)<br />
x<br />
Afkryds den rigtige:<br />
r = x2 + y2 = 12 + 12 = √ 2<br />
tan θ = y 1<br />
= = 1<br />
x 1<br />
θ = π<br />
4<br />
x<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
1.37. Delmængder i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Eksempel<br />
y<br />
0<br />
a b x<br />
Den halve cirkelring i øvre halvplan<br />
kan beskrives i både kartesiske<br />
koordinater og i polære koordinater.
I kartesiske koordinater ved<br />
I polære koordinater ved<br />
2. PARTIELLE AFLEDEDE 17<br />
{(x,y)|a ≤ x 2 + y 2 ≤ b, 0 ≤ y}<br />
{(r,θ)|a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π}<br />
1.38. Funktioner i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Eksempel<br />
En funktion g : R 2 \{0} → R er givet i kartesiske koordinater ved forskriften<br />
(x,y) ↦→ x2 − y 2<br />
x 2 + y 2<br />
I polære koordinater x = r cos(θ), y = r sin(θ) er funktionen g givet ved<br />
(r,θ) ↦→ (r cos θ)2 − (r sin θ) 2<br />
(r cos θ) 2 + (r sin θ) 2<br />
= (cos θ) 2 − (sin θ) 2<br />
= cos(2θ)<br />
2. Partielle afledede<br />
2.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 3.1, 3.4, 11.3<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Differentiabel funktion i en variabel<br />
✌ Partielle afledede i flere variable<br />
✌ Notation og regneregler for partielle afledede<br />
✌ Test partielle afledede<br />
✌ Grafisk afledede<br />
✌ Test grafisk afledede<br />
✌ Højere partielle afledede<br />
✌ Differentiationsordenen er ligegyldig<br />
✌ Partielle differentialligninger<br />
✌ Test Laplaces ligning<br />
2.2. Tangenthældning ☞ [S] 2.7 Derivatives<br />
2 3 Definition<br />
Den afledede af f(x) i tallet a er<br />
df<br />
dx (a) = f ′ f(a + h) − f(a)<br />
(a) = lim<br />
h→0 h<br />
y<br />
(a, f(a))<br />
(a + h, f(a + h))<br />
f(x)<br />
x
18 I. DIFFERENTIATION<br />
2.3. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . .<br />
d<br />
dx (xn ) = nx n−1<br />
d<br />
dx (ex ) = e x<br />
d 1<br />
(ln(x)) =<br />
dx x<br />
d<br />
dx (ax ) = ln(a)a x<br />
2.4. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . .<br />
d<br />
(sin(x)) = cos(x)<br />
dx<br />
d<br />
(cos(x)) = −sin(x)<br />
dx<br />
d<br />
dx (tan(x)) = 1 + tan2 (x)<br />
d<br />
dx (sin−1 1<br />
(x)) = √<br />
1 − x2 d<br />
dx (tan−1 (x)) = 1<br />
1 + x2 2.5. Vælg og afled ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 1<br />
Givet funktionen<br />
f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
Hold y fast<br />
Hold x fast<br />
d<br />
dx f(x,y) = 3x2 + 2xy 3<br />
d<br />
dy f(x,y) = 3x2 y 2 − 4y<br />
2.6. Partielt afledt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
4 Definition<br />
Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn <strong>til</strong> x i punktet (a,b) er<br />
∂f f(a + h,b) − f(a,b)<br />
(a,b) = lim<br />
∂x h→0 h<br />
Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn <strong>til</strong> y i punktet (a,b) er<br />
∂f f(a,b + h) − f(a,b)<br />
(a,b) = lim<br />
∂y h→0 h
2. PARTIELLE AFLEDEDE 19<br />
2.7. Skrives forskelligt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Notation<br />
Ses også<br />
∂f<br />
(x,y) = fx(x,y)<br />
∂x<br />
∂f<br />
(x,y) = fy(x,y)<br />
∂y<br />
fx(x,y) = f1(x,y)<br />
fy(x,y) = f2(x,y)<br />
2.8. Nemt at aflede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 1<br />
Funktionen<br />
f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
har partielle afledede<br />
fx(x,y) = 3x 2 + 2xy 3<br />
fy(x,y) = 3x 2 y 2 − 4y<br />
2.9. Graf uden kanter ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Figur - Eksempel 1<br />
z<br />
x<br />
0<br />
f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
2.10. Nyttige regler ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Morale for Partielle afledede<br />
(1) fx beregnes ved at holde y fast og differentiere med hensyn <strong>til</strong> x.<br />
(2) fy beregnes ved at holde x fast og differentiere med hensyn <strong>til</strong> y.<br />
(3) Alle regneregler for differentiation i en variabel, +, −, ·,/, sammensatfunktion,<br />
inversfunktion kan benyttes.<br />
2.11. Udregning af partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 3<br />
f(x,y) = sin( x<br />
1 + y )<br />
y
20 I. DIFFERENTIATION<br />
har partielle afledede<br />
fx(x,y) = sin ′ ( x<br />
<br />
d x<br />
) ·<br />
1 + y dx 1 + y<br />
fy(x,y) = sin ′ ( x<br />
<br />
d x<br />
) ·<br />
1 + y dy 1 + y<br />
<br />
= cos( x 1<br />
)<br />
1 + y 1 + y<br />
= cos( x −x<br />
)<br />
1 + y (1 + y) 2<br />
2.12. Udregning af partielle afledede<br />
Eksempel<br />
☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
f(x,y) = ln(<br />
1<br />
har partielle afledede<br />
og <strong>til</strong>svarende<br />
fx(x,y) = ln ′ (<br />
fy(x,y) =<br />
1 + x2 )<br />
+ y2 1<br />
1 + x2 d<br />
) ·<br />
+ y2 dx<br />
<br />
−2x<br />
= (1 + x 2 + y 2 )<br />
(1 + x2 + y2 ) 2<br />
−2x<br />
=<br />
(1 + x2 + y2 )<br />
−2y<br />
(1 + x 2 + y 2 )<br />
1<br />
1 + x 2 + y 2<br />
2.13. Test partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Test<br />
Betragt funktionen f(x,y) = x3 − y2 + xy.<br />
(a) fx = 3x2 − y2 + y. (b) fx = 3x3 − y2 + y.<br />
(c) fx = 3x2 + y. (d) fx = 3x2 − 2y2 + y.<br />
Løsning<br />
For y fastholdt<br />
Afkryds den rigtige påstand:<br />
fx(x,y) = d<br />
dx (x3 − y 2 + xy)<br />
= 3x 2 − 0 + y<br />
<br />
(a) (b) (c) (d)<br />
<br />
2.14. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Grafisk bestemmelse<br />
y<br />
2 0 2<br />
Niveaukurver omkring (x0,y0) = (2,2).<br />
Sæt g(h) = f(x0 + h,y0) og aflæs støttepunkter:<br />
h<br />
1<br />
f(x,y)=1<br />
0<br />
1<br />
2<br />
3<br />
2<br />
x
2. PARTIELLE AFLEDEDE 21<br />
h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0<br />
g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2<br />
2.15. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Grafisk bestemmelse - fortsat<br />
Støttepunkter<br />
giver grafen<br />
Heraf f.eks.<br />
h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0<br />
g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2<br />
z<br />
fx(x0,y0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.6 + 1.1) ≈ 0.85<br />
2.16. Test grafisk afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Test<br />
Betragt niveaukurverne for en funktion f(x,y),f(1,1) = 0 og bedøm:<br />
y<br />
1<br />
1 f=0<br />
f= 1<br />
f=5<br />
x<br />
(a) fx(1,1) > 0.<br />
(b) fx(1,1) < 0.<br />
(c) fy(1,1) < 0.<br />
(d) fxx(1,1) > 0.<br />
Løsning<br />
x ↦→ f(x,1) er voksende med voksende afledt.<br />
1<br />
h<br />
Afkryds to sande:<br />
(a) (b) (c) (d)<br />
<br />
2.17. Udvid <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 5<br />
Omtalen af partielle afledede udvides umiddelbart <strong>til</strong> flere end to variable.<br />
har tre partielle afledede<br />
f(x,y,z) = e xy ln(z)<br />
fx = ye xy ln(z)<br />
fy = xe xy ln(z)<br />
xy 1<br />
fz = e<br />
z<br />
2.18. Afled flere gange ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Notation for højere afledede<br />
∂2f (x,y) = fxx(x,y)<br />
∂x2
22 I. DIFFERENTIATION<br />
∂2f (x,y) = fyy(x,y)<br />
∂y2 ∂2f (x,y) = fyx(x,y)<br />
∂x∂y<br />
∂2f (x,y) = fxy(x,y)<br />
∂y∂x<br />
2.19. Mere afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 1, 6<br />
Afledede og højere afledede<br />
f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y<br />
fxx = 6x + 2y 3 , fyy = 6x 2 y − 4<br />
fxy = 6xy 2 , fyx = 6xy 2<br />
2.20. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 3<br />
f(x,y) = sin( x<br />
1 + y )<br />
Afledede og højere afledede<br />
fx = cos( x 1<br />
)<br />
1 + y 1 + y<br />
fxx = −sin( x<br />
1 + y )<br />
1<br />
(1 + y) 2<br />
fxy = −sin( x −x x −1<br />
) + cos( )<br />
1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2<br />
2.21. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
f(x,y) = sin( x<br />
1 + y )<br />
Afledede og højere afledede<br />
fy = cos( x −x<br />
)<br />
1 + y (1 + y) 2<br />
fyy = −sin( x<br />
1 + y )<br />
x2 x<br />
+ cos(<br />
(1 + y) 4 1 + y )<br />
2x<br />
(1 + y) 3<br />
fyx = −sin( x −x x −1<br />
) + cos( )<br />
1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2
2. PARTIELLE AFLEDEDE 23<br />
2.22. Der er kun det halve arbejde ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Sætning (Clairaut)<br />
Antag at f er defineret på en (lille) cirkelskive med centrum i (a,b). Hvis fxy,fyx er<br />
kontinuerte på cirkelskiven, så gœlder<br />
fxy(a,b) = fyx(a,b)<br />
"Højere partielle afledede afhænger ikke af differentiations rækkefølgen."<br />
2.23. Overbevis ☞ [S] Appendix E A few proofs<br />
Bevis (Clairaut)<br />
∆(h) = (f(a + h,b + h) − f(a + h,b)) − (f(a,b + h) − f(a,b))<br />
Omskrives ved middelværdisætningen<br />
∆(h) = (fx(c,b + h) − fx(c,b))h<br />
Ved ombytning af x,y<br />
for (c,d),(c ′ ,d ′ ) tæt ved (a,b).<br />
= fxy(c,d)h 2<br />
fyx(c ′ ,d ′ )h 2 = fxy(c,d)h 2<br />
Konklusion ved kontinuitet af de dobbelte afledede.<br />
2.24. Opgaver er sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Øvelse 53<br />
f(x,y) = x 2 y 3 − 2x 4 y<br />
Find fxxx og fyxxx.<br />
fx = 2xy 3 − 8x 3 y<br />
fxx = 2y 3 − 24x 2 y<br />
fxxx = −48xy<br />
fyxxx = fxxxy = −48x<br />
2.25. Mange opgaver er meget sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Øvelse 55<br />
f(x,y,z) = x 5 + x 4 y 4 z 3 + yz 2<br />
Find fxyz.<br />
fy = 4x 4 y 3 z 3 + z 2<br />
fyx = 16x 3 y 3 z 3<br />
fxyz = fyxz = 48x 3 y 3 z 2<br />
2.26. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Øvelse 77<br />
f(x,y) = x(x 2 + y 2 ) −3/2 e sin(x2 y)<br />
Find fx(1,0).<br />
f(1,0) = 1(1 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 = 1<br />
fx(1,0) = lim<br />
x→1<br />
x(x 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 − 1<br />
x − 1
24 I. DIFFERENTIATION<br />
xx<br />
fx(1,0) = lim<br />
x→1<br />
−3 − 1<br />
x − 1<br />
2.27. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Øvelse 77 - fortsat<br />
xx<br />
fx(1,0) = lim<br />
x→1<br />
−3 − 1<br />
x − 1<br />
fx(1,0) = lim<br />
x→1<br />
fx(1,0) = lim<br />
x→1<br />
1 − x 2<br />
x 2 (x − 1)<br />
−1 − x<br />
= −2<br />
x2 2.28. Partielle differentialligninger ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Definition<br />
En partiel differentialligning er et udtryk i de partielle afledede.<br />
Ligningen<br />
∂2u ∂x2 + ∂2u = 0<br />
∂y2 kaldes Laplaces ligning.<br />
Ligningen<br />
kaldes bølgeligningen.<br />
∂2u ∂t2 = a2 ∂2u ∂x2 2.29. Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 8<br />
Funktionen u(x,y) = e x siny er løsning <strong>til</strong> Laplaces ligning<br />
Løsning<br />
giver<br />
uxx + uyy = 0<br />
ux = e x sin y, uxx = e x sin y<br />
uy = e x cos y, uyy = −e x siny<br />
uxx + uyy = 0<br />
2.30. Bølgeligningen ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Eksempel 9<br />
Funktionen u(t,x) = sin(x − at) er løsning <strong>til</strong> bølgeligningen<br />
Løsning<br />
giver<br />
utt = a 2 uxx<br />
ut = −acos(x − at), utt = −a 2 sin(x − at)<br />
ux = cos(x − at), uxx = −sin(x − at)<br />
utt = a 2 uxx
3. TANGENTPLAN 25<br />
2.31. Test Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives<br />
Test<br />
Funktionen f(x,y) = 3x + 5y + 10 er en løsning <strong>til</strong> Laplace’s ligning<br />
Løsning<br />
Udregningen<br />
giver<br />
∂ 2 f/∂x 2 + ∂ 2 f/∂y 2 = 0.<br />
fx = 3, fxx = 0, fy = 5, fyy = 0<br />
fxx + fyy = 0<br />
3. Tangentplan<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
3.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 2.9, 11.4<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Tangentlinje for graf<br />
✌ Tangentplan for graf<br />
✌ Test tangentplan<br />
✌ Lineær approximation i en og flere variable<br />
✌ Test approximation<br />
✌ Differentiabilitet i flere variable<br />
✌ Differentialet af en funktion<br />
✌ Test differentialet<br />
3.2. Tangentlinje ☞ [S] 2.7 Derivatives<br />
Figur<br />
y<br />
(a, f(a))<br />
y = f(a) + f ′ (a)(x a)<br />
I ⊂ R, f : I → R<br />
f(x)<br />
3.3. Ligning for tangent ☞ [S] 2.7 Derivatives<br />
Definition<br />
Tangentlinjen for grafen for en funktion y = f(x) i et punkt (a,b), b = f(a) er linjen<br />
gennem (a,b), som indeholder tangentvektoren<br />
<strong>til</strong> grafen<br />
(1,f ′ (a))<br />
x ↦→ (x,f(x))<br />
x
26 I. DIFFERENTIATION<br />
En ligning for tangentlinjen er<br />
y − b = f ′ (a)(x − a)<br />
3.4. Find tangentlinjen ☞ [S] 2.7 Derivatives<br />
Eksempel 2<br />
Find ligningen for tangentlinjen <strong>til</strong> y = x 2 − 8x + 9 i punktet (3, −6).<br />
Den afledede er<br />
y ′ = 2x − 8, y ′ (3) = −2<br />
Ligningen for tangentlinjen er<br />
eller<br />
y − (−6) = (−2)(x − 3)<br />
y = −2x<br />
3.5. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations<br />
Figur<br />
y<br />
0<br />
D<br />
(x,y)<br />
x<br />
D ⊂ R 2 , f : D → R<br />
f(x,y)<br />
3.6. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Definition<br />
Tangentplanen <strong>til</strong> grafen for en funktion z = f(x,y) i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0)<br />
er planen gennem (x0,y0,z0), som indeholder tangentvektorerne<br />
<strong>til</strong> koordinatkurverne<br />
på grafen Γf .<br />
(1,0,fx(x0,y0)), (0,1,fy(x0,y0))<br />
x ↦→ (x,y0,f(x,y0)), y ↦→ (x0,y,f(x0,y))<br />
3.7. Ligning for tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
2 Sætning<br />
Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en lille cirkelskive om (x0,y0). Tangentplanen<br />
for grafen i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0) har ligning<br />
Bevis<br />
z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0)
Indsættes<br />
3. TANGENTPLAN 27<br />
(x,y,z) = (x0,y0,z0) + (1,0,fx(x0,y0))<br />
= (x0 + 1,y0,z0 + fx(x0,y0))<br />
er ligningen opfyldt. Ligeså for den anden tangentvektor.<br />
3.8. Find tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Eksempel 1<br />
Find ligningen for tangentplanen <strong>til</strong><br />
i punktet (1,1,3).<br />
Løsning<br />
De partielle afledede er<br />
z = 2x 2 + y 2<br />
zx = 4x,zy = 2y<br />
z(1,1) = 3, zx(1,1) = 4, zy(1,1) = 2<br />
I punktet (1,1,3) er tangentplanen givet ved<br />
z − 3 = 4(x − 1) + 2(y − 1)<br />
3.9. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations<br />
Figur - Eksempel 1<br />
x<br />
z<br />
Tangentplan i (1,1,3)<br />
3.10. Find endnu en tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Eksempel<br />
Find en ligning for tangentplan i (1,2,f(1,2)).<br />
f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y<br />
f(1,2) = 1, fx(1,2) = 19, fy(1,2) = 4<br />
I punktet (x0,y0,z0) = (1,2,1) er tangentplanen givet ved<br />
Som giver<br />
z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0)<br />
z − 1 = 19(x − 1) + 4(y − 2)<br />
y
28 I. DIFFERENTIATION<br />
3.11. Test tangentplan<br />
Test<br />
☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Lad f(x,y) = x + xy. Så har grafen for f vandret tangentplan i (0,0,0).<br />
Afkryds:<br />
Løsning<br />
Udregningen<br />
fx = 1 + y, fy = x<br />
ja nej<br />
<br />
giver<br />
fx(0,0) = 1 = 0<br />
3.12. Lineær approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations<br />
Definition<br />
Tangentlinjen for en funktion i en variabel er grafen for en lineær funktion<br />
L(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a)<br />
kaldet lineariseringen af f i a.<br />
Approximationen<br />
f(x) ≈ f(a) + f ′ (a)(x − a)<br />
kaldes den lineære approximation af f for x ≈ a.<br />
3.13. Find approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations<br />
Eksempel 2<br />
Find den lineære approximation af f(x) = √ x i a = 1.<br />
Løsning<br />
Lineariseringen er<br />
Approximationen er<br />
f ′ (x) = 1<br />
2 √ x , f ′ (1) = 1<br />
2<br />
L(x) = 1 + 1<br />
(x − 1)<br />
2<br />
√ 1<br />
x ≈ 1 + (x − 1), for x ≈ 1<br />
2<br />
3.14. Approximation i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . .<br />
3 4 Definition<br />
Tangentplanen er grafen for en lineær funktion<br />
kaldet lineariseringen <strong>til</strong> f i (a,b).<br />
Approximationen<br />
L(x,y) = f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b)<br />
f(x,y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b)<br />
kaldes den lineære approximation af f for (x,y) ≈ (a,b).<br />
3.15. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Eksempel<br />
f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2<br />
fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y<br />
f(1,2) = 1,fx(1,2) = 19,fy(1,2) = 4
I punktet (1,2) er den lineære approximation<br />
Benyttes <strong>til</strong> <strong>til</strong>nærmelse<br />
3. TANGENTPLAN 29<br />
f(x,y) ≈ 1 + 19(x − 1) + 4(y − 2)<br />
f(1.1,1.9) ≈ 1 + 19(1.1 − 1) + 4(1.9 − 2) = 2.5<br />
3.16. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Test<br />
Betragt den lineære approximation <strong>til</strong> funktionen<br />
i punktet (x,y) = (1,1). Den er givet ved<br />
(a) f(x,y) ≈ −1<br />
2<br />
f(x,y) = 1<br />
x2 1<br />
−<br />
+ y 2<br />
−1<br />
(x − 1) + (y − 1). (b) f(x,y) ≈ 2xy.<br />
4<br />
(c) f(x,y) ≈ 1 + y. (d) f(x,y) ≈<br />
−1<br />
(x2 .<br />
+ y) 2<br />
Løsning<br />
Udeluk (b), (c), (d) ved indsættelse af (1,1).<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c) (d)<br />
<br />
3.17. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Test - løsning<br />
f(x,y) = 1<br />
x2 1<br />
−<br />
+ y 2<br />
giver i punktet (1,1)<br />
fx = −2x<br />
(x2 + y) 2 , fy<br />
−1<br />
=<br />
(x2 + y) 2<br />
fx(1,1) = −1<br />
2 , fy(1,1) = −1<br />
4<br />
Approximationen af f for (x,y) ≈ (1,1) skrives<br />
f(x,y) ≈ −1<br />
2<br />
−1<br />
(x − 1) + (y − 1)<br />
4<br />
3.18. Omskriv differentiabel ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Bemærkning<br />
En funktion y = f(x) er differentiabel i a, hvis<br />
5 ∆y = f ′ (a)∆x + ǫ∆x<br />
hvor<br />
ǫ → 0, når ∆x → 0<br />
3.19. Tilvækst ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Definition<br />
For funktion z = f(x,y) er <strong>til</strong>væksten i (a,b)<br />
6 ∆z = f(a + ∆x,b + ∆y) − f(a,b)<br />
Eksempel
30 I. DIFFERENTIATION<br />
For z = x 2 + y 2 er <strong>til</strong>væksten i (a,b)<br />
Altså<br />
∆z = (a + ∆x) 2 + (b + ∆y) 2 − (a 2 + b 2 )<br />
∆z = 2a∆x + 2b∆y + ∆x 2 + ∆y 2<br />
3.20. Differentiabilitet i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
7 Definition<br />
z = f(x,y) er differentiabel i (a,b), hvis<br />
hvor<br />
∆z = fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y + ǫ1∆x + ǫ2∆y<br />
ǫ1,ǫ2 → 0, når ∆x,∆y → 0<br />
Bemærkning<br />
“En funktion er differentiabel, når den lineære approximation er god.”<br />
3.21. Differentiabilitet som forventet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . .<br />
8 Sætning<br />
Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en omegn af (a,b). Så er f differentiabel<br />
i (a,b).<br />
Bemærkning<br />
I så fald<br />
f(a + ∆x,b + ∆y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y<br />
når ∆x,∆y ≈ 0.<br />
3.22. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Eksempel 2<br />
f = xe xy<br />
fx = e xy + xye xy , fy = x 2 e xy<br />
f(1,0) = 1,fx(1,0) = 1,fy(1,0) = 1<br />
I punktet (1,0) er den lineære approximation<br />
Benyttes <strong>til</strong> <strong>til</strong>nærmelse<br />
xe xy ≈ 1 + (x − 1) + y<br />
1.1e 1.1·(−0.1) ≈ 1 + (1.1 − 1) + (−0.1) = 1<br />
3.23. Differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations<br />
Definition<br />
Differentialet af en funktion y = f(x) er<br />
9 dy = f ′ (x)dx<br />
og for funktionen z = f(x,y)<br />
10<br />
Bemærk<br />
df = fx(x,y)dx + fy(x,y)dy<br />
dz = ∂z ∂z<br />
dx +<br />
∂x ∂y dy<br />
∆z ≈ dz
3. TANGENTPLAN 31<br />
3.24. Skriv differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Eksempel 4<br />
f = x 2 + 3xy − y 2<br />
Benyttes <strong>til</strong> <strong>til</strong>nærmelse<br />
fx = 2x + 3y, fy = 3x − 2y<br />
dz = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy<br />
f(2,3) = 13,fx(2,3) = 13,fy(2,3) = 0<br />
f(2.05,2.96) ≈ 13 + 13 · 0.05 + 0 · (−0.04) = 13.65<br />
3.25. Opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations<br />
Øvelse 9<br />
f(x,y) = x √ y<br />
Begrund differentiabilitet om (1,4) og find den lineære approximation.<br />
Løsning<br />
er kontinuerte om (1,4).<br />
når (x,y) ≈ (1,4).<br />
fx = √ y, fy = x<br />
2 √ y<br />
x √ y ≈ 2 + 2(x − 1) + 1<br />
(y − 4)<br />
4<br />
3.26. Opgave fortsat<br />
Øvelse 9 - fortsat<br />
☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations<br />
Skrives også<br />
(1 + ∆x) 4 + ∆y ≈ 2 + 2∆x + 1<br />
4 ∆y<br />
Beregn <strong>til</strong>nærmelse<br />
0.9 √ 4.4 ≈ 2 + 2(−0.1) + 1<br />
0.4 = 1.9<br />
4<br />
3.27. Test differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .<br />
Test<br />
Givet z = ln(ax + by). Differentialet er:<br />
(a) dz = adx + bdy. (b) dz = a b<br />
ax+bydx + ax+bydy. (c) dz = aln(ax + by)dx + bln(ax + by)dy.<br />
Løsning<br />
Udregningen<br />
giver differentialet<br />
zx = a<br />
ax+by , zy = b<br />
ax+by<br />
dz = zx dx + zy dy<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
3.28. Udvid <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Definition<br />
Omtalen af tangentplan, lineær approximation og differentialer udvides umiddelbart <strong>til</strong><br />
funktioner af tre eller flere variable.
32 I. DIFFERENTIATION<br />
Funktionen w = f(x,y,z) har tangentplan i punktet (a,b,c,d), d = f(a,b,c) med ligning<br />
w − d =<br />
fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c)<br />
3.29. Udvid <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Definition - fortsat<br />
Funktionen w = f(x,y,z) har lineær approximation<br />
og differential<br />
f(x,y,z) ≈ f(a,b,c)<br />
+ fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c)<br />
dw = ∂w<br />
∂x<br />
∂w ∂w<br />
dx + dy +<br />
∂y ∂z dz<br />
3.30. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Øvelse 21<br />
Find differentialet af<br />
w = ln x 2 + y 2 + z 2<br />
Løsning<br />
Beregn først<br />
wx =<br />
=<br />
1 d <br />
x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 dx<br />
x<br />
x 2 + y 2 + z 2<br />
3.31. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Øvelse 21 - alternativ<br />
w = ln x 2 + y 2 + z 2 = 1<br />
2 ln(x2 + y 2 + z 2 )<br />
Løsning<br />
Beregn<br />
wx = 1<br />
2 ·<br />
=<br />
1<br />
x2 + y2 · 2x<br />
+ z2 x<br />
x 2 + y 2 + z 2<br />
3.32. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.<br />
Øvelse 21 - fortsat<br />
Ved symmetri<br />
Differentialet er<br />
wy =<br />
w = ln x 2 + y 2 + z 2<br />
wx =<br />
x<br />
x 2 + y 2 + z 2<br />
y<br />
x2 + y2 + z2 ,wz<br />
z<br />
=<br />
x2 + y2 + z2 dw =<br />
xdx + ydy + zdz<br />
x 2 + y 2 + z 2
4. KÆDEREGLEN 33<br />
4. Kædereglen<br />
4.1. Oversigt ☞ [S] 3.5, 11.5<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Kædereglen i en variabel<br />
✌ Kædereglen to variable<br />
✌ Test kædereglen<br />
✌ Kædereglen i tre eller flere variable<br />
✌ Jacobimatricen<br />
✌ Kædereglen på matrixform<br />
✌ Test matrixform<br />
✌ Differentiation af implicit funktion<br />
✌ Test implicit funktion<br />
4.2. Sammensat funktion ☞ [S] 3.5 The chain rule<br />
Sætning (Kædereglen)<br />
For f(u), u = g(x) differentiable er den sammensatte funktion F = f ◦ g differentiabel<br />
med<br />
F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x)<br />
For y = F(x) = f(g(x)) skrives<br />
dy dy du<br />
=<br />
dx du dx<br />
4.3. Overbevis ☞ [S] 3.5 The chain rule<br />
Bevis<br />
∆u = g(x + ∆x) − g(x), ∆y = f(u + ∆u) − f(u)<br />
giver<br />
der har kædereglen<br />
som grænseværdi for ∆x → 0.<br />
∆y ∆y ∆u<br />
=<br />
∆x ∆u ∆x<br />
dy dy du<br />
=<br />
dx du dx<br />
4.4. Brug kæderegel ☞ [S] 3.5 The chain rule<br />
Eksempel 1<br />
Find F ′ (x) for F(x) = √ x 2 + 1.<br />
f(u) = √ u, u = g(x) = x 2 + 1 er differentiable med<br />
f ′ (u) = 1<br />
2 √ u , g′ (x) = 2x<br />
F = f ◦ g er differentiabel med<br />
F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ 1<br />
(x) =<br />
2 √ x2 + 1 2x<br />
Altså d x<br />
x2 + 1 = √<br />
dx x2 + 1<br />
4.5. Kæderegel i en variabel igen ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Sætning (Kædereglen)<br />
d<br />
dt f(g(t)) = f ′ (g(t))g ′ (t)
34 I. DIFFERENTIATION<br />
y = f(x),x = g(t)<br />
1<br />
Med differentialer<br />
dy<br />
dt<br />
dy dx<br />
=<br />
dx dt<br />
dx = g ′ (t)dt, dy = f ′ (x)dx = f ′ (x)g ′ (t)dt<br />
4.6. Kædereglen i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Figur<br />
t ↦→ (x,y) (x,y) ↦→ z<br />
(x,y)<br />
t z<br />
t ↦→ z<br />
Sammensat funktion<br />
4.7. Kæderegel i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
2 Sætning (Kædereglen)<br />
Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(t),y(t) er differentiable funktioner. Den sammensatte<br />
funktion z(t) er differentiabel med<br />
Skrives også kompakt<br />
dz<br />
dt<br />
∂z dx ∂z dy<br />
= +<br />
∂x dt ∂y dt<br />
z ′ = zx x ′ + zy y ′<br />
4.8. Differentialer sammensatte ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Bemærkning<br />
Kædereglen med differentialer, z = f(x,y).<br />
dx = dx dy<br />
dt, dy =<br />
dt dt dt<br />
dz = ∂z ∂z<br />
dx +<br />
dz =<br />
∂x<br />
∂z<br />
∂x<br />
∂y dy<br />
dx ∂z dy<br />
+<br />
dt ∂y dt<br />
<br />
dt<br />
4.9. Overbevis ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Bevis - kæderegel<br />
giver<br />
∆z = ∂z ∂z<br />
∆x +<br />
∂x ∂y ∆y + ǫ1∆x + ǫ2∆y<br />
∆z<br />
∆t<br />
∂z ∆x ∂z ∆y<br />
≈ +<br />
∂x ∆t ∂y ∆t
der har kædereglen<br />
som grænseværdi for ∆t → 0.<br />
dz<br />
dt<br />
4. KÆDEREGLEN 35<br />
∂z dx ∂z dy<br />
= +<br />
∂x dt ∂y dt<br />
4.10. Brug kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 1 z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t<br />
Kædereglen giver<br />
Heraf for t = 0<br />
zx = 2xy + 3y 4 , zy = x 2 + 12xy 3<br />
z ′ = zxx ′ + zyy ′<br />
x ′ = 2cos 2t, y ′ = −sin t<br />
= (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t)<br />
z ′ (0) = (0 + 3)2 + (0 + 0)0 = 6<br />
4.11. Brug kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Og videre herfra<br />
z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t<br />
z ′ = (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t)<br />
z ′ = (4sin 2t cos t + 6cos 4 t)cos 2t<br />
−(sin 2 2t + 12sin 2t cos 3 t)sin t<br />
4.12. Test kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = x 2 − xy, x = t 2 , y = t 3 . Så giver kædereglen<br />
Løsning<br />
Udregningen<br />
giver<br />
f ′ (t) = (2t 2 − t 3 ) − t 2<br />
fx = 2x − y, fy = −x, x ′ = 2t, y ′ = 3t 2<br />
f ′ = fxx ′ + fyy ′ = (2t 2 − t 3 )2t − t 2 3t 2 = 4t 3 − 5t 4<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
4.13. To gange to kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
3 Sætning (Kædereglen)<br />
Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(s,t),y(s,t) er differentiable funktioner. Den<br />
sammensatte funktion z(s,t) er differentiabel med<br />
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y<br />
= +<br />
∂s ∂x ∂s ∂y ∂s<br />
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y<br />
= +<br />
∂t ∂x ∂t ∂y ∂t
36 I. DIFFERENTIATION<br />
Altså zs = zxxs + zyys<br />
zt = zxxt + zyyt<br />
4.14. Kæderegel udregning ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 3<br />
z = e x siny, x = st 2 , y = s 2 t<br />
zx = e x sin y, zy = e x cos y<br />
xs = t 2 ,xt = 2st, ys = 2st,yt = s 2<br />
zs = zxxs + zyys = e x sin(y)t 2 + 2e x cos(y)st<br />
= e st2<br />
sin(s 2 t)t 2 + 2e st2<br />
cos(s 2 t)st<br />
zt = zxxt + zyyt = 2e x sin(y)st + e x cos(y)s 2<br />
= 2e st2<br />
sin(s 2 t)st + e st2<br />
cos(s 2 t)s 2<br />
4.15. Udvid <strong>til</strong> mange variable ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
4 Sætning (Kædereglen generelt)<br />
Antag at u er en differentiabel funktion af variable x1,...,xn, som hver er differentiable<br />
funktioner af variable t1,...,tm. Så er<br />
Mere kompakt skrives<br />
∂u<br />
∂ti<br />
= ∂u ∂x1<br />
+ · · · +<br />
∂x1 ∂ti<br />
∂u ∂xn<br />
∂xn ∂ti<br />
∂u<br />
=<br />
∂ti<br />
n<br />
j=1<br />
∂u ∂xj<br />
4.16. Kæderegel kan ej undværes ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 5<br />
u = x 4 y + y 2 z 3<br />
Beregn us i (r,s,t) = (2,1,0).<br />
∂xj<br />
∂ti<br />
x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t<br />
us = uxxs + uyys + uzzs<br />
= 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t<br />
4.17. Kædereglen ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 5 - fortsat<br />
x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t<br />
x(2,1,0) = 2, y(2,1,0) = 2, z(2,1,0) = 0<br />
us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t<br />
us(2,1,0) = 4 · 2 3 · 2 · 2 + (2 4 + 0)2 · 2 + 0<br />
= 192
4. KÆDEREGLEN 37<br />
4.18. Jacobimatricen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering<br />
Definition<br />
For en differentiabel afbildning g : R n → R m<br />
(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gm(u1,...,un))<br />
er Jakobimatricen følgende m × n-matrix<br />
⎛<br />
du(g) =<br />
⎜<br />
⎝<br />
∂g1<br />
∂u1<br />
.<br />
∂gm<br />
∂u1<br />
4.19. Kædereglen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering<br />
Sætning<br />
For differentiable afbildninger<br />
er sammensætningen<br />
R n<br />
...<br />
. ..<br />
...<br />
∂g1<br />
∂un<br />
.<br />
∂gm<br />
∂un<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
g<br />
−−−−→ R m f<br />
−−−−→ R p<br />
R n f◦g<br />
−−−−→ R p<br />
differentiabel og Jakobimatricen er matrixproduktet<br />
du(f ◦ g) = d g(u)(f)du(g)<br />
4.20. Matricer er godt ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 5 (Matrixform)<br />
u = x 4 y + y 2 z 3<br />
Beregn us.<br />
x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t<br />
d(u) = ur us<br />
<br />
ut<br />
= ⎛<br />
ux uy<br />
<br />
uz ⎝<br />
xr xs xt<br />
yr ys yt<br />
zr zs zt<br />
4.21. Matrixprodukt ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 5 (Matrixform) - fortsat<br />
Svaret er<br />
u = x 4 y + y 2 z 3 , x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t<br />
ur us ut<br />
<br />
⎛<br />
= 4x3y x4 + 2yz3 3y2z2 ⎝<br />
⎞<br />
⎠<br />
set ret rset s2e−t 2rse−t −rs2e−t 2rssin t r2 sin t r2scos t<br />
us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t<br />
4.22. Test matrixform ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Test<br />
Lad g(x,y) = (x 2 − y 2 ,xy). Så er Jacobimatricen:<br />
<br />
2 2 x −y 2x −2y 2x −2y<br />
(a)<br />
. (b)<br />
. (c)<br />
.<br />
x y y x x y<br />
⎞<br />
⎠
38 I. DIFFERENTIATION<br />
Løsning<br />
Funktionerne g1 = x 2 − y 2 , g2 = xy med<br />
giver Jacobimatrix<br />
Afkryds den rigtige:<br />
g1x = 2x, g1y = −2y, g2x = y, g2y = x<br />
<br />
2x −2y<br />
=<br />
.<br />
y x<br />
g1x g1y<br />
g2x g2y<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
4.23. Implicit given funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Implicit funktion<br />
Ligningen<br />
F(x,y) = 0, Fy(a,b) = 0<br />
definerer en løsningsfunktion y(x) med F(x,y(x)) = 0 for x <strong>til</strong>pas nær a.<br />
Kædereglen giver<br />
Fxx ′ + Fyy ′ = 0<br />
og deraf<br />
6 y ′ (x) = − Fx<br />
4.24. Kurve er graf ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Figur<br />
y<br />
1<br />
Fy<br />
F(x,y) = 0<br />
4.25. Inddirekte beregning ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 8<br />
F = x 3 + y 3 − 6xy = 0<br />
Fx = 3x 2 − 6y, Fy = 3y 2 − 6x<br />
når Fy = 3y 2 − 6x = 0.<br />
dy<br />
dx<br />
= −Fx<br />
Fy<br />
= − 3x2 − 6y<br />
3y2 − 6x<br />
= 2y − x2<br />
y2 − 2x<br />
x
4. KÆDEREGLEN 39<br />
4.26. Test implicit funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Test<br />
Lad F(x,y) = e 2x + e y − 2. Ligningen F(x,y) = 0 definerer en funktion y(x) for x nær<br />
0. Der gælder:<br />
(a) y ′ (0) = −1. (b) y ′ (0) = 2. (c) y ′ (0) = −2.<br />
Løsning<br />
Udregningen<br />
giver<br />
Fx = 2e 2x , Fy = e y<br />
y ′ = −Fx/Fy<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
4.27. Udvid <strong>til</strong> flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Implicit funktion generelt<br />
F(x,y,z) = 0, Fz(a,b,c) = 0<br />
definerer en løsningsfunktion z(x,y) med F(x,y,z(x,y)) = 0 for (x,y) <strong>til</strong>pas nær (a,b).<br />
Kædereglen giver<br />
Fxx ′ + Fyy ′ + Fzz ′ = 0<br />
og deraf<br />
7 zx = − Fx<br />
, zy = − Fy<br />
Fz<br />
4.28. Inddirekte beregning flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Eksempel 9<br />
F = x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1<br />
Fx = 3x 2 + 6yz, Fy = 3y 2 + 6xz, Fz = 3z 2 + 6xy<br />
zx = − Fx<br />
Fz<br />
zy = − Fy<br />
Fz<br />
Fz<br />
= −3x2 − 6yz<br />
3z2 + 6xy = −x2 + 2yz<br />
z2 + 2xy<br />
= −3y2 − 6xz<br />
3z2 + 6xy = −y2 + 2xz<br />
z2 + 2xy<br />
4.29. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Øvelse 19<br />
x + y<br />
u =<br />
y + z<br />
x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t<br />
Beregn up.<br />
ux = 1<br />
y + z<br />
−x + z<br />
uy =<br />
(y + z) 2<br />
−x − y<br />
uz =<br />
(y + z) 2
40 I. DIFFERENTIATION<br />
4.30. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule<br />
Øvelse 19 - fortsat<br />
x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t<br />
ux = 1<br />
y + z , uy =<br />
up =<br />
−x + z<br />
(y + z) 2 , uz =<br />
up = uxxp + uyyp + uzzp<br />
−x − y<br />
(y + z) 2<br />
y + z −x + z −x − y<br />
+ +<br />
(y + z) 2 (y + z) 2 (y + z) 2<br />
= −t<br />
p2 5. Gradient<br />
5.1. Oversigt ☞ [S] 11.6<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Retningsafledt<br />
✌ Gradientvektor<br />
✌ Gradient i flere variable<br />
✌ Fortolkning af gradientvektoren<br />
✌ August 2002, opgave 5<br />
5.2. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Definition - gentaget<br />
De partielle afledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) er<br />
1<br />
når grænseværdierne eksisterer.<br />
f(x0 + h,y0) − f(x0,y0)<br />
fx(x0,y0) = lim<br />
h→0 h<br />
f(x0,y0 + h) − f(x0,y0)<br />
fy(x0,y0) = lim<br />
h→0 h<br />
5.3. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel<br />
De partielle afledede af f(x,y) = sin(xy) i punktet (x,y) beregnes ved 1 variabel differentiation<br />
Højere afledede<br />
fx(x,y) = y cos(xy)<br />
fy(x,y) = xcos(xy)<br />
fxx(x,y) = −y 2 sin(xy)<br />
fxy(x,y) = cos(xy) − xy sin(xy)<br />
fyx(x,y) = fxy(x,y)<br />
fyy(x,y) = −x 2 sin(xy)<br />
5.4. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel - figur
x<br />
5. GRADIENT 41<br />
z<br />
z = sin xy<br />
5.5. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
2 Definition<br />
Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) i retning af en enhedsvektor u = (a,b)<br />
er<br />
f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0)<br />
Duf(x0,y0) = lim<br />
h→0<br />
h<br />
Bemærkning<br />
Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn <strong>til</strong> x er den retningsafledede i retning e1 =<br />
(1,0) og den partielle afledede af f(x,y) med hensyn <strong>til</strong> y er den retningsafledede i retning<br />
e2 = (0,1).<br />
5.6. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
2 Definition - figur<br />
1<br />
y<br />
1<br />
0<br />
(x0, y0)<br />
y<br />
hu = (x0 + ha, y0 + hb)<br />
1<br />
1<br />
u = (a, b)<br />
5.7. Retningsafledt direkte ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel<br />
x
42 I. DIFFERENTIATION<br />
Den retningsafledede af funktionen f(x,y) = x2 +y i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4<br />
5 , 5 )<br />
beregnes direkte<br />
Duf(1,1) = lim<br />
h→0<br />
f(1 + 3<br />
5<br />
(1 +<br />
= lim<br />
h→0<br />
3<br />
= lim<br />
h→0<br />
= 2<br />
4 h,1 + 5h) − f(1,1)<br />
h<br />
5h)2 + 1 + 4<br />
5<br />
h<br />
9 6 4<br />
h + +<br />
25 5 5<br />
h − 2<br />
5.8. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel - figur<br />
z<br />
x<br />
1 1<br />
z = x 2 + y, D (3/5,4/5)z(1,1) = 2<br />
5.9. Retningsafledt, grafisk ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Grafisk bestemmelse<br />
y<br />
2<br />
1<br />
0<br />
2<br />
4<br />
u<br />
y<br />
f(x,y)=1<br />
Niveaukurver og retning u = ( 1<br />
√ 2 , − 1<br />
√ 2 ). x0 = (2,2) og g(h) = z = f(x0 + hu). Aflæs<br />
støttepunkter:<br />
h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0<br />
g(h) 1 0 0.9 2 3 2<br />
5.10. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Grafisk bestemmelse - fortsat<br />
Støttepunkter<br />
giver grafen<br />
h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0<br />
g(h) 1 0 0.9 2 3 2<br />
0<br />
1<br />
2<br />
3<br />
2<br />
x
Heraf f.eks.<br />
5. GRADIENT 43<br />
z<br />
Duf(x0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.9/0.7 + 1.1/0.8) ≈ 1.33<br />
5.11. Retningsafledt, formel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
3 Sætning<br />
For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en<br />
enhedsvektor u = (a,b) givet ved<br />
Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b<br />
Bevis<br />
Funktionen g(h) = f(x0 + ha,y0 + hb) har afledt<br />
g ′ f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0)<br />
(0) = lim<br />
= Duf(x0,y0)<br />
h→0<br />
h<br />
Konklusion fra kædereglen g ′ (0) = fx(x0,y0)a + fy(x0,y0)b<br />
5.12. Retningsafledt udregnet ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel - gentaget<br />
Funktionen f(x,y) = x 2 + y har partielle afledede<br />
fx(x,y) = 2x, fy(x,y) = 1<br />
Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4<br />
5 , 5 ) beregnes<br />
Duf(1,1) = fx(1,1) 3 4<br />
+ fy(1,1)<br />
5 5<br />
= 2 · 3 4<br />
+ 1 ·<br />
5 5<br />
= 2<br />
5.13. Retningsafledt og vinkel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning<br />
Hvis enhedsvektoren u danner en vinkel på θ med x-aksen, så er<br />
og den retningsafledede kan skrives<br />
1<br />
u = (cos θ,sin θ)<br />
6 Duf(x,y) = fx(x,y)cos θ + fy(x,y)sin θ<br />
y<br />
u<br />
(cos ,sin )<br />
1<br />
x<br />
h
44 I. DIFFERENTIATION<br />
5.14. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 2<br />
Den retningsafledede af<br />
f(x,y) = x 3 − 3xy + 4y 2<br />
i punktet (x,y) i retning π<br />
6 er<br />
Specielt er<br />
Duf(x,y) = fx(x,y)cos π π<br />
+ fy(x,y)sin<br />
6 6<br />
= (3x 2 √<br />
3<br />
− 3y) + (−3x + 8y)1<br />
2 2<br />
Duf(1,2) = −3√ 3<br />
2<br />
+ 13<br />
2<br />
5.15. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 2 - figur<br />
z<br />
x<br />
1<br />
(1,2,0)<br />
/6<br />
u<br />
Retning π/6<br />
5.16. Retningsafledt, prikprodukt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning<br />
Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x,y) i retning af en enhedsvektor u = (a,b)<br />
kan ved brug af prikproduktet skrives<br />
7<br />
Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b<br />
= (fx(x,y),fy(x,y)) · (a,b)<br />
5.17. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
8 Definition<br />
For en funktion f(x,y) er gradienten følgende vektor<br />
∇f(x,y) = (fx(x,y),fy(x,y))<br />
Bemærkning<br />
Ved brug af standard enhedsvektorerne e1 = (1,0),e2 = (0,1) skrives gradienten<br />
∇f(x,y) = fx(x,y)e1 + fy(x,y)e2<br />
5.18. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
1<br />
y
Eksempel 3<br />
Gradienten af<br />
i punktet (x,y) er<br />
I punktet (x,y) = (0,1) fås<br />
5. GRADIENT 45<br />
f(x,y) = sin x + e xy<br />
∇f(x,y) = (cos x + ye xy ,xe xy )<br />
∇f(0,1) = (cos 0 + 1 · e 0 ,0 · e 0 )<br />
= (2,0)<br />
5.19. Gradient og retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives . . .<br />
Sætning<br />
For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en<br />
enhedsvektor u = (a,b) givet ved<br />
9<br />
Bevis<br />
Netop formlen 7 .<br />
Duf(x,y) = ∇f(x,y) · u<br />
5.20. Retningsafledt og gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel - gentaget<br />
Funktionen f(x,y) = x 2 + y har gradient<br />
∇f(x,y) = (2x,1)<br />
Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4<br />
5 , 5 ) beregnes<br />
Duf(1,1) = ∇f(1,1) · ( 3 4<br />
,<br />
5 5 )<br />
= (2,1) · ( 3 4<br />
,<br />
5 5 )<br />
= 2<br />
5.21. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel - figur<br />
y<br />
(1,1)<br />
1<br />
u<br />
∇f(1,1)<br />
∇f(1,1) = (2,1), u = ( 3 4<br />
5 , 5 )<br />
5.22. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 4<br />
Gradienten af f(x,y) = x 2 y 3 − 4y er<br />
∇f(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4)<br />
x
46 I. DIFFERENTIATION<br />
For den retningsafledede i retning (2,5) bruges enhedsvektoren<br />
u = 1<br />
√ 29 (2,5)<br />
Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) ·<br />
1<br />
√ 29 (2,5)<br />
= 1<br />
√ 29 (4xy 3 + 15x 2 y 2 − 20)<br />
5.23. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 4 - fortsat<br />
I retning u = 1<br />
√ 29 (2,5) er<br />
I punktet (x,y) = (2, −1) fås<br />
Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) ·<br />
Duf(2, −1) = (−4,8) ·<br />
= 32<br />
√ 29<br />
1<br />
√ 29 (2,5)<br />
1<br />
√ 29 (2,5)<br />
5.24. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning<br />
For en funktion f i n variable er den retningsafledede i et punkt x0 ∈ R n i retning af en<br />
enhedsvektor u ∈ R n<br />
11<br />
Fra kædereglen følger<br />
12<br />
f(x0 + hu) − f(x0)<br />
Duf(x0) = lim<br />
h→0 h<br />
Duf(x0) =<br />
n<br />
i=1<br />
fxi (x0)ui<br />
5.25. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning - fortsat<br />
For en funktion f i n variable er gradienten en vektor i R n<br />
13<br />
∇f = ( ∂f<br />
,...,<br />
∂x1<br />
∂f<br />
)<br />
∂xn<br />
= (fx1 ,...,fxn )<br />
For en enhedsvektor u ∈ R n er den retningsafledede<br />
14<br />
Duf = ∇f · u<br />
n<br />
=<br />
i=1<br />
fxi ui<br />
5.26. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 5<br />
Gradienten af f(x,y,z) = xsin yz er<br />
∇f = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz)
5. GRADIENT 47<br />
For den retningsafledede i retning (1,2, −1) bruges enhedsvektoren<br />
u = 1<br />
√ 6 (1,2, −1)<br />
Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1)<br />
= 1 √ 6 (sin yz + 2xz cos yz − xy cos yz)<br />
5.27. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 5 - fortsat<br />
I retning u = 1 √ 6 (1,2, −1) er<br />
I punktet (x,y,z) = (1,3,0) fås<br />
Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1)<br />
Duf(1,3,0) = (0,0,3) · 1 √ 6 (1,2, −1)<br />
= − 3 √ 6<br />
5.28. Maksimal retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
15 Sætning<br />
Betragt en differentiabel funktion f(x) i mange variable. Den maksimale vœrdi af den<br />
retningsafledede Duf(x) er lœngden |∇f(x)| og denne antages, når u har samme retning<br />
som gradienten ∇f(x).<br />
Bevis<br />
Duf = ∇f · u = |∇f|cos θ<br />
Da θ er vinklen mellem ∇f og u følger påstanden af egenskaberne for cos θ.<br />
5.29. Størst variation ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 6<br />
Gradienten af f(x,y) = xe y er<br />
∇f(x,y) = (e y ,xe y )<br />
Den retningsafledede er størst i retning (1,x) med maksimal værdi<br />
|∇f| = e y 1 + x 2<br />
I punktet (2,0) er den retningsafledede er størst i retning (1,2) med maksimal værdi<br />
|∇f| = √ 5<br />
5.30. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning<br />
Betragt et punkt (x0,y0) på niveaukurven f(x,y) = k. En tangentvektor v <strong>til</strong> niveaukurven<br />
i (x0,y0) er vinkelret paa gradienten<br />
Hvis gradienten ∇f(x0,y0) = 0, så er<br />
∇f(x0,y0) ⊥ v<br />
∇f(x0,y0) · (x − x0,y − y0) = 0
48 I. DIFFERENTIATION<br />
en ligning for tangenten <strong>til</strong> niveaukurven.<br />
5.31. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Bemærkning - figur<br />
y<br />
f(x,y)=k<br />
tangent:<br />
∇f(x0,y0) (x x0,y y0)=0<br />
(x0,y0)<br />
∇f(x0,y0)<br />
Vinkelret på niveaukurverne vokser og aftager funktionen hurtigst.<br />
5.32. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 6 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Tangenter <strong>til</strong> niveaukurver for z = xe y .<br />
5.33. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Eksempel 6 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Skalerede gradienter 0.1∇z for z = xe y .<br />
5.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5<br />
x<br />
x<br />
x
5. GRADIENT 49<br />
Betragt funktionen f(x,y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
1. Angiv gradientvektoren ∇f(0,2).<br />
2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0,2) i retning givet ved enhedsvektoren<br />
(3/5,4/5).<br />
Løsning<br />
1. Gradienten beregnes<br />
fx = 3x 2 /(x 3 + y + 1)<br />
fy = 2y + 1/(x 3 + y + 1)<br />
∇f(0,2) = (fx(0,2),fy(0,2)) = (0,13/3)<br />
5.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5 - fortsat<br />
y<br />
∇f(0,2)<br />
(0,2)<br />
u<br />
1<br />
x<br />
2. I retning u = (3/5,4/5) er den retningsafledede<br />
Duf(0,2) = ∇f(0,2) · u<br />
= (0,13/3) · (3/5,4/5)<br />
= 52/15<br />
5.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5 - Ekstra<br />
y<br />
1<br />
x 3 +y+1>0<br />
x<br />
Definitionsområdet.<br />
x<br />
z<br />
Grafen<br />
z=y 2 +ln(x 3 +y+1)<br />
5.37. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Opgave 5 - figur<br />
y
50 I. DIFFERENTIATION<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Tangenter <strong>til</strong> niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
5.38. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .<br />
Opgave 5 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Skalerede gradienter 0.1∇z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
6. Maksimum/minimum<br />
6.1. Oversigt ☞ [S] 11.7; [LA] 13<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Lokalt maksimum og minimum<br />
✌ Absolut maksimum og minimum<br />
✌ Kritisk punkt<br />
✌ Andenordenskriteriet<br />
✌ Eksistens af absolut maksimum og minimum<br />
✌ Køreplan for maks/min-problemer<br />
✌ August 2002, opgave 3<br />
6.2. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
1 Definition<br />
En funktion f(x,y) har et lokalt maksimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive<br />
herom gælder<br />
f(x,y) ≤ f(a,b)<br />
f(a,b) er en lokal maksimumsværdi.<br />
En funktion f(x,y) har et lokalt minimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive<br />
herom gælder<br />
f(a,b) er en lokal minimumsværdi.<br />
f(x,y) ≥ f(a,b)<br />
x<br />
x
6. MAKSIMUM/MINIMUM 51<br />
6.3. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
1 Definition - figur<br />
z<br />
lokalt maksimum<br />
x<br />
lokalt minimum<br />
6.4. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Velkendt figur<br />
z<br />
lokalt maksimum<br />
1<br />
Snit for x = 0<br />
y<br />
y<br />
lokalt minimum<br />
6.5. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Definition<br />
En funktion f : D → R har et absolut maksimum i punktet (a,b), hvis der for alle<br />
(x,y) ∈ D gælder<br />
f(x,y) ≤ f(a,b)<br />
f(a,b) er en absolut maksimumsværdi i D.<br />
En funktion f : D → R har et absolut minimum i punktet (a,b), hvis der for alle (x,y) ∈<br />
D gælder<br />
f(a,b) er en absolut minimumsværdi i D.<br />
f(x,y) ≥ f(a,b)<br />
6.6. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel
52 I. DIFFERENTIATION<br />
Funktion f : R 2 → R givet ved<br />
opfylder<br />
f(x,y) =<br />
1<br />
x 2 + y 2 + 1<br />
f(x,y) ≤ f(0,0) = 1<br />
Altså har f et absolut maksimum i punktet (0,0) med en absolut maksimumsværdi på 1.<br />
Der er ikke noget absolut minimumspunkt.<br />
6.7. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Niveaukurver<br />
y<br />
1<br />
2<br />
3<br />
4<br />
Aflæs: lokalt maksimumspunkt i (3,3) med maksimumsværdi 4.<br />
6.8. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Sprogbrug<br />
For lokalt/absolut maksimum eller minimum bruges betegnelser<br />
• lokalt ekstremum<br />
• lokal ekstremumsværdi<br />
• absolut ekstremum<br />
• absolut ekstremumsværdi<br />
6.9. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
En variabel - figur<br />
y<br />
lokalt maksimum<br />
f ′ (x2) = 0<br />
x1<br />
x2<br />
1<br />
1<br />
x<br />
f ′ (x1) = 0<br />
x<br />
lokalt minimum
6. MAKSIMUM/MINIMUM 53<br />
6.10. 1. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
2 Sætning<br />
Hvis f(x,y) har lokalt maksimum/minimum, lokalt ekstremum, i punktet (a,b) og de partielle<br />
afledede eksisterer i (a,b) så er<br />
Skrives også med gradienten<br />
fx(a,b) = 0 = fy(a,b)<br />
(a,b) lokalt maks/min ⇒ ∇f(a,b) = 0<br />
6.11. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Definition<br />
En funktion f(x,y) har et kritisk punkt, stationœrt punkt i punktet (a,b), hvis<br />
∇f(a,b) = (fx(a,b),fy(a,b)) = 0<br />
Når de partielle afledede findes, er et lokalt maksimum/minimum et kritisk punkt.<br />
Et kritisk punkt, som hverken er lokalt maksimum eller minimum, kaldes et saddelpunkt.<br />
6.12. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Kritisk punkt<br />
z<br />
z<br />
x<br />
y<br />
lokalt maksimum<br />
x<br />
Saddelpunkt<br />
6.13. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 1<br />
har kritisk punkt<br />
Omskrivningen<br />
f(x,y) = x 2 + y 2 − 2x − 6y + 14<br />
∇f(x,y) = (2x − 2,2y − 6) = 0 ⇔ (x,y) = (1,3)<br />
f(x,y) = (x − 1) 2 + (y − 3) 2 + 4<br />
viser, at (1,3) er et absolut minimum på D = R 2 .<br />
6.14. Absolut minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 1 - figur<br />
y
54 I. DIFFERENTIATION<br />
x<br />
z<br />
Absolut minimum i (1,3)<br />
6.15. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 2<br />
har kritisk punkt<br />
f(x,y) = y 2 − x 2<br />
∇f(x,y) = (−2x,2y) = 0 ⇔ (x,y) = (0,0)<br />
f(x,0) < 0, f(0,y) > 0, (x,y) = 0<br />
viser, at (0,0) ikke er et lokalt ekstremum, altså er (0,0) et saddelpunkt.<br />
6.16. Ekstremumspunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 2 - figur<br />
z<br />
x<br />
Saddelpunkt i (0,0)<br />
6.17. 2. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Sætning - (en variabel)<br />
Antag den afledede<br />
f ′ (a) = 0<br />
Så gœlder<br />
(a) f ′′ (a) > 0 ⇒ a lokalt minimum<br />
(b) f ′′ (a) < 0 ⇒ a lokalt maksimum<br />
y<br />
y
6. MAKSIMUM/MINIMUM 55<br />
6.18. 2. ordens kriterium, lokalt maksimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
En variabel - figur<br />
y<br />
lokalt maksimum<br />
x1<br />
x2<br />
f ′ (0)=0<br />
f ′ (x1)>0 f ′ (x2) 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum<br />
(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum<br />
(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt<br />
6.20. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .<br />
Andenordenstest - to variable<br />
Antag f(x,y) har kritisk punkt (a,b), ∇f(a,b) = 0. Hesse matricen<br />
<br />
fxx(a,b) fxy(a,b)<br />
fyx(a,b) fyy(a,b)<br />
har determinant D = fxx(a,b)fyy(a,b) − fxy(a,b) 2 . Egenværdier: (a) to positive, (b) to<br />
negative , (c) en positiv og en negativ.<br />
(a) D > 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum<br />
(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum<br />
(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt<br />
6.21. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .<br />
Andenordenstest - mange variable<br />
Givet f(x1,...,xn). En nødvendig betingelse for et lokalt ekstremum i et indre punkt P<br />
er<br />
∇P(f) = ( ∂f<br />
(P),...,<br />
∂x1<br />
∂f<br />
(P)) = 0<br />
∂xn<br />
Hesse matricen HP(f) er den symmetriske n × n-matrix, hvis ij’te indgang er<br />
(Denne kan diagonaliseres).<br />
∂2f (P)<br />
∂xi∂xj<br />
x
56 I. DIFFERENTIATION<br />
6.22. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .<br />
Andenordenstest - fortsat<br />
I det kritiske punkt P :<br />
(a) Hvis alle egenværdier er positive, så er P et lokalt minimum.<br />
(b) Hvis alle egenværdier er negative, så er P et lokalt maximum.<br />
(c) Hvis der forekommer både positive og negative egenværdier, så er P et saddelpunkt.<br />
6.23. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .<br />
Andenordenstest - Eksempel<br />
Funktionen f(x,y,z) = 2x 2 + 3y 2 − z 2 har gradient<br />
og kritisk punkt P = (0,0,0).<br />
Hesse matricen<br />
har egenværdier 4,6 > 0 of −2 < 0.<br />
Andenordenstesten giver:<br />
∇(f) = (4x,6y, −2z)<br />
⎛<br />
4 0<br />
⎞<br />
0<br />
HP(f) = ⎝0<br />
6 0 ⎠<br />
0 0 −2<br />
P er et saddelpunkt.<br />
6.24. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
To variabele - figur<br />
z<br />
har et saddelpunkt i (0,0).<br />
x<br />
z = 1 − x 2 + y 2<br />
6.25. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 3<br />
f(x,y) = x 4 + y 4 − 4xy + 1<br />
har kritiske punkter, hvor<br />
De kritiske punkter bestemmes<br />
∇f(x,y) = (4x 3 − 4y,4y 3 − 4x) = (0,0)<br />
x 3 − y = 0, y 3 − x = 0 ⇔<br />
x 3 − y = 0, (x 3 ) 3 − x = 0 ⇔<br />
(x,y) = (0,0),(1,1),(−1, −1)<br />
y
6. MAKSIMUM/MINIMUM 57<br />
6.26. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 3 - figur<br />
x<br />
z<br />
z = x 4 + y 4 − 4xy + 1<br />
6.27. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
giver<br />
fx = 4x 3 − 4y, fy = 4y 3 − 4x<br />
fxx = 12x 2 , fxy = −4, fyy = 12y 2<br />
D = fxxfyy − f 2 xy = 144x 2 y 2 − 16<br />
1. D(0,0) = −16 < 0 ⇒ (0,0) saddelpunkt<br />
2. D(1,1) = 128 > 0, fxx(1,1) = 12 > 0 ⇒ (1,1) lokalt minimum<br />
3. D(−1, −1) = 128 > 0, fxx(−1, −1) = 12 > 0 ⇒ (−1, −1) lokalt minimum<br />
6.28. Populært skema ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
Konklusions skema<br />
(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type<br />
(0,0) 1 0 −16 saddel<br />
(1,1) −1 12 128 minimum<br />
(−1, −1) −1 12 128 minimum<br />
6.29. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 4 f(x,y) = 10x 2 y − 5x 2 − 4y 2 − x 4 − 2y 4<br />
har kritiske punkter, hvor<br />
Foruden (x,y) = (0,0) fås, x = 0<br />
20xy − 10x − 4x 3 = 0, 10x 2 − 8y − 8y 3 = 0<br />
10y − 5 − 2x 2 = 0, 5x 2 − 4y − 4y 3 = 0 ⇔<br />
10y − 5 − 2x 2 = 0, 8y 3 − 42y + 25 = 0 ⇔<br />
y<br />
... ⇔<br />
(x,y) ≈ (0,0),(±2.64,1.90),(±0.86,0.65)
58 I. DIFFERENTIATION<br />
6.30. Konklusion ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 4 - fortsat<br />
fx = 20xy − 10x − 4x 3 , fy = 10x 2 − 8y − 8y 3<br />
fxx = 20y − 10 − 12x 2 , fxy = 20x, fyy = 8 − 24y 2<br />
(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type<br />
(0,0) 0.00 −10.00 80.00 maksimum<br />
(−2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum<br />
(2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum<br />
(−0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel<br />
(0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel<br />
6.31. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 6<br />
En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang.<br />
giver<br />
med kritiske punkter, hvor<br />
Vx = y2 (12 − 2xy − x 2 )<br />
2(x + y) 2<br />
V = xyz, 2xz + 2yz + xy = 12<br />
12 − xy<br />
V = xy<br />
2x + 2y<br />
= 0, Vy = x2 (12 − 2xy − y 2 )<br />
2(x + y) 2<br />
6.32. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 6 - figur<br />
z<br />
x<br />
6.33. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 6<br />
y<br />
= 0
Relevante punkter, x,y > 0, fås for<br />
Altså<br />
6. MAKSIMUM/MINIMUM 59<br />
12 − 2xy − x 2 = 0, 12 − 2xy − y 2 = 0 ⇔<br />
12 − 2xy − x 2 = 0, x = y ⇔<br />
12 − 3x 2 = 0, x = y ⇔<br />
(x,y) = (2,2)<br />
(x,y) = ±(2,2)<br />
6.34. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 6 - fortsat<br />
Vx = y2 (12 − 2xy − x2 )<br />
2(x + y) 2 , Vy = x2 (12 − 2xy − y2 )<br />
2(x + y) 2<br />
Vxx = y2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y)<br />
4(x + y) 4<br />
Vyy = x2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − x 2 (12 − 2xy − y 2 )4(x + y)<br />
4(x + y) 4<br />
Vxy = (24y − 6xy2 − 2x 2 y)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y)<br />
4(x + y) 4<br />
6.35. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 6 - fortsat<br />
Kantlængder for størst rumfang er<br />
Vx(2,2) = 0, Vy(2,2) = 0<br />
Vxx(2,2) = −1, Vxy(2,2) = −1/2, Vyy(2,2) = −1<br />
(a,b) V (a,b) Vxx(a,b) D(a,b) Type<br />
(2,2) 4 −1 3/4 maksimum<br />
(x,y,z) = (2,2,1)<br />
6.36. Lukket mængde ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Definition<br />
Givet en delmængde D ⊂ R 2 .<br />
Et punkt (a,b) er et randpunkt <strong>til</strong> D, hvis enhver cirkelskive med centrum i (a,b) og<br />
positiv radius indeholder punkter fra D samt punkter, der ikke ligger i D.<br />
Delmængden D er lukket, hvis ethvert randpunkt er med.<br />
Eksempel<br />
har randpunkter<br />
og er lukket.<br />
D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}<br />
{(x,y)|x 2 + y 2 = 1}<br />
6.37. Randpunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Definition - figur
60 I. DIFFERENTIATION<br />
D<br />
y<br />
randpunkt<br />
6.38. Absolut ekstremum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
8 Sætning (Ekstrem værdi)<br />
Hvis f : D → R er kontinuert på en lukket og begrœnset delmœngde D ⊂ R 2 , så antager<br />
f både en absolut maksimumsvœrdi og en absolut minimumsvœrdi i punkter, der ligger i<br />
mœngden D.<br />
absolut minimum<br />
D<br />
x<br />
absolut maksimum<br />
6.39. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
9 Bemærkning<br />
Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset<br />
mængde D:<br />
1. Find værdier af f i kritiske punkter i D<br />
2. Find ekstremværdier af f på randen af D<br />
3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2.<br />
6.40. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 7<br />
Bestem ekstremumsværdier af<br />
på rektanglet<br />
f har kritisk punkt<br />
f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 3,0 ≤ y ≤ 2}<br />
∇f(x,y) = (2x − 2y, −2x + 2) = 0 ⇔<br />
(x,y) = (1,1)<br />
6.41. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 7 - figur
x<br />
6. MAKSIMUM/MINIMUM 61<br />
3<br />
(3,2)<br />
6.42. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
Randen opdeles i 4 <strong>til</strong>fælde:<br />
f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y<br />
1. f(x,0) = x 2 , 0 ≤ x ≤ 3<br />
2. f(3,y) = 9 − 4y, 0 ≤ y ≤ 2<br />
3. f(x,2) = x 2 − 4x + 4, 0 ≤ x ≤ 3<br />
4. f(0,y) = 2y, 0 ≤ y ≤ 2<br />
6.43. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
I alt er der 6 punkter at tabellægge<br />
f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y<br />
(a,b) (1,1) (0,0) (3,0) (3,2) (0,2) (2,2)<br />
f(a,b) 1 0 9 1 4 0<br />
Absolut maksimumspunkt og -værdi: f(3,0) = 9<br />
Absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = f(2,2) = 0<br />
6.44. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3<br />
Betragt funktionen f(x,y) givet ved<br />
z<br />
f(x,y) = x + y + 1<br />
xy<br />
for x > 0,y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde.<br />
1. Angiv dette kritiske punkt.<br />
2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt.<br />
6.45. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
2<br />
y
62 I. DIFFERENTIATION<br />
Opgave 3 - løsning<br />
har kritisk punkt<br />
f(x,y) = x + y + 1<br />
xy<br />
∇f = (1 − 1<br />
x2 1<br />
,1 − ) = (0,0)<br />
y xy2 ⇔ x 2 y = 1, xy 2 = 1<br />
⇔ (x,y) = (1,1)<br />
6.46. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3 - løsning<br />
Dobbelt partielle afledede<br />
Andenordenstesten giver<br />
fxx = 2<br />
xy3 fxx(1,1) = 2,fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 2<br />
x3y ,fxy = 1<br />
x2y2 ,fyy = 2<br />
(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type<br />
(1,1) 3 2 3 minimum<br />
Altså er punktet (1,1) lokalt minimum for f på mængden x > 0,y > 0.<br />
6.47. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3 - Figur<br />
z<br />
x<br />
(1,1)<br />
7. Lagrangemetoden<br />
7.1. Oversigt ☞ [S] 11.8<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Lagranges metode i to variable<br />
✌ Lagranges metode i tre variable<br />
✌ Flere bindinger<br />
✌ August 2000, opgave 7<br />
y
7. LAGRANGEMETODEN 63<br />
7.2. Skitse ☞ [S] 11.8<br />
Niveaukurver<br />
y<br />
g(x,y)=k<br />
Lagrange situation<br />
f(x,y)=1<br />
7.3. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Lagrange Problem<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y), når samtidig ligningen g(x,y) = k er<br />
opfyldt.<br />
Ligningen g(x,y) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.<br />
Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, y = φ(x), reduces problemet <strong>til</strong> ekstremum for den<br />
sammensatte funktion i 1 variabel x ↦→ f(x,φ(x)).<br />
Hvis løsningskurven <strong>til</strong> ligningen g(x,y) = k kan parametriceres med (x(t),y(t)), reduces<br />
problemet <strong>til</strong> ekstremum for den sammensatte funktion i 1 variabel t ↦→ f(x(t),y(t)).<br />
7.4. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel<br />
Bestem ekstremumspunkter for funktionen<br />
når samtidig ligningen<br />
f(x,y) = x + 3y<br />
g(x,y) = x 2 + y 2 = 10<br />
er opfyldt.<br />
Løsning<br />
Niveaukurverne for f er linjer x + 3y = c. Ekstremum findes når disse tangerer cirklen<br />
x 2 + y 2 = 10.<br />
7.5. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel - figur<br />
0<br />
1<br />
2<br />
3<br />
2<br />
x
64 I. DIFFERENTIATION<br />
y<br />
1<br />
f(x,y)=0<br />
f(x,y) = x + 3y, g(x,y) = x 2 + y 2 = 10<br />
7.6. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel - fortsat<br />
Niveaukurverne x + 3y = c tangerer cirklen x 2 + y 2 = 10 for værdier af c, hvor<br />
har dobbeltrod.<br />
Diskriminanten<br />
er 0 for c = ±10, som giver punkter<br />
(−3y + c) 2 + y 2 − 10 = 10y 2 − 6cy + c 2 − 10<br />
36c 2 − 40(c 2 − 10) = −4c 2 + 400<br />
(x,y) = ±(1,3)<br />
7.7. Lagrange multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Definition<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k.<br />
I ligningen<br />
∇f(x0,y0) = λ∇g(x0,y0)<br />
kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator.<br />
Ligningen udtrykker at niveaukurven for f i (x0,y0) tangerer begræsningskurven g(x,y) =<br />
k.<br />
7.8. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Metode<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k.<br />
(a) Find x,y,λ så<br />
∇f(x,y) = λ∇g(x,y)<br />
g(x,y) = k<br />
(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er<br />
blandt disse.<br />
7.9. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Ligninger<br />
x
7. LAGRANGEMETODEN 65<br />
Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y)<br />
under begræsningen g(x,y) = k.<br />
fx(x,y) = λgx(x,y)<br />
fy(x,y) = λgy(x,y)<br />
g(x,y) = k<br />
7.10. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel - igen<br />
Bestem ekstremumspunkter for funktionen f(x,y) = x + 3y, når samtidig ligningen<br />
g(x,y) = x 2 + y 2 = 10 er opfyldt.<br />
Lagrangeligningerne er<br />
1 = λ2x<br />
3 = λ2y<br />
x 2 + y 2 = 10<br />
7.11. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel - igen fortsat<br />
Der løses 3x = y og<br />
x 2 + (3x) 2 − 10 = 0<br />
der giver<br />
Lagrange multiplikator er<br />
(x,y) = ±(1,3)<br />
λ = ± 1<br />
2<br />
7.12. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Lagrange Problem<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligningen g(x,y,z) =<br />
k er opfyldt.<br />
Ligningen g(x,y,z) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.<br />
Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, z = φ(x,y), reduces problemet <strong>til</strong> ekstremum for<br />
den sammensatte funktion i 2 variabel<br />
f(x,y,φ(x,y))<br />
7.13. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Definition<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k.<br />
I ligningen<br />
1 ∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0)<br />
kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator.<br />
Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningsfladen g(x,y,z) =<br />
k.
66 I. DIFFERENTIATION<br />
7.14. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Metode<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k.<br />
(a) Find x,y,z,λ så<br />
∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z)<br />
g(x,y,z) = k<br />
(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er<br />
blandt disse.<br />
7.15. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Ligninger<br />
Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z)<br />
under begræsningen g(x,y,z) = k.<br />
fx(x,y,z) = λgx(x,y,z)<br />
fy(x,y,z) = λgy(x,y,z)<br />
fz(x,y,z) = λgz(x,y,z)<br />
g(x,y,z) = k<br />
7.16. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 1<br />
En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang.<br />
Kantlængder x,y,z.<br />
Volumen V = xyz.<br />
Overfladeareal g = 2xz + 2yz + xy = 12.<br />
Beregn<br />
Vx = yz,Vy = xz,Vz = xy<br />
gx = y + 2z,gy = x + 2z,gz = 2x + 2y<br />
7.17. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Lagranges ligningssystem opskrives<br />
Heraf<br />
yz = λ(y + 2z)<br />
xz = λ(x + 2z)<br />
2xz + 2yz + xy = 12<br />
2xz + 2yz + xy = 12<br />
xy = λ(2x + 2y)<br />
xyz = λ(xy + 2xz)<br />
xyz = λ(xy + 2yz)<br />
xyz = λ(2xz + 2yz)<br />
7.18. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 1 - fortsat
Der løses<br />
Løsningen er da<br />
Kantlængder for størst rumfang er<br />
7. LAGRANGEMETODEN 67<br />
x = y<br />
y = 2z<br />
4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12<br />
(x,y,z) = (2,2,1)<br />
længde = 2m, bredde = 2m, højde = 1m<br />
7.19. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values<br />
9 Bemærkning<br />
Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset<br />
mængde D:<br />
1. Find værdier af f i kritiske punkter i D<br />
2. Find ekstremværdier af f på randen af D<br />
3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2.<br />
7.20. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 2, 3<br />
Bestem ekstremumsværdier af<br />
på cirkelskiven<br />
f(x,y) = x 2 + 2y 2<br />
D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}<br />
Løsning<br />
D er lukket og begrænset og f er kontinuert, så maksimum/minimum antages på D.<br />
7.21. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 2, 3 - figur<br />
z<br />
x<br />
f(x,y) = x 2 + 2y 2 , g(x,y) = x 2 + y 2 ≤ 1<br />
7.22. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 2, 3<br />
Bestem ekstremumsværdier af<br />
f(x,y) = x 2 + 2y 2<br />
y
68 I. DIFFERENTIATION<br />
på cirkelskiven<br />
f har kritisk punkt<br />
D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}<br />
∇f(x,y) = (2x,4y) = 0 ⇔<br />
(x,y) = (0,0)<br />
7.23. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 2, 3 - fortsat<br />
f(x,y) = x 2 + 2y 2 under begræsningen g(x,y) = x 2 + y 2 = 1 giver Lagrange ligninger<br />
med løsninger<br />
2x = λ2x<br />
4y = λ2y<br />
x 2 + y 2 = 1<br />
(x,y) = (±1,0),(0, ±1)<br />
7.24. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 2, 3 - fortsat<br />
f(x,y) = x 2 + 2y 2<br />
I alt er der 5 punkter at tabellægge<br />
(a,b) (0,0) (−1,0) (1,0) (0, −1) (0,1)<br />
f(a,b) 0 1 1 2 2<br />
På cirkelskiven D er<br />
absolut maksimumspunkt og -værdi: f(0, ±1) = 2<br />
absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = 0<br />
7.25. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 4<br />
Bestem punkter på kugleskallen x 2 + y 2 + z 2 = 4 som er nærmest og længst fra punktet<br />
(3,1, −1).<br />
x<br />
2<br />
z<br />
(3,1, 1)<br />
7.26. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 4<br />
y
Bestem ekstremumsværdier af<br />
under bibetingelsen<br />
7. LAGRANGEMETODEN 69<br />
f(x,y,z) = (x,y,z) − (3,1, −1) 2<br />
= (x − 3) 2 + (y − 1) 2 + (z + 1) 2<br />
g(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 = 4<br />
7.27. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 4 - løsning<br />
Lagranges ligningssystem opskrives<br />
Heraf<br />
2(x − 3) = λ2x<br />
2(y − 1) = λ2y<br />
2(z + 1) = λ2z<br />
x 2 + y 2 + z 2 = 4<br />
x = 3/(1 − λ), y = 1/(1 − λ), z = −1/(1 − λ)<br />
9 + 1 + 1 = 4(1 − λ) 2<br />
7.28. Find mindste afstand<br />
Eksempel 4 - løsning<br />
☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
√<br />
11<br />
λ = 1 ± ,<br />
2<br />
f(x,y,z) = 4λ2<br />
λ = 1 − √ 11<br />
2 giver afstand 2|λ| = √ 11 − 2 og nærmeste punkt<br />
(x,y,z) = ( 6<br />
√ 11 , 2<br />
√ 11 , − 2<br />
√ 11 )<br />
λ = 1 + √ 11<br />
2 giver afstand 2|λ| = √ 11 + 2 og punktet længst væk<br />
(x,y,z) = (− 6<br />
√ 11 , − 2<br />
√ 11 , 2<br />
√ 11 )<br />
7.29. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Lagrange Problem<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligninger g(x,y,z) =<br />
k, h(x,y,z) = c er opfyldt.<br />
Ligningerne g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.<br />
7.30. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Definition<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) =<br />
k, h(x,y,z) = c.<br />
I ligningen<br />
16<br />
∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0) + µ∇h(x0,y0,z0)
70 I. DIFFERENTIATION<br />
kaldes de ubekendte λ, µ for Lagrange multiplikatorer.<br />
Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningskurven g(x,y,z) =<br />
k, h(x,y,z) = c.<br />
7.31. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Metode<br />
Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) =<br />
k, h(x,y,z) = c.<br />
(a) Find x,y,z,λ,µ så<br />
∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z) + µ∇h(x,y,z)<br />
g(x,y,z) = k<br />
h(x,y,z) = c<br />
(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er<br />
blandt disse.<br />
7.32. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Ligninger<br />
Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z)<br />
under begræsningen g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c.<br />
fx(x,y,z) = λgx(x,y,z) + µhx(x,y,z)<br />
fy(x,y,z) = λgy(x,y,z) + µhy(x,y,z)<br />
fz(x,y,z) = λgz(x,y,z) + µhz(x,y,z)<br />
g(x,y,z) = k<br />
h(x,y,z) = c<br />
7.33. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 5<br />
Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for funktion f = x +<br />
2y + 3z under begræsningen g = x − y + z = 1, h = x 2 + y 2 = 1.<br />
1 = λ + µ2x<br />
2 = −λ + µ2y<br />
3 = λ<br />
x − y + z = 1<br />
x 2 + y 2 = 1<br />
7.34. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers<br />
Eksempel 5 - fortsat<br />
Løsningen giver relevante punkter<br />
(x,y,z) = (− 2<br />
√ 29 , 5<br />
√ 29 ,1 + 7<br />
√ 29 )<br />
(x,y,z) = ( 2<br />
√ 29 , − 5<br />
√ 29 ,1 − 7<br />
√ 29 )
7. LAGRANGEMETODEN 71<br />
Ved indsættelse i f = x+2y+3z fås 3+ √ 29 og 3 − √ 29. Det første punkt er maksimum<br />
og det andet punkt er minimum.<br />
7.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000<br />
Opgave 7<br />
Minimer funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen 2x + y + z = 1.<br />
Løsning<br />
f angiver kvadratet for afstanden fra 0 <strong>til</strong> planen givet ved bibetingelsen. Fra lineær algebra<br />
ved vi at minimum antages. Kandidater <strong>til</strong> minimumspunkt findes ved Lagrange metoden.<br />
7.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000<br />
Opgave 7 - fortsat<br />
Lagrange metoden anvendes på funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen<br />
g(x,y,z) = 2x + y + z = 1.<br />
Løsning<br />
De partielle afledede er<br />
fx = 2x,fy = 2y,fz = 2z<br />
gx = 2,gy = 1,gz = 1<br />
7.37. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000<br />
Opgave 7 - fortsat<br />
Lagrange ligningssystem bliver<br />
2x = 2λ<br />
2y = λ<br />
2z = λ<br />
2x + y + z = 1<br />
Løsningen giver multiplikator λ = 1<br />
3 og minimumspunkt/værdi<br />
(a,b,c) = ( 1<br />
3<br />
, 1<br />
6<br />
1 1<br />
, ), f(a,b,c) =<br />
6 6<br />
7.38. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000<br />
Opgave 7 - alternativt<br />
Løs bibetingelsen, z = 1 − 2x − y og minimer funktionen<br />
Løsning<br />
De partielle afledede er<br />
Det kritiske punkt (a,b) = ( 1<br />
1<br />
6 .<br />
h(x,y) = f(x,y,1 − 2x − y) = x 2 + y 2 + (1 − 2x − y) 2<br />
= 5x 2 + 2y 2 + 4xy − 4x − 2y + 1<br />
hx = 10x + 4y − 4,hy = 4x + 4y − 2<br />
3<br />
, 1<br />
6<br />
) giver minimums punkt/værdi (a,b,c) = (1<br />
3<br />
, 1<br />
6<br />
1 , 6 ), f(a,b,c) =
II<br />
Integration<br />
1. Dobbelt integral<br />
1.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.4, 12.1<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Bestemt integral<br />
✌ Areal<br />
✌ Riemann summer<br />
✌ Volumen<br />
✌ Dobbelt integral<br />
✌ Test dobbelt integral<br />
✌ Riemann dobbeltsummer<br />
✌ Nyttige regneregler for integral<br />
✌ Test integral regneregler<br />
1.2. Genoplev integralet ☞ [S] 5.2 The definite integral<br />
2 Definition<br />
Intervallet [a,b] inddeles i n stykker af længde ∆x = b−a<br />
n<br />
a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b<br />
Det bestemte integral af en kontinuert funktion f : [a,b] → R er<br />
b<br />
f(x)dx = lim<br />
a<br />
n<br />
f(x<br />
n→∞<br />
i=1<br />
∗ i )∆x<br />
1.3. Giver areal ☞ [S] 5.2 The definite integral<br />
Figur<br />
y<br />
a b<br />
Integralet er arealet<br />
1.4. Riemann summen ☞ [S] 5.2 The definite integral<br />
73<br />
x
74 II. INTEGRATION<br />
Bemærkning<br />
n<br />
i=1<br />
f(x ∗ i )∆x<br />
kaldes Riemann summen og <strong>til</strong>nærmer integralet<br />
b<br />
n<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
i=1<br />
f(x ∗ i )∆x<br />
Hvis f(x) ≥ 0 så <strong>til</strong>nærmer Riemann summen arealet under grafen. Det bestemte integral<br />
er da dette areal.<br />
1.5. Direkte men besværligt ☞ [S] 5.2 The definite integral<br />
Eksempel<br />
Løsning<br />
b<br />
b<br />
x dx = lim<br />
a<br />
a<br />
n→∞<br />
i=1<br />
x dx = b2 − a 2<br />
2<br />
n<br />
(a + (b − a) i − a<br />
)b<br />
n n<br />
(b − a)2<br />
= lim a(b − a) +<br />
n→∞ n2 (b − a)2<br />
= lim a(b − a) +<br />
n→∞ n2 = a(b − a) +<br />
(b − a)2<br />
2<br />
n<br />
i<br />
i=1<br />
n(n + 1)<br />
2<br />
= b2 − a 2<br />
2<br />
1.6. Areal ☞ [S] 5.2 The definite integral<br />
Figur - Eksempel<br />
y<br />
Arealet er<br />
a b<br />
a + b<br />
(b − a)<br />
2 = b2 − a2 2<br />
1.7. Integralet endnu en gang ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Definition<br />
Intervallet [a,b] inddeles<br />
a+b<br />
2<br />
a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b<br />
x
Det bestemte integral af en funktion f : [a,b] → R er<br />
2<br />
1. DOBBELT INTEGRAL 75<br />
b<br />
f(x)dx = lim<br />
a<br />
n<br />
f(x<br />
n→∞<br />
i=1<br />
∗ i )∆x<br />
1.8. Udvid <strong>til</strong> volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Definition<br />
Inddelinger<br />
a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b<br />
c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d<br />
deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] ×<br />
[yj−1,yj] og areal ∆A = ∆x∆y.<br />
For en positiv funktion f : R → R er volumenet under grafen V <strong>til</strong>nærmet<br />
3 V ≈<br />
m<br />
n<br />
i=1 j=1<br />
f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
1.9. Grænsen er volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Definition<br />
3 V ≈<br />
m<br />
n<br />
i=1 j=1<br />
Det eksakte volumen findes ved grænseovergangen<br />
4 V = lim<br />
m<br />
f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
n<br />
f(x<br />
m,n→∞<br />
i=1 j=1<br />
∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
1.10. Udvid integralet <strong>til</strong> to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .<br />
Definition<br />
Inddelinger<br />
a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b<br />
c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d<br />
deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] ×<br />
[yj−1,yj] med areal ∆A = ∆x∆y.<br />
Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er<br />
5<br />
<br />
R<br />
f(x,y)dA = lim<br />
m<br />
n<br />
f(x<br />
m,n→∞<br />
i=1 j=1<br />
∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
1.11. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Figur
76 II. INTEGRATION<br />
y<br />
d<br />
c<br />
a b<br />
x<br />
(x ij , y ij )<br />
Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d]<br />
1.12. Gør det let<br />
Bemærkninger<br />
☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Med valg af brikhjørner som middelpunkter kan det bestemte integral af en funktion f :<br />
R → R skrives simplere<br />
6<br />
<br />
f(x,y)dA = lim<br />
m n<br />
f(xi,yj)∆A<br />
R<br />
m,n→∞<br />
i=1 j=1<br />
Hvis f(x,y) ≥ 0, så er volumen over rektanglet R og under grafen z = f(x,y)<br />
<br />
V = f(x,y)dA<br />
R<br />
1.13. Riemann summer ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Definition<br />
Den dobbelte Riemann sum er<br />
m n<br />
R<br />
i=1 j=1<br />
f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
Den bruges <strong>til</strong> at <strong>til</strong>nærme dobbeltintegralet<br />
<br />
m n<br />
f(x,y)dA ≈<br />
i=1 j=1<br />
f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
1.14. Riemann sum <strong>til</strong> beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .<br />
Eksempel 1<br />
R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0<br />
Inddel hvert interval i halve og brug hjørner.<br />
Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2).<br />
y<br />
2<br />
1<br />
1 2<br />
x
1. DOBBELT INTEGRAL 77<br />
1.15. Riemann sum <strong>til</strong> beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0<br />
Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2) og ∆A = 1.<br />
Den dobbelte Riemann sum giver<br />
<br />
(16 − x<br />
R<br />
2 − 2y 2 )dA<br />
≈ f(1,1) + f(1,2) + f(2,1) + f(2,2)<br />
= 13 + 7 + 10 + 4<br />
= 34<br />
1.16. Test dobbelt integralet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. Et skøn med en dobbelt Riemann sum giver for<br />
integralet V = <br />
xy dA R<br />
(a) V < 0. (b) V = 0. (c) V > 0.<br />
Løsning<br />
Inddel med endepunkter<br />
∆A = (2 − 1)(2 − 1) = 1<br />
V ≈ f(1,1)∆A = 1<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
1.17. Integralet som volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Eksempel 2<br />
R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2<br />
Volumenet under grafen er en halvcylinder med radius 1 og højde 4.<br />
Dobbelt integralet findes som volumenet.<br />
1<br />
1 − x2dA =<br />
2 π12 · 4<br />
R<br />
= 2π<br />
1.18. Halvcylinder ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Figur - Eksempel 2<br />
z<br />
x<br />
Grafen for f(x,y) = √ 1 − x 2<br />
y
78 II. INTEGRATION<br />
Volumen 1<br />
2 π12 · 4 = 2π<br />
1.19. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration<br />
Figur<br />
f(xi 1)<br />
xi 1<br />
xi<br />
f(xi)<br />
xi<br />
f(xi)<br />
Endepunkter - Midtpunkt- Trapez<br />
1.20. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration<br />
Endepunktsregler<br />
1<br />
2<br />
Midtpunktsreglen<br />
b<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
b<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
b<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
n<br />
i=1<br />
n<br />
f(xi−1)∆x<br />
i=1<br />
n<br />
f(xi)∆x<br />
i=1<br />
f( xi−1 + xi<br />
)∆x<br />
2<br />
1.21. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration<br />
Trapezreglen<br />
Simpsons regel<br />
b<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
b<br />
f(x)dx ≈<br />
a<br />
n<br />
i=1<br />
n<br />
i=1<br />
x<br />
(f(xi−1) + f(xi)) ∆x<br />
2<br />
(f(x2i−2) + 4f(x2i−1) + f(x2i)) ∆x<br />
3<br />
1.22. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration<br />
Figur
f(x2i 2)<br />
x2i 2<br />
1. DOBBELT INTEGRAL 79<br />
x2i 1<br />
Simpson<br />
f(x2i)<br />
x2i<br />
f(x2i 1)<br />
1.23. Midtpunktsstrategi ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Midtpunktsreglen<br />
Som middelpunkt bruges midtpunkter<br />
Tilnærmer dobbeltintegralet<br />
<br />
R<br />
x ∗ ij = ¯xi = xi−1 + xi<br />
2<br />
y ∗ ij = ¯yj = yj−1 + yj<br />
2<br />
f(x,y)dA ≈<br />
m<br />
i=1 j=1<br />
n<br />
f(¯xi, ¯yj)∆A<br />
1.24. Midtpunkter <strong>til</strong> beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Eksempel 3<br />
R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2<br />
m = n = 2 og brug midtpunkter.<br />
y<br />
1 2<br />
Midtpunkter ¯x1 = 1<br />
2 , ¯x2 = 3<br />
2 , ¯y1 = 5<br />
4 , ¯y2 = 7<br />
4<br />
2<br />
1<br />
1.25. Brug midtpunktet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
Midtpunkter ¯x1 = 1<br />
2 , ¯x2 = 3<br />
2 , ¯y1 = 5<br />
4 , ¯y2 = 7<br />
4<br />
∆A = 1<br />
2<br />
Den dobbelte Riemann sum giver<br />
<br />
R<br />
(x − 3y 2 )dA<br />
≈ (f( 1<br />
2<br />
= − 95<br />
8<br />
, 5<br />
4<br />
) + f(1<br />
2<br />
, 7<br />
4<br />
x<br />
) + f(3<br />
2<br />
, 5<br />
4<br />
x<br />
7<br />
) + f(3 ,<br />
2 4 ))1<br />
2
80 II. INTEGRATION<br />
1.26. Midtpunkter <strong>til</strong> beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Eksempel 2 - igen<br />
R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2<br />
m = n = 2 og brug midtpunkter ¯x1 = −1 2 , ¯y1 = −1, ¯y2 = 1, ∆A = 2.<br />
Den dobbelte Riemann sum giver<br />
√<br />
2π = 1 − x2dA ≈ 4 3<br />
R<br />
2 , ¯x2 = 1<br />
6.28 ≈ 6.93<br />
1.27. Regneregler hjælper ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Regneregler for dobbeltintegral<br />
7<br />
8<br />
<br />
Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er<br />
<br />
9<br />
<br />
(f(x,y) + g(x,y))dA = f(x,y)dA + g(x,y)dA<br />
R<br />
R<br />
<br />
<br />
cf(x,y)dA = c f(x,y)dA<br />
R<br />
R<br />
R<br />
<br />
f(x,y)dA ≥<br />
R<br />
R<br />
g(x,y)dA<br />
1.28. Brug regneregler<br />
Opgave<br />
☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Lad R = [0,1] × [0,1]. Afgør om<br />
<br />
xy dA ≥ x 2 y 2 dA<br />
Løsning<br />
For 0 ≤ x,y ≤ 1 er<br />
så uligheden er sand ifølge regneregel 9 .<br />
R<br />
R<br />
xy ≥ x 2 y 2<br />
1.29. Brug regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Opgave<br />
Lad R = [0,2] × [0,2]. Afgør om <br />
(x + y)dA ≤ 16<br />
R<br />
Løsning<br />
For 0 ≤ x,y ≤ 2 er x + y ≤ 4<br />
så ifølge regneregel 9<br />
<br />
R<br />
<br />
(x + y)dA ≤<br />
R<br />
4dA ≤ 16<br />
1.30. Test integral regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. For integralet V = <br />
xy dA gælder uligheder<br />
R<br />
(a) 1 ≤ V ≤ 4. (b) 4 < V . (c) V < 1.
Løsning<br />
For (x,y) ∈ R gælder uligheden<br />
Heraf, A(R) = (2 − 1)(2 − 1) = 1,<br />
2. ITERERET INTEGRAL 81<br />
1 ≤ f(x,y) ≤ 4<br />
A(R) ≤ V ≤ A(R) · 4<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
1.31. Regneregler og volumen<br />
Eksempel<br />
Lad R = [−1,1] × [−1,1].<br />
☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
<br />
(<br />
R<br />
1 − x2 + 1 − y2 )dA =<br />
<br />
1 − x2 dA +<br />
<br />
1 − y2 dA<br />
R<br />
De to dobbelt integraler findes som volumener af halvcylindre: I alt<br />
<br />
( 1 − x2 + 1 − y2 )dA = 1<br />
2 π12 · 2 · 2 = 2π<br />
R<br />
2. Itereret integral<br />
2.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.3, 5.4, 12.1, 12.2<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Analysens hovedsætning<br />
✌ Stamfunktioner<br />
✌ Itereret integral<br />
✌ Test itereret integral<br />
✌ Fubinis sætning<br />
✌ Test Fubini<br />
✌ Eksempler<br />
✌ Test produkt<br />
2.2. Analysens hovedsætning ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calc.<br />
Sætning (Analysens fundamentalsætning)<br />
Antag, at f : [a,b] → R er kontinuert. Så er<br />
x<br />
g(x) = f(t)dt<br />
differentiabel og<br />
a<br />
g ′ (x) = f(x)<br />
For en stamfunktion F(x), F ′ (x) = f(x), er<br />
b<br />
f(x)dx = F(b) − F(a)<br />
a<br />
2.3. Overbevis ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus<br />
Sætning (Analysens fundamentalsætning)<br />
R
82 II. INTEGRATION<br />
Bevis<br />
g ′ g(x + h) − g(x)<br />
(x) = lim<br />
h→0<br />
h<br />
x+h<br />
1<br />
= lim f(u)du<br />
h→0 h x<br />
f(x<br />
= lim<br />
h→0<br />
∗ )h<br />
h<br />
= f(x)<br />
2.4. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . .<br />
1 Stamfunktioner<br />
<br />
x n dx = 1<br />
n + 1 xn+1 , n = −1<br />
<br />
1<br />
dx = ln(x)<br />
x<br />
<br />
<br />
<br />
e x dx = e x<br />
ln(x)dx = xln(x) − x<br />
a x dx = 1<br />
ln(a) ax<br />
2.5. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . .<br />
1 Stamfunktioner - flere<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
sin(x)dx = −cos(x)<br />
cos(x)dx = sin(x)<br />
1<br />
√ 1 − x 2 dx = sin−1 (x)<br />
1<br />
1 + x 2 dx = tan−1 (x)<br />
2.6. Integral smertefrit ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus<br />
Eksempel<br />
Beregn<br />
4<br />
(x<br />
1<br />
2 + x 3 )dx
Løsning<br />
4<br />
(x<br />
1<br />
2 + x 3 )dx =<br />
2. ITERERET INTEGRAL 83<br />
x 3<br />
3<br />
= ( 43<br />
3<br />
= ( 64<br />
3<br />
= 339<br />
4<br />
4<br />
x4<br />
+<br />
4 1<br />
44 14<br />
+ ) − (13 +<br />
4 3 4 )<br />
1<br />
+ 64) − (1 +<br />
3 4 )<br />
2.7. Integral af integral<br />
Definition<br />
☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Antag f : [a,b] × [c,d] → R er kontinuert. For x ∈ [a,b] er det partielle integral<br />
d<br />
1 A(x) = f(x,y)dy<br />
og det itererede integral<br />
2<br />
c<br />
b b d<br />
A(x)dx = f(x,y)dydx<br />
a<br />
a<br />
2.8. Integral integral avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Definition<br />
I modsat rækkefølge<br />
Det partielle integral<br />
b<br />
A(y) = f(x,y)dx<br />
og det itererede integral<br />
3<br />
a<br />
d d b<br />
A(y)dy = f(x,y)dxdy<br />
c<br />
c<br />
2.9. Beregn integral integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 1<br />
R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y<br />
Partial integral<br />
A(x) =<br />
=<br />
2<br />
c<br />
a<br />
x 2 y dy<br />
1<br />
y=2<br />
2 y2<br />
x<br />
2 y=1<br />
2 22 12<br />
= x − x2<br />
2 2<br />
= 3<br />
2 x2<br />
2.10. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
A(x) = 3<br />
2 x2
84 II. INTEGRATION<br />
Itereret integral<br />
3 2<br />
0<br />
1<br />
3<br />
x 2 3<br />
y dydx =<br />
0 2 x2 dx<br />
= 3<br />
3 3 x<br />
2 3<br />
= 3 3<br />
2<br />
3<br />
3<br />
= 27<br />
2<br />
2.11. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Partial integral<br />
R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y<br />
A(y) =<br />
=<br />
3<br />
0<br />
= 33<br />
x 3<br />
3 y<br />
x 2 y dx<br />
x=3<br />
x=0<br />
y − 0<br />
3<br />
= 9y<br />
2.12. Sluttelig ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Itereret integral<br />
2 3<br />
1<br />
0<br />
A(y) = 9y<br />
x 2 y dxdy =<br />
2<br />
1<br />
2 y<br />
= 9<br />
2<br />
= 9( 22<br />
2<br />
= 27<br />
2<br />
0<br />
9y dy<br />
2<br />
1<br />
− 12<br />
2 )<br />
2.13. Test itereret integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = xy. Det itererede integral 2 2<br />
xy dxdy er<br />
1 1<br />
(a) 9<br />
2<br />
. (b) 9<br />
4<br />
. (c) 6<br />
4 .<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)
Løsning<br />
2 2<br />
1<br />
1<br />
2. ITERERET INTEGRAL 85<br />
2 2 x<br />
xy dxdy =<br />
1 2<br />
= 3<br />
2 2 y<br />
2 2 1<br />
= 3 3 9<br />
=<br />
2 2 4<br />
x=2<br />
y dy<br />
x=1<br />
2.14. Øvelse gør mester ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel<br />
Partial integral<br />
R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x<br />
A(x) =<br />
1<br />
0<br />
(2x + 2ye x )dy<br />
= 2xy + y 2 e x y=1<br />
y=0<br />
= 2x + e x<br />
2.15. Videre ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel - fortsat<br />
Itereret integral<br />
1 1<br />
0<br />
0<br />
A(x) = 2x + e x<br />
(2x + 2ye x )dydx =<br />
1<br />
0<br />
(2x + e x )dx<br />
= x 2 + e x 1<br />
0<br />
= (1 + e) − (0 + 1)<br />
2.16. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel - fortsat<br />
Partial integral<br />
= e<br />
R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x<br />
A(y) =<br />
1<br />
0<br />
(2x + 2ye x )dx<br />
= x 2 + 2ye x x=1<br />
x=0<br />
= (1 + 2ye) − (0 + 2y) = 2(e − 1)y + 1<br />
2.17. Igen ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel - fortsat<br />
A(y) = 2(e − 1)y + 1
86 II. INTEGRATION<br />
Itereret integral<br />
1 1<br />
0<br />
0<br />
(2x + 2ye x )dxdy =<br />
1<br />
0<br />
(2(e − 1)y + 1)dy<br />
= (e − 1)y 2 + y 1<br />
0<br />
= ((e − 1) + 1) − (0 + 0)<br />
= e<br />
2.18. Fubini: Alle veje fører <strong>til</strong> Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
4 Sætning (Fubinis sætning)<br />
Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de<br />
itererede integraler<br />
b d<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dydx<br />
og<br />
<br />
R<br />
R<br />
a<br />
d b<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dxdy<br />
2.19. Overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Fubinis sætning - begrundelse<br />
Lad f(x,y) ≥ 0. Volumenet under grafen er dobbeltintegralet<br />
<br />
f(x,y)dA<br />
Det partielle integral<br />
R<br />
d<br />
A(x) = f(x,y)dy<br />
er arealet af et snit gennem området under grafen for x fast.<br />
c<br />
2.20. Mere overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Fubinis sætning - begrundelse<br />
Det itererede integral<br />
b b d<br />
A(x)dx = f(x,y)dydx<br />
<strong>til</strong>nærmes af Riemann summen <br />
a<br />
i<br />
a<br />
c<br />
c<br />
c<br />
a<br />
A(x ∗ i )∆x<br />
som ved grænseovergang fører <strong>til</strong> volumenet, der netop er dobbeltintegralets værdi.<br />
2.21. Fremgangsmåde ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 2<br />
R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2
R<br />
2. ITERERET INTEGRAL 87<br />
(x − 3y 2 )dA =<br />
=<br />
=<br />
2 2<br />
(x − 3y 2 )dydx<br />
0 1<br />
2 3<br />
xy − y<br />
0<br />
y=2 y=1 dx<br />
2<br />
0<br />
2 x<br />
=<br />
2<br />
= −12<br />
(x − 7)dx<br />
2<br />
− 7x<br />
0<br />
2.22. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
<br />
R<br />
(x − 3y 2 )dA =<br />
=<br />
=<br />
2 2<br />
1<br />
2<br />
1<br />
2<br />
1<br />
0<br />
x 2<br />
(x − 3y 2 )dxdy<br />
2 − 3y2 x<br />
(2 − 6y 2 )dy<br />
x=2<br />
x=0<br />
= 2y − 2y 32 = −12<br />
1<br />
Bemærk, at midtpunktsreglen, [S] 12.1 Eksempel 3, gav <strong>til</strong>nærmelsen − 95<br />
8<br />
dy<br />
= −11,875<br />
2.23. Med sinus og cosinus ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Figur - Eksempel 3<br />
R = [1,2] × [0,π], f(x,y) = y sin(xy)<br />
x<br />
z<br />
2.24. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
y
88 II. INTEGRATION<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
<br />
R<br />
2<br />
π<br />
y sin(xy)dA = y sin(xy)dxdy<br />
0 1<br />
π<br />
= [−cos(xy)]<br />
0<br />
x=2<br />
x=1 dy<br />
π<br />
= (−cos(2y) + cos(y))dy<br />
0<br />
<br />
= − sin(2y)<br />
π + sin(y)<br />
2<br />
0<br />
= 0<br />
2.25. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] × [1,2]. Der gælder <br />
Løsning<br />
(x,y) ∈ [0,2] × [1,2] giver ved Fubinis sætning<br />
<br />
R<br />
xlny dA =<br />
2 2<br />
0<br />
1<br />
R xln y dA = 2<br />
0<br />
xlny dydx<br />
2<br />
xlny dxdy.<br />
1<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
2.26. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Figur - Eksempel 5<br />
R = [0, π π<br />
] × [0, ], f(x,y) = sin(x)cos(y)<br />
2 2<br />
x<br />
z<br />
2.27. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
y
Eksempel 5<br />
<br />
R<br />
sin(x)cos(y)dA =<br />
2. ITERERET INTEGRAL 89<br />
=<br />
=<br />
π<br />
2<br />
0<br />
π<br />
2<br />
0<br />
π<br />
2<br />
π<br />
2<br />
0<br />
cos(y)<br />
sin(x)cos(y)dxdy<br />
π<br />
2<br />
0<br />
sin(x)dx<br />
sin(x)dx dy<br />
π<br />
2<br />
0<br />
0<br />
= [−cos(x)] π<br />
π<br />
2 2<br />
0 [sin(y)] 0<br />
= (−0 − (−1))(1 − 0)<br />
= 1<br />
cos(y)dy<br />
2.28. Opgave ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Øvelse 16<br />
x<br />
R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = xe xy<br />
z<br />
2.29. Opgave løst<br />
Øvelse 16<br />
☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
<br />
xe xy 1 1<br />
dA = xe xy dydx<br />
R<br />
0 0<br />
1<br />
= [e<br />
0<br />
xy ] y=1<br />
y=0 dx<br />
1<br />
= (e<br />
0<br />
x − e 0 )dx<br />
= [e x − x] 1<br />
0<br />
= e − 2<br />
2.30. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
Test<br />
Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] ×[1,2]. Der gælder <br />
R xlny dA = 2<br />
0 x dx 2<br />
lny dy.<br />
y<br />
Afkryds:<br />
1<br />
ja nej
90 II. INTEGRATION<br />
Løsning<br />
<br />
R<br />
xlny dA =<br />
=<br />
=<br />
2 2<br />
0<br />
2<br />
0<br />
2<br />
1<br />
x<br />
1<br />
2<br />
1<br />
lny dy<br />
3. Generelle områder<br />
xlny dydx<br />
lny dydx<br />
2<br />
0<br />
x dx<br />
3.1. Oversigt ☞ [S] 12.1, 12.2, 12.3<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Dobbelt integral<br />
✌ Fubinis sætning<br />
✌ Generelle områder<br />
✌ Type I<br />
✌ Type II<br />
✌ Regneregler<br />
✌ Nem ulighed<br />
3.2. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles<br />
Figur<br />
y<br />
d<br />
c<br />
a b<br />
x<br />
(x ij , y ij )<br />
Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d]<br />
3.3. Integralet i to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .<br />
Definition<br />
Givet rektanglet R = [a,b] × [c,d].<br />
Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er<br />
5<br />
<br />
Når grænseværdien eksisterer.<br />
R<br />
f(x,y)dA = lim<br />
m<br />
n<br />
f(x<br />
m,n→∞<br />
i=1 j=1<br />
∗ ij,y ∗ ij)∆A<br />
3.4. Fubini: Alle veje fører <strong>til</strong> Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals<br />
4 Sætning (Fubinis sætning)
3. GENERELLE OMRÅDER 91<br />
Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de<br />
itererede integraler<br />
b d<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dydx<br />
og<br />
<br />
R<br />
R<br />
a<br />
d b<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dxdy<br />
3.5. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Figur<br />
y<br />
d<br />
c<br />
c<br />
c<br />
a<br />
a b<br />
D ⊂ [a,b] × [c,d]<br />
3.6. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Definition<br />
Givet D ⊂ [a,b] × [c,d] og f : D → R en funktion.<br />
1<br />
Dobbeltintegralet er<br />
2<br />
F(x,y) =<br />
f(x,y) hvis (x,y) ∈ D<br />
0 hvis (x,y) ∈ [a,b] × [c,d]\D<br />
<br />
D<br />
<br />
f(x,y)dA =<br />
R<br />
x<br />
F(x,y)dA<br />
3.7. Volumen ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Bemærkning<br />
Givet et område D og en positiv f : D → R.<br />
Legemet i R 3<br />
har volumen V givet ved dobbeltintegralet<br />
<br />
V =<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f(x,y)}<br />
D<br />
f(x,y)dA<br />
3.8. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Figur
92 II. INTEGRATION<br />
y = g2(x)<br />
y = g1(x)<br />
y<br />
a b<br />
Område af Type I<br />
D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}<br />
3.9. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Type I integral<br />
3 For f givet på<br />
er integralet et itereret integral<br />
D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}<br />
<br />
D<br />
b g2(x)<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dy dx<br />
a<br />
g1(x)<br />
3.10. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 1<br />
Givet funktionen<br />
på Type I mængden<br />
Dobbelt integralet beregnes itereret<br />
<br />
f(x,y)dA =<br />
f(x,y) = x + 2y<br />
D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }<br />
D<br />
1 2<br />
1+x<br />
−1<br />
2x 2<br />
x<br />
(x + 2y)dy dx<br />
3.11. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 1 - figur<br />
y<br />
y = 1 + x2 y = 2x 2<br />
1<br />
2<br />
1<br />
x
3. GENERELLE OMRÅDER 93<br />
D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }<br />
3.12. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 1 -<br />
<br />
fortsat<br />
1 2<br />
1+x<br />
(x + 2y)dA = (x + 2y)dy dx<br />
D<br />
=<br />
=<br />
=<br />
−1 2x2 1 2<br />
xy + y<br />
−1<br />
y=1+x 2<br />
y=2x2 dx<br />
1<br />
(x(1 + x<br />
−1<br />
2 ) + (1 + x 2 ) 2 − x(2x 2 ) − (2x 2 ) 2 )dx<br />
1<br />
(−3x<br />
−1<br />
4 − x 3 + 2x 2 + x + 1)dx<br />
1<br />
<br />
= −3 x5 x4 x2<br />
− + 2x3 + + x<br />
5 4 3 2<br />
= 32<br />
15<br />
3.13. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Figur<br />
y<br />
d<br />
−1<br />
x = h1(y) x = h2(y)<br />
c<br />
Område af Type II<br />
D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}<br />
3.14. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Type II integral<br />
For f givet på<br />
4 D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}<br />
er integralet et itereret integral<br />
5<br />
<br />
D<br />
d h2(y)<br />
f(x,y)dA = f(x,y)dx dy<br />
c<br />
h1(y)<br />
3.15. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2<br />
x
94 II. INTEGRATION<br />
Givet funktionen<br />
på Type II mængden<br />
Dobbelt integralet beregnes itereret<br />
<br />
f(x,y)dA =<br />
f(x,y) = x 2 + y 2<br />
D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1<br />
2 y ≤ x ≤ √ y}<br />
D<br />
4 <br />
0<br />
√ y<br />
1<br />
2 y<br />
(x 2 + y 2 )dx dy<br />
3.16. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2 - figur<br />
y<br />
4<br />
x = 1<br />
2 y x = √ y<br />
D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1<br />
2 y ≤ x ≤ √ y}<br />
3.17. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
<br />
(x<br />
D<br />
2 + y 2 4 <br />
)dA =<br />
0<br />
√ y<br />
1<br />
2 y<br />
(x 2 + y 2 )dx dy<br />
4<br />
x= √ y<br />
=<br />
=<br />
=<br />
0<br />
3 x<br />
+ xy2<br />
3<br />
2<br />
dy<br />
0<br />
x= y<br />
2<br />
4<br />
( 1<br />
3 y3/2 + y 5/2 − 1<br />
24 y3 − 1<br />
2<br />
15 y5/2 + 2<br />
7 y7/2 − 13<br />
96 y4<br />
= 216<br />
35<br />
4<br />
0<br />
x<br />
2 y3 )dy<br />
3.18. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2<br />
Givet funktionen<br />
på Type I mængden<br />
f(x,y) = x 2 + y 2<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x}
Dobbelt integralet beregnes itereret<br />
<br />
f(x,y)dA =<br />
D<br />
3. GENERELLE OMRÅDER 95<br />
2 2x<br />
0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx<br />
3.19. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2 - figur<br />
y<br />
4<br />
y = 2x y = x 2<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x}<br />
3.20. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 2 - fortsat <br />
(x<br />
D<br />
2 + y 2 2 2x<br />
)dA =<br />
0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx<br />
2 <br />
= x<br />
0<br />
2 y + 1<br />
3 y3<br />
y=2x y=x2 dx<br />
2<br />
= (x<br />
0<br />
2 (2x) + 1<br />
3 (2x)3 − x 2 (x 2 ) − 1<br />
2 =<br />
<br />
− 1<br />
21 x7 − 1<br />
5 x5 + 7<br />
6 x4<br />
= 216<br />
35<br />
2<br />
0<br />
x<br />
3 (x2 ) 3 )dx<br />
3.21. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 3<br />
Givet funktionen<br />
f(x,y) = xy<br />
på Type II mængden<br />
D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1<br />
2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1}<br />
Dobbelt integralet beregnes itereret<br />
<br />
y+1<br />
D<br />
f(x,y)dA =<br />
4<br />
−2<br />
1<br />
2 y2 −3<br />
xy dx dy<br />
3.22. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 3 - figur
96 II. INTEGRATION<br />
x = 1<br />
2 y3 3<br />
y<br />
4<br />
x = y + 1<br />
D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1<br />
2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1}<br />
3.23. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
<br />
D<br />
xy dA =<br />
=<br />
=<br />
=<br />
4<br />
−2<br />
4<br />
y+1<br />
1<br />
2 y2 −3<br />
1<br />
2 x2 y<br />
xy dx dy<br />
x=y+1<br />
x= 1<br />
2 y2 dy<br />
−3<br />
−2<br />
4<br />
(−<br />
−2<br />
1<br />
8 y5 + 2y 3 + y 2 − 4y)dy<br />
<br />
− 1<br />
48 y6 + 1<br />
2 y4 + 1<br />
3 y3 − 2y 2<br />
4 = 36<br />
3.24. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Hjørne (Se også eksempel 4)<br />
Givet trekanten<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b<br />
a x}<br />
Et hjørne med kantlængder a,b,c > 0 er givet ved<br />
Vis at volumenet<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c<br />
x −<br />
a b y}<br />
V = abc<br />
6<br />
3.25. Hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Hjørne - figur<br />
−2<br />
5<br />
x
x<br />
3. GENERELLE OMRÅDER 97<br />
a<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b<br />
a x}<br />
z<br />
c<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c<br />
x −<br />
a b y}<br />
3.26. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Hjørne - fortsat<br />
D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b<br />
a x}<br />
er en Type I mængde.<br />
Volumenet af hjørnet er<br />
<br />
V =<br />
(c − c c<br />
x −<br />
a b y)dA<br />
D<br />
a<br />
=<br />
0<br />
b− b<br />
a x<br />
0<br />
(c − c<br />
a<br />
b<br />
y<br />
c<br />
x − y)dy dx<br />
b<br />
3.27. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Hjørne - fortsat<br />
<br />
V = (c −<br />
D<br />
c<br />
a b b−<br />
c<br />
a<br />
x − y)dA =<br />
a b 0<br />
x<br />
(c −<br />
0<br />
c c<br />
x − y)dy dx<br />
a b<br />
a <br />
= c y −<br />
0<br />
xy<br />
y=b−<br />
y2<br />
−<br />
a 2b<br />
b<br />
a x<br />
dx<br />
y=0<br />
= bc<br />
a<br />
(1 −<br />
2 0<br />
x<br />
a )2 dx<br />
= abc<br />
<br />
−(1 −<br />
6<br />
x<br />
a )3 a<br />
0<br />
= abc<br />
6<br />
3.28. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Kile (Se også opgave 22)<br />
Givet halvcirklen<br />
En kile er givet ved<br />
Find volumenet V .<br />
D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1<br />
2 y}
98 II. INTEGRATION<br />
3.29. Kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Kile - figur<br />
z<br />
x<br />
2<br />
D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1<br />
2 y}<br />
3.30. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Kile - fortsat<br />
D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
er en Type I mængde.<br />
Volumenet af kilen er<br />
<br />
V =<br />
D<br />
2 <br />
1<br />
y dA =<br />
2 −2<br />
√ 4−x2 1<br />
y dy dx<br />
0 2<br />
3.31. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Kile - fortsat<br />
2 <br />
1<br />
V = ydA =<br />
D 2 −2<br />
√ 4−x2 1<br />
ydy dx<br />
0 2<br />
2 <br />
1<br />
=<br />
4 y2<br />
√ y= 4−x2 dx<br />
−2<br />
2<br />
y=0<br />
1<br />
=<br />
−2 4 (4 − x2 )dx<br />
<br />
= x − 1<br />
12 x3<br />
2 = 8<br />
3<br />
−2<br />
3.32. Regneregler<br />
Regneregler for dobbeltintegral<br />
<br />
☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
6<br />
(f(x,y) + g(x,y))dA =<br />
D<br />
<br />
f(x,y)dA + g(x,y)dA<br />
7<br />
<br />
D<br />
D<br />
<br />
cf(x,y)dA = c<br />
D<br />
2<br />
2<br />
D<br />
y<br />
f(x,y)dA
Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er<br />
<br />
8<br />
D<br />
3. GENERELLE OMRÅDER 99<br />
<br />
f(x,y)dA ≥<br />
D<br />
g(x,y)dA<br />
3.33. Opdelt område [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Regneregler for dobbeltintegral<br />
Hvis området D er opdelt i D1,D2, så er<br />
<br />
9<br />
f(x,y)dA =<br />
D<br />
<br />
<br />
f(x,y)dA + f(x,y)dA<br />
D1<br />
D1<br />
D<br />
3.34. Opdelt område ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Figur<br />
y<br />
x<br />
Cirkelring opdelt som to Type I områder<br />
D2<br />
D2<br />
y<br />
x<br />
Cirkelring opdelt som to Type II områder<br />
3.35. Areal ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Definition (Areal som dobbeltintegral)<br />
Arealet af et område D er<br />
<br />
10 A(D) = 1dA<br />
Bemærk<br />
A(D) ≈ <br />
(x ∗ i ,y∗ j )∈D<br />
D<br />
<br />
∆A ≈<br />
3.36. Nyttig ulighed<br />
Sætning (Ulighed om areal)<br />
☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Hvis m ≤ f(x,y) ≤ M så er<br />
<br />
11 mA(D) ≤ f(x,y)dA ≤ MA(D)<br />
Bemærk<br />
Følger af regneregler for integral og arealformlen ovenfor.<br />
D<br />
D<br />
dA
100 II. INTEGRATION<br />
3.37. Et slag på tasken ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Eksempel 6<br />
Givet funktionen<br />
på cirkelskiven<br />
Funktionen vurderes<br />
Dobbelt integralet vurderes<br />
e −1 <br />
4π ≤<br />
sin(x) cos(y)<br />
f(x,y) = e<br />
D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
e −1 ≤ e sin(x) cos(y) ≤ e<br />
e<br />
D<br />
sin(x) cos(y) dA ≤ e4π<br />
4. Koordinatskift<br />
4.1. Oversigt ☞ [S] 12.4, 12.5, 12.7<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Repetition: Polære koordinater<br />
✌ Lagkagestykker<br />
✌ Koordinatskift<br />
✌ Type II varianten<br />
✌ August 2002, opgave 1<br />
✌ Populære anvendelser<br />
✌ Flyv højere. . .<br />
4.2. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Definition<br />
Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med<br />
polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater<br />
(1, π<br />
2 ) bestemmer y-aksen.<br />
y<br />
1<br />
O 1<br />
r<br />
P(r cos( ), r sin( ))<br />
4.3. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Sætning<br />
Givet et polœrt og <strong>til</strong>hørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater<br />
(r,θ) har kartesiske koordinater<br />
1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)<br />
Et punkt med kartesiske koordinater (x,y),x > 0 har polœre koordinater<br />
2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y<br />
x )<br />
x
4. KOORDINATSKIFT 101<br />
4.4. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Polært rektangel<br />
y<br />
=<br />
r=a<br />
(b cos ,b sin )<br />
=<br />
r=b<br />
{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
{(x,y) = (r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
4.5. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Definition<br />
Et polœrt rektangel er et område i R 2 bestemt ved polære koordinater<br />
I kartesiske koordinater er området<br />
R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
{(r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
4.6. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Inddelt polært rektangel<br />
y<br />
x<br />
(r i , j )<br />
{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
4.7. Lagkageområde, areal ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Areal af polært rektangel<br />
x
102 II. INTEGRATION<br />
Areal af {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} er<br />
y<br />
1<br />
2 (β − α)(b2 − a 2 ) =<br />
(r, )=( a+b +<br />
2 , 2 )<br />
x<br />
a + b<br />
(b − a)(β − α)<br />
2<br />
4.8. Polær inddeling ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Definition<br />
a = r0 ≤ · · · ≤ ri−1 ≤ r ∗ i ≤ ri ≤ · · · ≤ rm = b<br />
α = θ0 ≤ · · · ≤ θj−1 ≤ θ ∗ j ≤ θj ≤ · · · ≤ θn = β<br />
inddeler det polære rektanglet R = [a,b] × [α,β] i brikker med midtpunkter og areal<br />
r ∗ i = ri−1 + ri<br />
, θ<br />
2<br />
∗ j = θj−1 + θj<br />
2<br />
∆A = 1<br />
2 (ri + ri−1)(ri − ri−1)(θj − θj−1) = r ∗ i ∆r∆θ<br />
4.9. Polær Riemann sum ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Bemærkning<br />
Den dobbelte Riemannsum af en funktion f : R → R er<br />
m n<br />
1<br />
i=1 j=1<br />
f(x ∗ i ,y ∗ j)∆A =<br />
m<br />
n<br />
i=1 j=1<br />
f(r ∗ i cos θ ∗ j,r ∗ i sin θ ∗ j)r ∗ i ∆r∆θ<br />
4.10. Lagkageområde, integral ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
2 Sætning (Polært koordinatskift)<br />
For f kontinuert på det polœre rektangel<br />
er integralet et itereret integral<br />
<br />
R<br />
R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}<br />
β b<br />
f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ<br />
α<br />
a<br />
4.11. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 1<br />
Halvcirkelringen<br />
R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
beskrives i polære koordinater ved<br />
x = r cos θ, y = r sinθ<br />
0 ≤ r sin θ, 1 ≤ (r cos θ) 2 + (r sin θ) 2 ≤ 4
Som reduceres<br />
4. KOORDINATSKIFT 103<br />
0 ≤ θ ≤ π, 1 ≤ r ≤ 2<br />
4.12. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 1<br />
Halvcirkelringen<br />
R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
er det polære rektangel<br />
{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}<br />
4.13. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Eksempel 1 - figur<br />
y<br />
2<br />
{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}<br />
1 2<br />
4.14. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Givet funktionen<br />
f(x,y) = 3x + 4y 2<br />
på halvcirkelringen<br />
I polære koordinater er<br />
R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
f(r cos θ,r sinθ) = 3r cos θ + 4(r sinθ) 2<br />
4.15. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Dobbeltintegralet over<br />
{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}<br />
beregnes ved polært koordinatskift<br />
β b<br />
f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ<br />
Det itererede integral<br />
<br />
R<br />
R<br />
π<br />
f(x,y)dA =<br />
0<br />
α<br />
a<br />
2<br />
(3r cos θ + 4r<br />
1<br />
2 sin 2 θ)rdr dθ<br />
x
104 II. INTEGRATION<br />
4.16. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
(3x + 4y<br />
R<br />
2 π 2<br />
)dA = (3r cos θ + 4r<br />
0 1<br />
2 sin 2 θ)rdr dθ<br />
π 3 4 2 r=2<br />
= r cos θ + r sin θ<br />
r=1<br />
0<br />
dθ<br />
π<br />
= (7cos θ + 15sin<br />
0<br />
2 θ)dθ<br />
π<br />
= (7cos θ +<br />
0<br />
15<br />
(1 − cos 2θ))dθ<br />
2<br />
<br />
= 7sin θ + 15<br />
θ=π (2θ − sin 2θ)<br />
4 θ=0<br />
= 15<br />
2 π<br />
4.17. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 2<br />
Toppen af et æg<br />
{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 }<br />
beskrives i "cylinder" koordinater ved<br />
Det er<br />
x = r cos θ, y = r sinθ<br />
{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 }<br />
4.18. Top ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Eksempel 2 - figur<br />
x<br />
z<br />
{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 }<br />
4.19. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
Volumenet er et integral af funktionen<br />
på cirkelskiven<br />
f(x,y) = 1 − x 2 − y 2<br />
R = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}<br />
1<br />
y
Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift<br />
<br />
V = f(x,y)dA =<br />
R<br />
4. KOORDINATSKIFT 105<br />
2π 1<br />
0<br />
0<br />
(1 − r 2 )rdr dθ<br />
4.20. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
V =<br />
=<br />
=<br />
2π 1<br />
0<br />
2π<br />
0<br />
2π<br />
0<br />
= π<br />
2<br />
0<br />
r 2<br />
2<br />
1<br />
4 dθ<br />
(1 − r 2 )rdr dθ<br />
r=1<br />
r4<br />
− dθ<br />
4 r=0<br />
4.21. Polært Type II ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Type II - figur<br />
=<br />
y<br />
=<br />
r=h1( )<br />
r=h2( )<br />
D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}<br />
4.22. Polær Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions<br />
Polœr Type II integral<br />
3 For f givet på<br />
er integralet et itereret integral<br />
<br />
D<br />
D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}<br />
β h2(θ)<br />
f(x,y)dA = f(r cos θ,r sin θ)rdr dθ<br />
α<br />
h1(θ)<br />
4.23. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 3<br />
Legemet<br />
{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 2x, 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 }<br />
beskrives i "cylinder" koordinater ved<br />
x = r cos θ, y = r sinθ<br />
x
106 II. INTEGRATION<br />
Det er<br />
{(r,θ,z)| −π<br />
2<br />
≤ θ ≤ π<br />
2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 }<br />
4.24. Stub ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates<br />
Eksempel 3 - skitse (lav bedre selv!)<br />
z<br />
x<br />
{(r,θ,z)| −π<br />
2<br />
≤ θ ≤ π<br />
2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 }<br />
4.25. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
Volumenet er et integral af funktionen<br />
på området i polære koordinater<br />
D = {(r,θ)| −π<br />
2<br />
f(x,y) = x 2 + y 2<br />
Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift<br />
<br />
V =<br />
R<br />
π<br />
≤ θ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2cos θ}<br />
2<br />
π/2<br />
f(x,y)dA =<br />
−π/2<br />
2 cos θ<br />
0<br />
y<br />
r 2 rdr dθ<br />
4.26. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
π/2 2 cos θ<br />
V = r 2 rdr dθ<br />
−π/2<br />
π/2 4 r<br />
=<br />
−π/2 4 r=0<br />
π/2<br />
= 4cos 4 θ dθ<br />
= ...<br />
= 3π<br />
2<br />
−π/2<br />
0<br />
r=2 cos θ<br />
4.27. Kilen ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Kile<br />
dθ
Kilen med radius a og højde b er i "cylinderkoordinater":<br />
4. KOORDINATSKIFT 107<br />
D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}<br />
E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b<br />
r sin θ}<br />
a<br />
Vis, at volumenet V er<br />
V = 2<br />
3 a2b 4.28. Kile i polære koordinater ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Kile - figur<br />
z<br />
x<br />
a<br />
D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}<br />
b<br />
E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b<br />
r sin θ}<br />
a<br />
4.29. Volumen af kile ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Kile - fortsat<br />
D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}<br />
er et polært rektangel.<br />
Volumenet af kilen er<br />
<br />
D<br />
b<br />
y dA =<br />
a<br />
π a<br />
b<br />
r sin(θ)rdr dθ<br />
a<br />
0<br />
4.30. Volumen af kile ☞ [S] [S] 12.4 Double integrals in polar . . .<br />
Kile - fortsat<br />
π a<br />
b<br />
b<br />
y dA = r sin(θ)rdr dθ<br />
D a 0 0 a<br />
π <br />
b<br />
=<br />
0 3a r3 r=a sinθ dθ<br />
r=0<br />
π<br />
a<br />
=<br />
0<br />
2b sinθ dθ<br />
3<br />
= a2b [−cos θ]π 0 3<br />
= 2<br />
3 a2b 4.31. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1<br />
Lad R betegne kvartcirkelskiven x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn <br />
R x2 y dA.<br />
0<br />
a<br />
y
108 II. INTEGRATION<br />
Løsning<br />
y<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
4.32. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - figur<br />
x<br />
z<br />
R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π<br />
2 }<br />
4.33. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
er et polært rektangel.<br />
Integralet er<br />
<br />
R<br />
R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π<br />
2 }<br />
x 2 π/2<br />
y dA =<br />
0<br />
2<br />
x<br />
2<br />
r<br />
0<br />
3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ<br />
4.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
y
Opgave 1 - fortsat<br />
<br />
R<br />
x 2 π/2<br />
y dA =<br />
4. KOORDINATSKIFT 109<br />
0<br />
π/2<br />
=<br />
0<br />
2<br />
r<br />
0<br />
3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ<br />
<br />
1<br />
5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ<br />
r=0<br />
π/2<br />
32<br />
=<br />
0 5 cos2 θ sin θ dθ<br />
<br />
= − 32<br />
15 cos3 π/2 θ<br />
= 32<br />
15<br />
4.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - ny figur<br />
x<br />
z<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
4.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - alternativt<br />
er et Type I område.<br />
Integralet er<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
<br />
R<br />
x 2 y dA =<br />
0<br />
2 √ 4−x2 0<br />
0<br />
y<br />
x 2 y dy dx<br />
4.37. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002
110 II. INTEGRATION<br />
Opgave 1 - alternativt - fortsat<br />
<br />
x 2 y dA =<br />
R<br />
=<br />
2 √ 4−x2 x 2 y dy dx<br />
0 0<br />
2 <br />
1<br />
0 2 x2y 2<br />
√ y= 4−x2 y=0<br />
2<br />
1<br />
=<br />
0 2 (4x2 − x 4 )dx<br />
<br />
2<br />
=<br />
3 x3 − 1<br />
10 x5<br />
2 = 32<br />
15<br />
4.38. Populært ☞ [S] 12.5 Applications of double integrals<br />
Anvendelser<br />
✌ Beregn nyttige integraler i en variabel.<br />
✌ Find areal, volumen, tyngdepunkt og moment.<br />
✌ Bestem ladning af elektriske fordelinger.<br />
✌ Statisktiske fordelinger for 2 stokastiske variable.<br />
✌ Fortsæt med 3 variable. . .<br />
4.39. Flere variable ☞ [S] 12.7 Triple integrals<br />
Udvidelse<br />
✌ Volumenet af en kasse er produktet af kantlængderne.<br />
✌ Riemannsummen for en funktion i 3 variable defineret på en kasse er tripelsummen<br />
af funktionsværdi gange volumen for kassen opdelt i klodser.<br />
✌ Tripelintegralet er grænseværdien af Riemansummerne for finere klodsinddeling.<br />
✌ Tripelintegralet beregnes ved Fubinis sætning som 3 itererede integraler.<br />
✌ Fortsæt med 4 eller flere variable. . .<br />
0<br />
dx
III<br />
Potensrækker<br />
1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler<br />
1.1. Oversigt ☞ [S] 4.5, 5.10<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Ubestemte udtryk<br />
✌ l’Hospitals regel 1<br />
✌ l’Hospitals regel 2<br />
✌ Test l’Hospitals regel<br />
✌ Uegentlige integraler 1<br />
✌ Test uegentlige integraler<br />
✌ Uegentlige integraler 2<br />
✌ Test uegentlige integraler<br />
✌ Sammenligning<br />
1.2. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempler<br />
Ubestemte udtryk<br />
ln(x)<br />
1 lim<br />
x→1 x − 1<br />
ln(x)<br />
2 lim<br />
x→∞ x − 1<br />
1.3. Ubestemt 0-0 udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s . . .<br />
Definition<br />
Lad f(x) → 0,g(x) → 0 når x → a. Udtrykket<br />
kaldes ubestemt af form 0<br />
0 .<br />
Eksempel<br />
er ubestemt af form 0<br />
0 .<br />
f(x)<br />
lim<br />
x→a g(x)<br />
x<br />
lim<br />
x→1<br />
2 − 1<br />
x − 1<br />
1.4. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Definition<br />
Lad f(x) → ∞,g(x) → ∞ når x → a. Udtrykket<br />
f(x)<br />
lim<br />
x→a g(x)<br />
111
112 III. POTENSRÆKKER<br />
kaldes ubestemt af form ∞<br />
∞ .<br />
Eksempel<br />
er ubestemt af form ∞<br />
∞ .<br />
ln |x|<br />
lim<br />
x→0 x−1 1.5. l’Hospitals regel 1 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Sætning (l’Hospitals regel)<br />
Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a <strong>til</strong>pas nœr a. Hvis<br />
er et ubestemt udtryk af form 0<br />
0 , så er<br />
f(x)<br />
lim<br />
x→a g(x)<br />
f(x) f<br />
lim = lim<br />
x→a g(x) x→a<br />
′ (x)<br />
g ′ (x)<br />
1.6. Overbevis ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Bevis<br />
Fra den udvidede middelværdisætning<br />
Beregn nu<br />
f(x)g ′ (x ∗ ) = f ′ (x ∗ )g(x), a < x ∗ < x<br />
f(x) f<br />
lim = lim<br />
x→a g(x) x→a<br />
′ (x∗ )<br />
g ′ (x∗ f<br />
= lim<br />
) x→a<br />
′ (x)<br />
g ′ (x)<br />
1.7. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempel<br />
ubestemt af form 0<br />
0 .<br />
Heraf fås<br />
x<br />
lim<br />
x→1<br />
2 − 1<br />
x − 1<br />
f(x) = x 2 − 1,f ′ (x) = 2x<br />
g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1<br />
x<br />
lim<br />
x→1<br />
2 − 1 2x<br />
= lim = 2<br />
x − 1 x→1 1<br />
1.8. l’Hospitals regel 2 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Sætning (l’Hospitals regel)<br />
Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a <strong>til</strong>pas nœr a. Hvis<br />
er et ubestemt udtryk af form ∞<br />
∞ , så er<br />
f(x)<br />
lim<br />
x→a g(x)<br />
f(x) f<br />
lim = lim<br />
x→a g(x) x→a<br />
′ (x)<br />
g ′ (x)
1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 113<br />
1.9. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempel (6)<br />
er ubestemt af form ∞<br />
∞ .<br />
Heraf fås<br />
lim<br />
x→0<br />
ln |x|<br />
lim<br />
x→0 x−1 f(x) = ln |x|,f ′ (x) = |x| −1<br />
g(x) = x −1 ,g ′ (x) = −x −2<br />
ln |x|<br />
= lim<br />
x−1 x→0<br />
|x| −1 x<br />
= lim −x = 0<br />
−x−2 x→0 |x|<br />
1.10. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempel 1<br />
ln(x)<br />
lim<br />
x→1 x − 1<br />
ubestemt af form 0<br />
0 .<br />
Heraf fås<br />
f(x) = ln(x),f ′ (x) = x −1<br />
g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1<br />
ln(x) x<br />
lim = lim<br />
x→1 x − 1 x→1<br />
−1<br />
= 1<br />
1<br />
1.11. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempel 2<br />
ubestemt af form ∞<br />
∞ .<br />
Heraf fås<br />
e<br />
lim<br />
x→∞<br />
x<br />
x2 f(x) = e x ,f ′ (x) = e x ,f ′′ )x) = e x<br />
g(x) = x 2 ,g ′ (x) = 2x,g ′′ (x) = 2<br />
lim<br />
x→∞<br />
ex e<br />
= lim<br />
x2 x→∞<br />
x e<br />
= lim<br />
2x x→∞<br />
x<br />
= ∞<br />
2<br />
1.12. Øvelse ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Eksempel 9<br />
lim<br />
x→0 +<br />
x x<br />
omformes ved<br />
Fra eksempel følger<br />
ln( lim<br />
x→0 +<br />
x x ) = lim<br />
x→0 +<br />
xln(x) = lim<br />
x→0 +<br />
ln(x)<br />
x−1 lim<br />
x→0 +<br />
x x = exp( lim<br />
x→0 +<br />
ln(x)<br />
x−1 ) = e0 = 1<br />
1.13. Test l’Hospitals regel ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule<br />
Test<br />
x<br />
lim<br />
x→0 sinx<br />
(a) −1. (b) 0. (c) 1.
114 III. POTENSRÆKKER<br />
Løsning<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
f(x) = x,g(x) = sin x har f(0) = 0,g(0) = 0 og er ubestemt af form 0<br />
0 . f ′ (x) =<br />
1,g ′ (x) = cos x har f ′ (0) = 1,g ′ (0) = 1, så<br />
f<br />
lim<br />
x→0<br />
′ (x)<br />
g ′ (x) = f ′ (0)<br />
g ′ (0)<br />
1.14. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel<br />
Integralet<br />
har grænseværdi<br />
t <br />
1<br />
A(t) = dx = −<br />
1 x2 1<br />
t = 1 −<br />
x 1<br />
1<br />
t<br />
<br />
lim A(t) = lim 1 −<br />
t→∞ t→∞<br />
1<br />
<br />
= 1<br />
t<br />
1.15. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
y<br />
1 t<br />
Uendeligt interval, endeligt areal<br />
y = 1<br />
x 2<br />
1.16. Uegentligt integral<br />
1 Definition<br />
☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent.<br />
∞<br />
t<br />
(a)<br />
f(x)dx = lim<br />
t→∞<br />
f(x)dx<br />
(b)<br />
(c)<br />
a<br />
b<br />
−∞<br />
∞ a<br />
f(x)dx =<br />
−∞<br />
b<br />
f(x)dx = lim<br />
t→−∞<br />
−∞<br />
a<br />
t<br />
f(x)dx<br />
∞<br />
f(x)dx + f(x)dx<br />
1.17. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel 1<br />
a<br />
x
Det uegentlige integral<br />
er divergent.<br />
Det uegentlige integral<br />
er konvergent.<br />
1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 115<br />
∞<br />
1<br />
t<br />
1<br />
dx = lim<br />
x t→∞<br />
1<br />
∞<br />
1<br />
= lim<br />
t→∞ lnt = ∞<br />
t<br />
1<br />
dx = lim<br />
x2 t→∞<br />
1<br />
1<br />
dx = lim<br />
x t→∞ [lnx]t 1<br />
1<br />
dx = 1<br />
x2 1.18. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
y<br />
1 t<br />
Uendeligt interval, uendeligt areal<br />
y = 1<br />
x<br />
1.19. Arctan integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel 3<br />
∞<br />
1<br />
dx = π<br />
−∞ 1 + x2 Løsning<br />
t<br />
−∞<br />
0<br />
1<br />
dx = [Arctanx]t<br />
1 + x2 0 = Arctan t<br />
Grænseovergange limt→±∞ Arctan t = ± π<br />
2 giver<br />
∞ 0 ∞<br />
1<br />
1<br />
1<br />
dx = dx + dx = π<br />
1 + x2 −∞ 1 + x2 0 1 + x2 1.20. Reciprok potens ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel 4<br />
Det uegentlige integral p = 1<br />
∞<br />
1<br />
1<br />
dx = lim<br />
xp t→∞<br />
= lim<br />
t→∞<br />
t<br />
er konvergent for p > 1 med værdi ∞<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1 − p<br />
<br />
1<br />
1 − p ·<br />
<br />
− 1<br />
tp−1 1<br />
dx = lim<br />
xp t→∞<br />
<br />
1<br />
1 1<br />
dx =<br />
xp p − 1<br />
x<br />
1<br />
xp−1 t 1
116 III. POTENSRÆKKER<br />
og divergent for p ≤ 1.<br />
1.21. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Test ∞<br />
2<br />
Integralet 3√ dx er konvergent.<br />
x<br />
Løsning<br />
1<br />
t<br />
2x −1/3 dx =<br />
(Alternativt p = 1/3 < 1 i Eksempel 4)<br />
1<br />
<br />
3x 2/3 t<br />
→ ∞<br />
for t → ∞<br />
1<br />
= 3t 2/3 − 3<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
1.22. Uendelige funktioner<br />
3 Definition<br />
☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent.<br />
b<br />
(a)<br />
f(x)dx = lim<br />
t→b− t<br />
f(x)dx<br />
(b)<br />
(c)<br />
a<br />
b<br />
a<br />
f(x)dx = lim<br />
t→a +<br />
a<br />
b<br />
f(x)dx<br />
b c b<br />
f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx<br />
a<br />
a<br />
1.23. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel (1)<br />
Det uegentlige integral<br />
er divergent.<br />
1<br />
0<br />
1<br />
dx = lim<br />
x t→0 +<br />
1<br />
t<br />
1<br />
x<br />
= lim −ln t = ∞<br />
t→0 +<br />
t<br />
c<br />
dx = lim [lnx]1<br />
t→0 + t<br />
1.24. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel (1)<br />
Det uegentlige integral<br />
1<br />
er konvergent.<br />
0<br />
1<br />
√ x dx = lim<br />
t→0 +<br />
1<br />
t<br />
= lim<br />
t→0 +<br />
2 √ t − 2 = 2<br />
x −1/2 dx = lim<br />
t→0 +<br />
<br />
2x 1/2 1<br />
t<br />
1.25. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals
1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 117<br />
y<br />
1√ t<br />
t<br />
y = 1<br />
√ x<br />
Uendelige værdier, endeligt areal<br />
1.26. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Eksempel (4)<br />
Det uegentlige integral p = 1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
dx = lim<br />
xp t→0 +<br />
= lim<br />
t→0 +<br />
1<br />
t<br />
1<br />
1 − p<br />
1<br />
x<br />
1<br />
dx = lim<br />
xp t→0 +<br />
<br />
1<br />
1 − p ·<br />
<br />
1 − 1<br />
tp−1 <br />
er konvergent for p < 1 med værdi<br />
1<br />
1 1<br />
dx =<br />
xp p − 1<br />
og divergent for p ≥ 1.<br />
0<br />
1<br />
xp−1 1 t<br />
1.27. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Test 1<br />
2<br />
Integralet 3√ dx er konvergent.<br />
x<br />
Løsning<br />
0<br />
1<br />
t<br />
2x −1/3 dx =<br />
→ 3<br />
<br />
3x 2/3 1<br />
for t → 0<br />
t<br />
= 3 − 3t 2/3<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
1.28. Sammenligning af uegentlige integraler ☞ [S] 5.10 Improper integrals<br />
Sætning (Sammenligning)<br />
Antag at kontinuerte funktioner f,g opfylder uligheden f(x) ≥ g(x) ≥ 0 for x ≥ a.<br />
(a) ∞<br />
a f(x)dx konvergent ⇒ ∞<br />
a<br />
g(x)dx konvergent.
118 III. POTENSRÆKKER<br />
(b) ∞<br />
a g(x)dx divergent ⇒ ∞<br />
a<br />
f(x)dx divergent.<br />
2. Talfølger og rækker<br />
2.1. Oversigt ☞ [S] 8.1, 8.2<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Grænseværdi af talfølge<br />
✌ Test grænseværdi<br />
✌ Monotone og begrænsede talfølger<br />
✌ Talrække og afsnitssum<br />
✌ Konvergente rækker har små led<br />
✌ Regneregler<br />
2.2. Grænse for talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
1 Definition<br />
En talfølge {an} har grænseværdi L<br />
lim<br />
n→∞ an = L<br />
Hvis an kommer vilkårligt tæt på L, når n er <strong>til</strong>strækkeligt stor.<br />
Skrives også<br />
an → L når n → ∞<br />
Følgen kaldes da konvergent og i modsat fald divergent.<br />
2.3. Grænse tydeligere ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Definition præcis<br />
En talfølge {an} har grænseværdi L<br />
Hvis der for ethvert ǫ > 0 findes et tal N så<br />
lim<br />
n→∞ an = L<br />
|an − L| < ǫ for n > N<br />
2.4. Simpel følge ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Eksempel<br />
Talfølgen {an}<br />
an = n<br />
n + 1<br />
har grænseværdi<br />
For ǫ > 0 er<br />
når n > ǫ −1 .<br />
n<br />
lim = 1<br />
n→∞ n + 1<br />
| n 1<br />
− 1| = < ǫ<br />
n + 1 n + 1<br />
2.5. Funktion af talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
2 Sætning<br />
Hvis limx→∞ f(x) = L og an = f(n), så<br />
lim<br />
n→∞ an = L
Eksempel<br />
3<br />
1<br />
lim = 0<br />
n→∞ nr hvis r > 0<br />
2. TALFØLGER OG RÆKKER 119<br />
2.6. Test grænseværdi ☞ [S] 8.1 sequences<br />
Test<br />
1 1<br />
lim cos<br />
n→∞ n n<br />
(a) −1. (b) 0. (c) 1.<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b)<br />
<br />
(c)<br />
Løsning<br />
f(x) = xcos x er kontinuert med f(0) = 0.<br />
1<br />
lim f( ) = 0<br />
n→∞ n<br />
2.7. Regneregler ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Regneregler<br />
• lim<br />
n→∞ (an ± bn) = lim<br />
n→∞ an ± lim<br />
n→∞ bn<br />
• lim<br />
n→∞ anbn = lim<br />
n→∞ an · lim<br />
n→∞ bn<br />
an<br />
• lim =<br />
n→∞ bn<br />
limn→∞ an<br />
limn→∞ bn<br />
• lim<br />
n→∞ ap p<br />
n = ( lim an)<br />
n→∞<br />
2.8. Absolutværdi vinder ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
4 Sætning<br />
Paspå!<br />
lim<br />
n→∞ |an| = 0 ⇒ lim<br />
n→∞ an = 0<br />
lim<br />
n→∞ |(−1)n | = 1<br />
Men talfølgen an = (−1) n er divergent.<br />
2.9. Potenser ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
6 Sætning<br />
Talfølgen {r n } er konvergent for −1 < r ≤ 1 med<br />
lim<br />
n→∞ rn =<br />
Talfølgen er divergent for øvrige r.<br />
0 hvis − 1 < r < 1<br />
1 hvis r = 1<br />
2.10. Monotone følger ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Definition<br />
Betragt en talfølge {an}.<br />
• voksende: an < an+1, (≤)<br />
• aftagende: an > an+1, (≥)
120 III. POTENSRÆKKER<br />
• monoton: voksende eller aftagende<br />
• opad<strong>til</strong> begrænset: an ≤ M<br />
• nedad<strong>til</strong> begrænset: m ≤ an<br />
• begrænset: opad<strong>til</strong>- og nedad<strong>til</strong> begrænset<br />
2.11. Monoton og begrænset er konvergent ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
7 Sætning<br />
Enhver monoton begrœnset talfølge er konvergent.<br />
Eksempel<br />
Følgen<br />
an = n 1<br />
=<br />
n + 1 1 + 1<br />
n<br />
1 2 3 4 5<br />
, , , ,<br />
2 3 4 5 6 ,...<br />
er voksende og begrænset. Følgen er dermed konvergent.<br />
2.12. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Eksempel 11<br />
Talfølgen {an}<br />
a1 = 2, an+1 = 1<br />
2 (an + 6)<br />
er begrænset<br />
an ≤ 6<br />
og voksende<br />
an+1 = an<br />
2<br />
+ 3 ≥ an<br />
2.13. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences<br />
Eksempel 11 - fortsat<br />
Talfølgen<br />
a1 = 2, an+1 = 1<br />
2 (an + 6)<br />
har en grænseværdi L som opfylder<br />
I alt<br />
L = 1<br />
(L + 6)<br />
2<br />
lim<br />
n→∞ an = 6<br />
2.14. Uendelig række ☞ [S] 8.2 Series<br />
1 Definition<br />
Givet en talfølge {an}.<br />
Udtrykket<br />
a1 + · · · + an + ...<br />
kaldes en uendelig række.<br />
Skrives også<br />
∞<br />
n=1<br />
an
2. TALFØLGER OG RÆKKER 121<br />
2.15. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel<br />
} giver rækken<br />
Talfølgen { 1<br />
n<br />
Skrives også<br />
1 1 1<br />
+ + · · · + + ...<br />
1 2 n<br />
∞<br />
n=1<br />
2.16. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel<br />
Talfølgen { 1<br />
n 2 } giver rækken<br />
Skrives også<br />
1 1<br />
+<br />
1 4<br />
1<br />
n<br />
1<br />
+ · · · + + ...<br />
n2 ∞<br />
n=1<br />
2.17. Afsnitssum ☞ [S] 8.2 Series<br />
2 Definition<br />
Rækken ∞<br />
n=1 an har n-te afsnitssum<br />
1<br />
n 2<br />
sn = a1 + · · · + an =<br />
Rækken kaldes konvergent, hvis talfølge {sn} er konvergent og i modsat fald divergent.<br />
s = limn→∞ sn kaldes rækkens sum og skrives<br />
∞<br />
an = s<br />
n=1<br />
2.18. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel 6<br />
Rækken<br />
har led<br />
og afsnitssum<br />
n<br />
i=1<br />
ai<br />
1 1 1<br />
+ + · · · + + ...<br />
1 · 2 2 · 3 n(n + 1)<br />
an =<br />
1 1 1<br />
= −<br />
n(n + 1) n n + 1<br />
sn = 1 − 1 1 1 1 1 1<br />
+ − + · · · + − = 1 −<br />
2 2 3 n n + 1 n + 1<br />
2.19. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel 6 - fortsat<br />
Afsnitssummen er konvergent<br />
sn = 1 − 1<br />
→ 1 når n → ∞<br />
n + 1
122 III. POTENSRÆKKER<br />
Rækken er da konvergent<br />
∞<br />
n=1<br />
1<br />
= 1<br />
n(n + 1)<br />
2.20. Geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series<br />
4 Sætning (Geometrisk række)<br />
Den geometriske række<br />
∞<br />
n=0<br />
er konvergent for |r| < 1 med sum<br />
ar n = a + ar + ar 2 + ...<br />
∞<br />
n=0<br />
Rækken er divergent for øvrige r (a = 0).<br />
ar n = a<br />
1 − r<br />
2.21. Bevis geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series<br />
Bevis<br />
Afsnitssummen findes som kvotientrække<br />
sn = a + ar + ar 2 + · · · + ar n 1 − rn+1<br />
= a<br />
1 − r<br />
Så rækken er konvergent for |r| < 1 med sum<br />
∞<br />
ar n = a<br />
1 − r<br />
n=0<br />
2.22. En sum findes ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel<br />
Den geometriske række<br />
har r = 1<br />
2 og er konvergent.<br />
Summen findes<br />
∞<br />
n=0<br />
∞<br />
n=0<br />
1<br />
2 n<br />
1 1<br />
=<br />
2n 1 − 1<br />
2<br />
2.23. Led forsvinder ☞ [S] 8.2 Series<br />
6 Sætning<br />
Hvis rœkken ∞<br />
n=1 an er konvergent, så gœlder<br />
Bevis<br />
Antag sn → s når n → ∞.<br />
når n → ∞.<br />
lim<br />
n→∞ an = 0<br />
= 2<br />
an = sn − sn−1 → s − s = 0
2. TALFØLGER OG RÆKKER 123<br />
2.24. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempler<br />
Den geometriske række<br />
∞<br />
(−1) n = 1 − 1 + 1 − 1 + ...<br />
er divergent.<br />
Rækken<br />
er divergent.<br />
n=0<br />
1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + ...<br />
2.25. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel 7 (Paspå)<br />
Den harmoniske række<br />
∞ 1<br />
n<br />
har led<br />
Men rækken er divergent.<br />
n=1<br />
1<br />
→ 0 når n → ∞<br />
n<br />
2.26. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel 7 (Paspå) - fortsat<br />
Afsnitssummen<br />
s2n =1<br />
1<br />
1<br />
+ + (1<br />
21 3<br />
+ · · · +<br />
≥1 + 1<br />
2<br />
=1 + n<br />
2<br />
giver en divergent følge.<br />
1<br />
+ ) + (1<br />
22 5<br />
1<br />
2n−1 1<br />
+ · · · +<br />
+ 1 2n 1 1<br />
+ 2 · + 4 · 1 22 2<br />
1<br />
+ · · · + )<br />
23 2 n<br />
3 + · · · + 2n−1 1<br />
2.27. Kriterie for divergens ☞ [S] 8.2 Series<br />
7 Sætning<br />
Hvis limn→∞ an ikke eksisterer eller limn→∞ an = 0, så er rœkken<br />
∞<br />
divergent.<br />
Bevis<br />
Omformuler Sætning 6.<br />
n=1<br />
2.28. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series<br />
Eksempel<br />
an
124 III. POTENSRÆKKER<br />
Rækken<br />
har led som konvergerer<br />
og er da divergent.<br />
∞<br />
(1 − 1<br />
n )<br />
n=1<br />
an = 1 − 1<br />
→ 1 for n → ∞<br />
n<br />
2.29. Nyttige regler<br />
8 Sætning (Regneregler)<br />
☞ [S] 8.2 Series<br />
(i)<br />
∞<br />
∞<br />
can = c<br />
(ii)<br />
(iii)<br />
n=1<br />
n=1<br />
∞<br />
∞<br />
(an + bn) =<br />
n=1<br />
n=1<br />
∞<br />
∞<br />
(an − bn) =<br />
n=1<br />
n=1<br />
an<br />
an +<br />
an −<br />
2.30. Opgave ☞ [S] 8.2 Series Øvelse 28<br />
Undersøg rækken<br />
∞<br />
ln( n<br />
n + 1 )<br />
Ledene konvergerer<br />
n=1<br />
∞<br />
n=1<br />
∞<br />
n=1<br />
ln( n<br />
) → ln(1) = 0 for n → ∞<br />
n + 1<br />
så divergenstesten giver os intet.<br />
2.31. Opgave<br />
Øvelse 28 - fortsat<br />
Om afsnitssummen<br />
☞ [S] 8.2 Series<br />
sn = ln( 1<br />
n<br />
) + ln(2 ) + · · · + ln(<br />
2 3 n + 1 )<br />
= ln( 1 2 n<br />
· · ·<br />
2 3 n + 1 )<br />
1<br />
= ln(<br />
n + 1 )<br />
gælder<br />
sn → −∞ for n → ∞<br />
2.32. Opgave<br />
Øvelse 28 - fortsat<br />
☞ [S] 8.2 Series<br />
Altså er rækken<br />
∞<br />
ln( n<br />
n + 1 )<br />
divergent.<br />
Men det går langsomt<br />
n=1<br />
s 10 6 ≈ ln(10 −6 ) ≈ −14<br />
bn<br />
bn
3. POTENSRÆKKER 125<br />
3. Potensrækker<br />
3.1. Oversigt ☞ [S] 8.5, 8.6, 8.7, 8.10<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Seks berømte potensrækker<br />
✌ Potensrække<br />
✌ Konvergensradius<br />
✌ Differentiation og integration af potensrækker<br />
✌ Taylor og MacLaurin rækker<br />
✌ August 2002, opgave 4<br />
✌ Løsning af diff.-ligninger ved hjælp af rækker<br />
3.2. Den geometriske række og eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor ...<br />
Den geometriske række<br />
For alle tal x med |x| < 1 gælder<br />
Eksponentialrækken<br />
For alle tal x ∈ R gælder<br />
1<br />
1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ...<br />
e x = 1 + x x2 x3<br />
+ + + ...<br />
1! 2! 3!<br />
3.3. Cosinus og Sinus rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Cosinusrækken<br />
For alle tal x ∈ R gælder<br />
Sinusrækken<br />
For alle tal x ∈ R gælder<br />
cos x = 1 − x2<br />
2!<br />
sin x = x − x3<br />
3!<br />
+ x4<br />
4!<br />
+ x5<br />
5!<br />
− ...<br />
− ...<br />
3.4. Logaritme- og Arctan rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Logaritmerækken<br />
For alle tal x med 0 < x ≤ 2 gælder<br />
lnx = (x − 1) −<br />
Arctan rækken<br />
For alle x med −1 ≤ x ≤ 1 gælder<br />
(x − 1)2<br />
2<br />
+ (x − 1)3<br />
3<br />
Arctan x = x − x3 x5<br />
+ − ...<br />
3 5<br />
(En syvende berømt række er binomialrækken, [S] 8.8.)<br />
− ...<br />
3.5. En potensrække ☞ [S] 8.5 Power series<br />
Definition<br />
En potensrække med centrum i a er et udtryk af form<br />
cn’erne kaldes rækkens koefficienter.<br />
c0 + c1(x − a) 1 + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ...
126 III. POTENSRÆKKER<br />
Skrives også<br />
2<br />
∞<br />
cn(x − a) n<br />
n=0<br />
Bemærk c0(x − a) 0 = c0, da (x − a) 0 = 1.<br />
3.6. Logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series<br />
Eksempel<br />
Logaritmerækken<br />
(x − 1)2<br />
lnx = (x − 1) − +<br />
2<br />
(x − 1)3<br />
er en potensrække med centrum i a = 1.<br />
Koefficienterne er c0 = 0,c1 = 1,c2 = − 1<br />
2 ,c3 = 1<br />
3 ,...<br />
3<br />
− ...<br />
3.7. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.5 Power series<br />
Eksempel<br />
Eksponentialrækken<br />
e x = 1 + x x2 x3<br />
+ + + ...<br />
1!<br />
er en potensrække med centrum i a = 0. Koefficienterne er c0 = 1,c1 = 1/1!,c2 =<br />
1/2!,c3 = 1/3!,...<br />
3.8. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series<br />
3 Sætning<br />
For en potensrœkke med centrum i a<br />
∞<br />
cn(x − a) n<br />
er der netop 3 muligheder<br />
n=0<br />
2!<br />
(i) Konvergerer kun for x = a<br />
(ii) Konvergerer for alle x<br />
(iii) Der findes et tal R > 0 så rœkken er konvergent for |x − a| < R og divergent<br />
for |x − a| > R<br />
3.9. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series<br />
Definition<br />
For en potensrække er konvergensradius<br />
(i) R = 0<br />
(ii) R = +∞<br />
(iii) R > 0<br />
Konvergensradius skiller konvergens og divergens.<br />
(a − R,a + R)<br />
er konvergensintervallet.<br />
Sommetider er det ene, eller begge, endepunkter med i konvergensintervallet.<br />
3.10. Konvergens af logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series<br />
Eksempel<br />
3!
Logaritmerækken<br />
3. POTENSRÆKKER 127<br />
(x − 1)2<br />
lnx = (x − 1) − +<br />
2<br />
(x − 1)3<br />
− ...<br />
3<br />
har centrum i a = 1, konvergensradius R er = 1: rækken er konvergent for 0 < x < 2,<br />
divergent for x < 0 og for x > 2.<br />
Logaritmerækken er konvergent i højre endepunkt,<br />
ln 2 = 1 − 1 1 1<br />
+ − + ....<br />
2 3 4<br />
3.11. Ledvis differentiation ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
2 Sætning<br />
Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så er sumfunktionen<br />
∞<br />
f(x) = cn(x − a) n<br />
n=0<br />
differentiabel i konvergensintervallet, og har afledet f ′ givet ved ledvis differentiation.<br />
Bemærk<br />
Den ledvis differentierede række har samme konvergensradius som den oprindelige række.<br />
3.12. Ledvis integration ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
2 Sætning<br />
Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så kan en stamfunktion <strong>til</strong> sumfunktionen<br />
∞<br />
f(x) = cn(x − a) n<br />
n=0<br />
angives ved ledvis stamfunktion-dannelse.<br />
Bemærk<br />
Den ledvis integrerede række har samme konvergensradius som den oprindelige række.<br />
3.13. Bestemt integration<br />
Bemærkning<br />
☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
Også bestemt integration kan udføres ledvis i konvergensintervallet,<br />
b b b b<br />
f(x) dx = c0 dx + c1x dx + c2x 2 dx + ...<br />
a<br />
(forudsat at a og b <strong>til</strong>hører konvergensintervallet).<br />
a<br />
a<br />
3.14. Ledvis diff. og int., igen ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
2 Sætning<br />
∞<br />
f(x) = cn(x − a) n<br />
(i) f ′ (x) =<br />
(ii)<br />
<br />
n=0<br />
a<br />
∞<br />
ncn(x − a) n−1<br />
n=1<br />
f(x)dx = C +<br />
∞<br />
n=0<br />
cn<br />
1<br />
(x − a)n+1<br />
n + 1
128 III. POTENSRÆKKER<br />
3.15. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
Eksempel 5<br />
Differentier den geometriske række<br />
∞<br />
1<br />
1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... =<br />
1<br />
(1 − x) 2 = 1 + 2x + 3x2 + ... =<br />
n=0<br />
x n<br />
∞<br />
(n + 1)x n<br />
Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for<br />
|x| > 1. I konvergensintervallet frems<strong>til</strong>ler rækken 1/(1 − x) 2 .<br />
3.16. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
Eksempel 6<br />
Integrerer den geometriske række<br />
∞<br />
n=0<br />
1<br />
1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... =<br />
−ln(1 − x) = x + x2<br />
2<br />
+ x3<br />
3<br />
+ x4<br />
4<br />
n=0<br />
... =<br />
Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for<br />
|x| > 1.<br />
3.17. En logaritmerække ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
Eksempel 6 - fortsat<br />
−ln(1 − x) = x + x2<br />
2<br />
+ x3<br />
3<br />
−ln(1 − (1 − z)) = (1 − z) +<br />
+ x4<br />
4<br />
(1 − z)2<br />
2<br />
eller<br />
(z − 1)2<br />
lnz = (z − 1) − +<br />
2<br />
(z − 1)3<br />
(substituer 1 − z for x; gælder for 0 < z ≤ 2).<br />
x n<br />
∞<br />
n=1<br />
x n<br />
n<br />
...for − 1 < x < 1<br />
+ (1 − z)3<br />
3<br />
3<br />
− ...<br />
+ ...<br />
3.18. Arctan rækken ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .<br />
Eksempel 7<br />
For |x| < 1 er | − x 2 | < 1, så for sådanne x fås ved substitution i den geometriske række<br />
Integreres ledvis fås<br />
1<br />
1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ...<br />
Arctan(x) = x − x3<br />
3<br />
+ x5<br />
5<br />
− ...<br />
3.19. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Udregning<br />
f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + c4x 4 + ...<br />
f ′ (x) = c1 + 2c2x + 3c3x 2 + 4c4x 3 + ...
3. POTENSRÆKKER 129<br />
f ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + ...<br />
f ′′′ (x) = 3 · 2 · 1 · c3 + 4 · 3 · 2 · c4x + ...<br />
f (4) (x) = 4 · 3 · 2 · 1 · c4 + 5 · 4 · 3 · 2 · c5x + ...<br />
3.20. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Udregning - fortsat<br />
Indsættes x = 0, fås<br />
f(0) = c0, f ′ (0) = c1,<br />
generelt<br />
eller<br />
f ′′ (0) = 2 · c2, f ′′′ (0) = 3 · 2 · c3,<br />
f (4) (0) = 4 · 3 · 2 · c4,...<br />
f (n) (0) = n · (n − 1) · ... · 2 · 1 · cn<br />
f (n) (0) = n! · cn<br />
3.21. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Udregning - fortsat<br />
f (n) (0) = n! · cn<br />
eller<br />
cn = f(n) (0)<br />
n!<br />
3.22. MacLaurin ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Observation<br />
f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ...<br />
kan skrives<br />
eller<br />
f(x) = f(0) + f ′ (0)x + f ′′ (0)<br />
2! x2 + f ′′′ (0)<br />
3! x3 + ...<br />
f(x) =<br />
∞<br />
n=0<br />
f (n) (0)<br />
x<br />
n!<br />
n<br />
3.23. Taylor-udvikling, centrum a ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Observation<br />
kan skrives<br />
eller<br />
f(x) = c0 + c1(x − a) + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ...<br />
f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)<br />
2!<br />
f(x) =<br />
∞<br />
n=0<br />
(x − a) 2 + f ′′′ (a)<br />
(x − a)<br />
3!<br />
3 + ...<br />
f (n) (a)<br />
(x − a)<br />
n!<br />
n<br />
(“Taylor-rækken for f med centrum i a”, eller “Taylor-udviklingen af f ud fra a”)
130 III. POTENSRÆKKER<br />
3.24. Koefficienter ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
5 Sætning<br />
Hvis en potensrœkke med centrum i a har konvergensradius R > 0, så har sumfunktionen<br />
∞<br />
f(x) = cn(x − a) n<br />
koefficienter<br />
n=0<br />
cn = f(n) (a)<br />
n!<br />
3.25. Taylorrække ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Definition<br />
En vilkårlig ofte differentiabel funktion f(x) har Taylorrække om a<br />
∞<br />
6 f(x) =<br />
og Maclaurinrække, a = 0,<br />
n=0<br />
7 f(x) =<br />
f (n) (a)<br />
(x − a)<br />
n!<br />
n<br />
∞<br />
n=0<br />
f (n) (0)<br />
x<br />
n!<br />
n<br />
3.26. Eksponentialrækken som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .<br />
Eksempel 1<br />
For f(x) = e x er f (n) (x) = e x for alle n. Så er f (n) (0) = e 0 = 1 for alle n, så Maclaurin<br />
rækken for e x er<br />
e x =<br />
∞<br />
n=0<br />
1<br />
n! xn<br />
3.27. Sinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .<br />
Eksempel 4<br />
For f(x) = sin x er sin ′ x = cos x og cos ′ x = −sin x. Så<br />
Maclaurin rækken er<br />
15 sin x = x − x3<br />
3!<br />
f(0) = 0,f ′ (0) = 1,<br />
f ′′ (0) = 0,f ′′′ (0) = −1,<br />
f 4 (0) = 0<br />
0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,...<br />
+ x5<br />
5!<br />
− x7<br />
7!<br />
+ ...<br />
3.28. Cosinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .<br />
Eksempel 5<br />
For f(x) = cos x,<br />
Maclaurin rækken er<br />
f(0) = 1,f ′ (0) = 0,f ′′ (0) = −1,f ′′′ (0) = 0,...<br />
1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,...<br />
cos x = 1 − x2<br />
2!<br />
+ x4<br />
4!<br />
− ...
Denne rækkeudvikling kan også udledes ved at differentiere<br />
3. POTENSRÆKKER 131<br />
sin x = x − x3<br />
3!<br />
+ x5<br />
5!<br />
− ...<br />
3.29. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Eksempel 8<br />
Substitueres −x 2 for x i eksponentialrækken, fås<br />
eller<br />
(for alle x).<br />
e −x2<br />
= 1 − x 2 + 1<br />
2! x4 − 1<br />
3! x6 + ...<br />
e −x2<br />
∞ (−1)<br />
=<br />
n<br />
n=0<br />
n! x2n<br />
3.30. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Eksempel 8 - fortsat<br />
For f(x) = e−x2 dx (med f(0) = 0) er en rækkeudvikling med centrum i 0<br />
<br />
e −x2<br />
<br />
∞<br />
(−1)<br />
dx =<br />
n<br />
<br />
e −x2<br />
∞<br />
dx =<br />
n=0<br />
n=0<br />
n! x2n<br />
(−1) n<br />
(2n + 1)n! x2n+1<br />
3.31. Gauss’ fejlintegral (fortsat)<br />
Eksempel 8 - fortsat<br />
<br />
e −x2<br />
dx = x − x3 x5 x7 x9<br />
+ − + − ...<br />
3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4!<br />
1<br />
0<br />
e −x2<br />
dx =<br />
= 1 − 1<br />
3 · 1!<br />
Sum af de anførte led,<br />
sand værdi 0.746824...<br />
<br />
x − x3<br />
1<br />
x5 x7 x9<br />
+ − + − ...<br />
3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4! 0<br />
1 1 1<br />
+ − + − ...<br />
5 · 2! 7 · 3! 9 · 4!<br />
0.747487...<br />
3.32. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4<br />
Angiv en potensrække i x, der for x = 0 frems<strong>til</strong>ler funktionen<br />
Angiv også grænseværdien<br />
f(x) = cos(x2 ) − 1<br />
x 4<br />
lim<br />
x→0 f(x).
132 III. POTENSRÆKKER<br />
3.33. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4 - Løsning<br />
Divideres ledvis med x 4 fås<br />
cos x = 1 − x2<br />
2!<br />
cos(x 2 ) − 1 = (1 − x4<br />
2!<br />
= − x4<br />
2!<br />
+ x8<br />
4!<br />
+ x4<br />
4!<br />
+ x8<br />
4!<br />
− x12<br />
6!<br />
− ...<br />
− x12<br />
6!<br />
+ ...<br />
− 1 x4 x8<br />
+ − + ...<br />
2! 4! 6!<br />
+ ...) − 1<br />
3.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4 - Løsning fortsat<br />
Dermed er<br />
∞<br />
n 1<br />
f(x) = (−1)<br />
Det følger, at<br />
n=1<br />
(2n)! x4(n−1)<br />
= − 1 1<br />
+<br />
2! 4! x4 − 1<br />
6! x8 + 1<br />
8! x12 − ...<br />
lim f(x) = −1<br />
x→0 2<br />
3.35. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.<br />
Eksempel 1<br />
y ′′ + y = 0<br />
Vi søger en løsning af form<br />
y(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ...<br />
y ′ (x) = c1 + 2 · c2x + 3 · c3x 2 + 4 · c4x 3 + ...<br />
y ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + 5 · 4 · c5x 3 + ...<br />
3.36. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
y(x) + y ′′ (x) = (c0 + 2c2) + (c1 + 3 · 2 · c3)x + (c2 + 4 · 3 · c4)x 2 + ...<br />
Fra y + y ′′ = 0 fås at alle koefficienterne må være 0, altså<br />
c0 + 2c2 = 0<br />
c1 + 3 · 2c3 = 0<br />
c2 + 4 · 3c4 = 0<br />
3.37. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
c0 og c1 kan vælges frit, derefter bestemmes c2,c3,c4,... ved rekursion. Med f.eks. c0 =<br />
1 og c1 = 0 fås<br />
c2 = − 1<br />
2 ,
4. TAYLORPOLYNOMIER 133<br />
c3 = 0,<br />
c4 = − 1<br />
3 · 4 c2 = (− 1<br />
3 · 4 )(−1<br />
1<br />
) =<br />
2 4! .<br />
y(x) = 1 − 1<br />
2 x2 + 1<br />
4! x4 − 1<br />
6! x6 + ...<br />
- netop cosinus rækken ! y(x) = cos x er en løsning <strong>til</strong> y + y ′′ = 0, med y(0) = 1 og<br />
y ′ (0) = 0.<br />
4. Taylorpolynomier<br />
4.1. Oversigt ☞ [S] 8.7, 8.8, 8.9<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Binomialformlen<br />
✌ Binomialkoefficienter<br />
✌ Binomialrækken<br />
✌ Taylor polynomier<br />
✌ Vurdering af Taylor’s restled<br />
✌ Eksponentialrækken konvereger mod eksponentialfunktionen<br />
4.2. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
(a + b) 2 = a 2 + 2 ab + b 2<br />
(a + b) 3 = a 3 + 3 a 2 b + 3 ab 2 + b 3<br />
(a + b) 4 = a 4 + 4 a 3 b + 6 a 2 b 2 + 4 ab 3 + b 4<br />
(a + b) k =<br />
k<br />
n=0<br />
<br />
k<br />
a<br />
n<br />
k−n b n ,<br />
4.3. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
hvor <br />
k<br />
=<br />
n<br />
k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)<br />
1 · 2 · 3 · ... · n<br />
(n faktorer i tælleren, nedstigende fra k<br />
n faktorer i nævneren, opstigende fra 1).<br />
<br />
4<br />
=<br />
2<br />
4 · 3 12<br />
= = 6<br />
1 · 2 2<br />
4.4. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
<br />
k<br />
=<br />
n<br />
k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)<br />
1 · 2 · 3 · ... · n<br />
giver mening selv om k ikke er et positivt helt tal.<br />
<br />
1.6<br />
=<br />
3<br />
1.6 · 0.6 · (−0.4)<br />
=<br />
1 · 2 · 3<br />
−0.384<br />
= −0.064<br />
6
134 III. POTENSRÆKKER<br />
Hvis k er et positivt helt tal, så<br />
k<br />
= 1 og<br />
0<br />
<br />
k<br />
= 1<br />
k<br />
4.5. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
Hvis k er positivt helt tal, så<br />
(a + b) k =a k + ka k−1 <br />
k<br />
b + a<br />
2<br />
k−2 b 2 <br />
k<br />
+ a<br />
3<br />
k−3 b 3 + ...<br />
<br />
k<br />
... + a<br />
k − 2<br />
2 b k−2 + kab k−1 + b k<br />
Specielt (sæt a = 1 og b = x)<br />
(1 + x) k = 1 + k x +<br />
<br />
k<br />
x<br />
2<br />
2 +<br />
<br />
k<br />
x<br />
3<br />
3 + ... + x k<br />
4.6. Maclaurin række for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
For vilkårlig k<br />
f(x) = (1 + x) k<br />
f ′ (x) = k(1 + x) k−1<br />
f ′′ (x) = k(k − 1)(1 + x) k−2<br />
f ′′′ (x) = k(k − 1)(k − 2)(1 + x) k−3<br />
f(0) = 1<br />
f ′ (0) = k<br />
f ′′ (0) = k(k − 1)<br />
f ′′′ (0) = k(k − 1)(k − 2)<br />
4.7. Maclaurinrække for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
Koefficienter i Maclaurin rækken:<br />
f (n) (x) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)(1 + x) k−n<br />
cn = f(n) (0)<br />
n!<br />
f (n) (0) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)<br />
= k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)<br />
n!<br />
Maclaurinrække for (1 + x) k kaldes binomialrækken, [S] 8.8.<br />
=<br />
<br />
k<br />
n<br />
4.8. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
Maclaurin rækken for (1 + x) k = binomialrækken hørende <strong>til</strong> tallet k ser altså sådan ud:<br />
<br />
k<br />
1 + kx + x<br />
2<br />
2 <br />
k<br />
+ x<br />
3<br />
3 + ...<br />
Ex. 1: Maclaurin række for<br />
1<br />
= (1 + x)−2<br />
(1 + x) 2<br />
– ikke at forveksle med (jvf. Ex. 1 i [S] 6.6.)<br />
1<br />
1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ...
4. TAYLORPOLYNOMIER 135<br />
4.9. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
Maclaurin række for<br />
1<br />
= (1 + x)−2<br />
(1 + x) 2<br />
Binomialrække med k = −2. (Konvergensradius 1)<br />
<br />
−2 −2<br />
= 1, = −2,<br />
0 1<br />
<br />
−2<br />
=<br />
2<br />
(−2)(−3)<br />
= 3<br />
2!<br />
<br />
−2<br />
=<br />
3<br />
(−2)(−3)(−4)<br />
= −4<br />
3!<br />
4.10. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
altså begynder rækken:<br />
F.eks. (med x = 0.1)<br />
1 − 2x + 3x 2 − 4x 3 + ...<br />
(1.1) −2 = 1 − 0.2 + 0.03 − 0.004 + ...<br />
4.11. Taylor-polynomier (centrum a) ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
f(a) + f ′ (a)<br />
(x − a) +<br />
<br />
1!<br />
<br />
f ′′ (a)<br />
(x − a)<br />
2!<br />
2<br />
T1(x)<br />
<br />
T2(x)<br />
+ f ′′′ (a)<br />
3!<br />
(x − a) 3<br />
+...<br />
<br />
T3(x)<br />
<br />
T1(x) er den lineære approximation <strong>til</strong> f i a;<br />
T2(x) kaldes det approximerende 2.grads polynomium, eller Taylor-polynomiet af grad 2<br />
for f i a.<br />
4.12. Taylor-polynomier ☞ [S] 8.8 The binomial series<br />
T1(x) = f(a) + f ′ (a)<br />
(x − a)<br />
1!<br />
T2(x) = f(a) + f ′ (a)<br />
1!<br />
T3(x) = f(a) + f ′ (a)<br />
1!<br />
(x − a) + f ′′ (a)<br />
2!<br />
(x − a) + f ′′ (a)<br />
(x − a)<br />
2!<br />
2<br />
(x − a) 2 + f ′′′ (a)<br />
(x − a)<br />
3!<br />
3<br />
4.13. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials<br />
Eksempel 1<br />
Approximer f(x) = 3√ x = x 1<br />
3 i omegnen af a = 8 med et 2.grads polynomium.<br />
f(x) = x 1<br />
3 ;f(8) = 8 1<br />
3 = 2<br />
f ′ (x) = 1 2<br />
x− 3 ;f<br />
3 ′ (8) = 1<br />
12<br />
f ′′ (x) = − 2 5<br />
x− 3 ;f<br />
9 ′′ (8) = − 1<br />
144
136 III. POTENSRÆKKER<br />
4.14. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
T2(x) = f(8) + f ′ (8)<br />
1!<br />
= 2 + 1/12<br />
1!<br />
(x − 8) + f ′′ (8)<br />
(x − 8)<br />
2!<br />
2<br />
−1/144<br />
(x − 8) + (x − 8)<br />
2!<br />
2<br />
= 2 + 1 1<br />
(x − 8) − (x − 8)2<br />
12 288<br />
4.15. Restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Hvor god en approximation <strong>til</strong> f(x) er Taylor polynomiet Tn(x)? Specielt: hvor god er<br />
den lineære approximation T1(x) ?<br />
Hvor stor er “fejlen” (restleddet) Rn(x) := f(x) − Tn(x) ?<br />
Hvis<br />
∞<br />
f(x) =<br />
så er<br />
Rn(x) =<br />
k=0<br />
∞<br />
k=n+1<br />
- men det siger ikke noget om hvor stor den er<br />
f (k) (a)<br />
(x − a)<br />
k!<br />
k<br />
f (k) (a)<br />
(x − a)<br />
k!<br />
k<br />
4.16. Taylor’s restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
9 Sætning<br />
Hvis |f (n+1) (x)| ≤ M for alle x med |x − a| ≤ d, så<br />
for alle med |x − a| ≤ d.<br />
|Rn(x)| ≤<br />
M<br />
|(x − a)|n+1<br />
(n + 1)!<br />
Sammenlign udtrykket i vurderingen med det næste led i Taylor-rækken, som jo er<br />
f (n+1) (a)<br />
(x − a)n+1<br />
(n + 1)!<br />
4.17. Hvor god er den lineære approximation ? ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac...<br />
|f(x) − T1(x)| ≤ M<br />
|x − a|2<br />
2!<br />
hvor |f ′′ (x)| ≤ M for all x i det berørte interval om a. Eksempel. Lad f(x) = sin x. Da<br />
f(0) = 0 og f ′ (0) = cos(0) = 1, er den lineære approximation <strong>til</strong> sin i a = 0 givet ved<br />
T1(x) = 0 + 1 · x = x<br />
Da f ′′ (x) = −sin(x) er numerisk ≤ 1 for alle x, har vi for alle x fejlvurderingen<br />
|R1(x)| ≤ 1<br />
2! x2<br />
4.18. Taylors restled som itereret integral ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac...<br />
Hovedsætning i Calculus:<br />
x<br />
F(x) = F(a) + F ′ (s) ds;<br />
a
anvend på F = f<br />
4. TAYLORPOLYNOMIER 137<br />
x<br />
f(x) = f(a) + f ′ (s) ds<br />
anvend på F = f ′ inden under integraltegnet:<br />
x<br />
= f(a) + (f ′ s<br />
(a) + f ′′ (t) dt) ds<br />
a<br />
4.19. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
x<br />
= f(a) + (f ′ s<br />
(a) + f ′′ (t) dt) ds<br />
a<br />
= f(a) + (x − a)f ′ x s<br />
(a) + f ′′ (t) dt ds.<br />
4.20. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
f(x) = f(a) + (x − a)f ′ x s<br />
(a) + f ′′ (t) dt ds.<br />
De to første led er Taylor-polynomiet T1(x) for f, og det sidste led er derfor en formel for<br />
restleddet R1(x).<br />
4.21. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
Vi kan genkende dette itererede integral som et udtryk for (plus/minus) dobbeltintegralet<br />
af f ′′ (t) over trekanten D i (s,t)-planen, afgrænset af t = a (vandret linie), s = x (lodret<br />
linie) og linien s = t<br />
Trekanten D har areal 1<br />
2! (x − a)2 . Da |f ′′ (t)| ≤ M for alle punkter i D, er<br />
<br />
D<br />
≤ 1<br />
2! (x − a)2 · M = M<br />
(x − a)2<br />
2!<br />
4.22. Eksponentialrækken konvergerer mod eksponentialfunktionen ☞ [S] 8.7 Taylor ...<br />
Eksempel 2<br />
Tn(x) = 1 + x x2 xn<br />
+ + ... +<br />
1! 2! n!<br />
er afsnits-summen i eksponentialrækken. For hvilke x gælder<br />
For hvilke x gælder<br />
For alle x ! THI:<br />
Tn(x) → e x for n → ∞?<br />
Rn(x) → 0 for n → ∞?<br />
4.23. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series<br />
tag et d ≥ x. I intervallet [−d,d] er<br />
så restledsvurderingen giver<br />
a<br />
a<br />
a<br />
a<br />
a<br />
a<br />
f (n+1) (x) = e x ≤ e d<br />
|Rn(x)| ≤<br />
for |x| ≤ d. Men |x|n+1<br />
(n+1)! → 0 for n → ∞.<br />
Altså Rn(x) → 0 for n → ∞<br />
a<br />
e d<br />
(n + 1)! |x|n+1
138 III. POTENSRÆKKER<br />
Altså Tn(x) → f(x) = e x for n → ∞.
IV<br />
Differentialligninger<br />
1. Grafiske/numeriske metoder<br />
1.1. Oversigt ☞ [S] 7.1, 7.2, 7.3, 7.4, 7.5<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Vækstmodel<br />
✌ Bevægelsesligninger<br />
✌ Retningsfelt<br />
✌ Eulers metode<br />
✌ Separable ligninger<br />
✌ Logistisk ligning<br />
✌ Eksponentiel vækst<br />
✌ Begyndelsesværdiproblem<br />
1.2. Fri Vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Fri vækstmodel<br />
• t tid og P(t) kvantitet<br />
1<br />
Løsninger<br />
C fastlægges ved en begyndelsesværdi.<br />
dP<br />
dt<br />
= kP<br />
P(t) = Ce kt<br />
1.3. Dæmpet vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Dæmpet vækstmodel<br />
• t tid og P(t) kvantitet<br />
• P ′ ≈ kP for P
140 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
Løsninger<br />
<br />
k<br />
x(t) = C1 cos(<br />
m t) + C2<br />
<br />
k<br />
sin(<br />
m t)<br />
1.5. Fjeder ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Fjeder<br />
3<br />
Løsninger<br />
• t tid og x(t) udsving<br />
• x ′ hastighed<br />
x acceleration<br />
• x ′′ = − k<br />
m<br />
d2x k<br />
= −<br />
dt2 m x<br />
<br />
k<br />
x(t) = C1 cos(<br />
m t) + C2<br />
<br />
k<br />
sin(<br />
m t)<br />
1.6. Pendul ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Pendul <strong>til</strong>nærmet<br />
3<br />
Løsninger<br />
• t tid og x(t) udsving<br />
• x ′ hastighed<br />
x acceleration<br />
• x ′′ = −k<br />
m<br />
d2x k<br />
= −<br />
dt2 m x<br />
<br />
k<br />
x(t) = C1 cos(<br />
m t) + C2<br />
<br />
k<br />
sin(<br />
m t)<br />
1.7. Differentialligning ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Generel ligning<br />
4 y ′ = xy<br />
eller<br />
4<br />
Løsning<br />
dy<br />
= xy<br />
dx<br />
y = f(x)<br />
f ′ (x) = xf(x)<br />
1.8. Differentier funktion ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations<br />
Eksempel 1<br />
1 + cet<br />
y =<br />
1 − cet er løsning <strong>til</strong><br />
4 y ′ = 1<br />
2 (y2 − 1)<br />
Gør prøve<br />
y ′ = cet (1 − cet ) + (1 + cet )cet (1 − cet ) 2<br />
2ce<br />
=<br />
t<br />
(1 − cet ) 2
1<br />
2 (y2 − 1) = 1<br />
2<br />
1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 141<br />
(1 + ce t ) 2 − (1 − ce t ) 2<br />
(1 − ce t ) 2<br />
=<br />
2ce t<br />
(1 − ce t ) 2<br />
1.9. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Retningsfelt<br />
For ligningen<br />
y ′ = x + y<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme graferne for løsningerne y(x) med små tangentstykker.<br />
I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning<br />
I dette <strong>til</strong>fælde<br />
Skitsen kaldes et retningsfelt.<br />
y = y1 + y ′ (x1)(x − x1)<br />
y = y1 + (x1 + y1)(x − x1)<br />
1.10. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Retningsfelt<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = x + y. En graf skitseres.<br />
1.11. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . .<br />
Eksempel - Retningsfelt<br />
dy<br />
dx = x3 y + e xy<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
1.12. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Retningsfelt<br />
For ligningen<br />
y ′ = x 2 + y 2 − 1<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme grafen for løsningerne y(x) med små tangentstykker.<br />
x<br />
x
142 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning<br />
y = y1 + (x 2 1 + y 2 1 − 1)(x − x1)<br />
1.13. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Retningsfelt<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
1.14. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Eulers metode<br />
For begyndelsesværdiproblemet<br />
y ′ = x + y, y(0) = 1<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller.<br />
I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være<br />
og<br />
dy = (xn + yn)dx<br />
y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn)<br />
1.15. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Eulers metode<br />
giver rekursionen<br />
For en inddeling på x-aksen<br />
y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn)<br />
yn+1 = yn + (xn + yn)(xn+1 − xn)<br />
x0,x1,...,xn,xn+1,...<br />
tabellægges <strong>til</strong>nærmelser <strong>til</strong> funktionsværdierne<br />
yn ≈ y(xn)<br />
1.16. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Eulers metode<br />
Tabellæg løsning <strong>til</strong><br />
y ′ = x + y, y(0) = 1<br />
x0 = 0, y0 = 1<br />
x
1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 143<br />
n xn yn<br />
1 0.1000 1.1000<br />
2 0.2000 1.2200<br />
3 0.3000 1.3620<br />
4 0.4000 1.5282<br />
5 0.5000 1.7210<br />
n xn yn<br />
6 0.6000 1.9431<br />
7 0.7000 2.1974<br />
8 0.8000 2.4872<br />
9 0.9000 2.8159<br />
10 1.0000 3.1875<br />
1.17. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Eulers metode<br />
For begyndelsesværdiproblemet<br />
y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller.<br />
I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være<br />
og<br />
dy = (x 2 n + y 2 n − 1)dx<br />
y ≈ yn + (x 2 n + y 2 n − 1)(x − xn)<br />
1.18. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method<br />
Eulers metode<br />
Tabellæg løsning <strong>til</strong><br />
y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1<br />
n xn yn<br />
1 0.1000 1.0000<br />
2 0.2000 1.0010<br />
3 0.3000 1.0052<br />
4 0.4000 1.0152<br />
5 0.5000 1.0343<br />
n xn yn<br />
6 0.6000 1.0663<br />
7 0.7000 1.1160<br />
8 0.8000 1.1895<br />
9 0.9000 1.2950<br />
10 1.0000 1.4438<br />
1.19. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations<br />
Definition<br />
En 1. ordens differentialligning<br />
1<br />
kaldes separabel.<br />
Løsning<br />
Integration<br />
2<br />
Fastlægger løsninger op<strong>til</strong> en konstant.<br />
<br />
dy<br />
= g(x)f(y)<br />
dx<br />
dy<br />
f(y) =<br />
<br />
g(x)dx<br />
1.20. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations<br />
Eksempel 1<br />
er separabel.<br />
dy<br />
dx =<br />
6x2 2y + cos(y)
144 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
Løsning <br />
<br />
(2y + cos(y))dy = 6x 2 dx<br />
Giver løsning bestemt ved ligningen<br />
3 y 2 + sin(y) = 2x 3 + C<br />
1.21. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Eksempel<br />
1. ordens differentialligningen<br />
1<br />
kaldes den logistiske ligning.<br />
Løsning<br />
Ligningen er separabel<br />
2<br />
<br />
dP<br />
dt<br />
= kP(1 − P<br />
K )<br />
dP<br />
P(1 − P/K) =<br />
<br />
1.22. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Eksempel - fortsat<br />
2<br />
<br />
dP<br />
P(1 − P/K) =<br />
<br />
kdt<br />
integreres <strong>til</strong> løsninger<br />
4 P(t) =<br />
hvor<br />
A =<br />
K<br />
1 + Ae −kt<br />
K − P(0)<br />
P(0)<br />
1.23. Vækst ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay<br />
Definition<br />
dy<br />
1<br />
= ky<br />
dt<br />
Vækstligningen er separabel med løsninger<br />
<br />
dy<br />
y =<br />
<br />
kdt<br />
A fastlægges ved<br />
ln |y| = kt + C<br />
y = Ae kt<br />
y(0) = Ae 0 = A<br />
1.24. 1. ordens ligning ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay<br />
2 Sætning<br />
Løsningen <strong>til</strong> begyndelsesværdiproblemet<br />
dy<br />
= ky y(0) = y0<br />
dt<br />
er givet ved<br />
y(t) = y0e kt<br />
kdt
2. 1. ORDENS LIGNINGER 145<br />
2. 1. ordens ligninger<br />
2.1. Oversigt ☞ [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 14, 15<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Separable ligninger<br />
✌ 1. ordens lineær ligning<br />
✌ August 2002, opgave 7<br />
✌ Rovdyr-Byttedyr system<br />
✌ 1. ordens lineært system<br />
✌ Opgave<br />
2.2. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations<br />
Definition<br />
En 1. ordens differentialligning<br />
1<br />
kaldes separabel.<br />
Løsning<br />
Integration<br />
2<br />
Fastlægger løsninger op<strong>til</strong> en konstant.<br />
<br />
dy<br />
= g(x)f(y)<br />
dx<br />
dy<br />
f(y) =<br />
<br />
g(x)dx<br />
2.3. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Definition 1<br />
Den lineœre 1. ordens differentialligning er<br />
dy<br />
= a(x)y + b(x)<br />
dx<br />
En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder<br />
y ′ (x) = a(x)y(x) + b(x)<br />
Den fuldstœndige løsning er en angivelse af alle løsninger. Ligningen dy<br />
dx = a(x)y kaldes<br />
homogen og er den homogene part af den inhomogene, b = 0, ligning ovenfor.<br />
2.4. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 22<br />
Hvis z1(x),z2(x) er løsninger <strong>til</strong> den homogene lineœre differentialligning<br />
så er enhver linearkombination<br />
også en løsning.<br />
dy<br />
= a(x)y<br />
dx<br />
z(x) = C1z1(x) + C2z2(x)<br />
2.5. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 22 - fortsat<br />
Hvis z0(x) er en løsning <strong>til</strong> den inhomogene lineœre differentialligning<br />
dy<br />
= a(x)y + b(x)<br />
dx
146 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
så er enhver løsning af formen<br />
y(x) = z(x) + z0(x)<br />
hvor z(x) er en løsning <strong>til</strong> den homogene part af systemet.<br />
2.6. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 23<br />
Den lineœre ligning med konstante koefficienter<br />
har fuldstœndig løsning givet ved<br />
a = 0:<br />
a = 0:<br />
hvor C er arbitrœr.<br />
dy<br />
= ay + b<br />
dx<br />
y(x) = C + bx<br />
y(x) = Ce ax − b<br />
a<br />
2.7. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 24<br />
Den homogene lineœre ligning<br />
dy<br />
= a(x)y<br />
dx<br />
har fuldstœndig løsning<br />
y(x) = Ce A(x)<br />
hvor C er arbitrœr og<br />
<br />
A(x) = a(x)dx<br />
2.8. 1. ordens lineær ligning<br />
Sætning 24 - Bevis<br />
☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
dy<br />
= a(x)y<br />
dx<br />
er separabel med løsninger<br />
<br />
dy<br />
y =<br />
<br />
a(x)dx<br />
ln |y| = A(x) + K<br />
y(x) = Ce A(x)<br />
2.9. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 25<br />
Den generelle lineœre ligning<br />
dy<br />
= a(x)y + b(x)<br />
dx<br />
har fuldstœndig løsning<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
hvor C er arbitrœr og<br />
<br />
<br />
A(x) = a(x)dx, B(x) = e −A(x) b(x)dx
2. 1. ORDENS LIGNINGER 147<br />
2.10. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Sætning 23, 25 - Bevis<br />
opfylder ligningen<br />
som integreres <strong>til</strong><br />
og forlænges <strong>til</strong><br />
z(x) = e −A(x) y(x)<br />
dz<br />
dx = e−A(x) b(x)<br />
z(x) = B(x) + C<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
2.11. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning<br />
Metode<br />
dy<br />
= a(x)y + b(x)<br />
dx<br />
1. Bestem en stamfunktion<br />
<br />
A(x) = a(x)dx<br />
2. Bestem en stamfunktion<br />
3. Skriv løsningen<br />
<br />
B(x) = e −A(x) b(x)dx<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
2.12. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1<br />
Angiv den fuldstændige løsning <strong>til</strong> differentialligningen<br />
y ′ + 2y = xe −2x + 3<br />
Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2.<br />
Løsning<br />
giver<br />
y ′ = −2y + (xe −2x + 3)<br />
a(x) = −2,b(x) = xe −2x + 3<br />
2.13. Opgave<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
<br />
A(x) = a(x)dx = −2dx = −2x<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx = e 2x (xe −2x + 3)dx<br />
Som giver<br />
= 1<br />
2 x2 + 3<br />
2 e2x
148 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
2.14. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
fuldstændig løsning<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce −2x + ( 1<br />
2 x2 + 3<br />
2 e2x )e −2x<br />
= Ce −2x + 1<br />
2 x2 e −2x + 3<br />
2<br />
2.15. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2.<br />
I alt er løsningen<br />
y(0) = Ce 0 + 3<br />
= 2<br />
2<br />
C = 2 − 3 1<br />
=<br />
2 2<br />
y(x) = 1<br />
2 e−2x + 1<br />
2 x2e −2x + 3<br />
2<br />
= 1<br />
2 (1 + x2 )e −2x + 3<br />
2<br />
2.16. Rovdyr-byttedyr ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Lotka-Volterra ligningerne<br />
dR<br />
= kR − aRW<br />
dt 1<br />
dW<br />
= −rW + bRW<br />
dt<br />
er et system af koplede differentialligninger, der beskriver en udviklingen i en bestand af<br />
rovdyr W(t) (ulve) og byttedyr R(t) (harer) med tiden t.<br />
Det er ikke muligt at løse disse analytisk (ved udtryk i elementære funktioner af t).<br />
2.17. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Definition 1<br />
Ved et lineœrt differentialligningssystem (2 ligninger) med konstante koefficienter forstås<br />
En løsning er differentiable funktioner<br />
som indsat opfylder lignningerne.<br />
dy1<br />
dx = a11y1 + a12y2 + b1<br />
dy2<br />
dx = a21y1 + a22y2 + b2<br />
x ↦→ y1(x),x ↦→ y2(x)<br />
2.18. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Definition 1 - matrixform<br />
For 2 × 2-matricen A = (aij), koefficientmatricen, og 2-søjlerne b = (bi), y(x) =<br />
(yi(x)) skrives differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay + b<br />
dx
eller dy1<br />
dx<br />
dy2 =<br />
dx<br />
En løsning skrives<br />
2. 1. ORDENS LIGNINGER 149<br />
<br />
a11 a12 y1<br />
a21 a22<br />
x ↦→ y(x) =<br />
y2<br />
<br />
+<br />
<br />
y1(x)<br />
y2(x)<br />
2.19. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Notation 2<br />
Givet 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) kaldes systemet<br />
b1<br />
dy<br />
= Ay<br />
dx<br />
homogent og er den homogene part af det inhomogene, b = 0, system<br />
dy<br />
= Ay + b<br />
dx<br />
2.20. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 26<br />
Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)). Hvis z1(x),z2(x) er<br />
løsninger <strong>til</strong> det homogene lineœre differentialligningssystem<br />
så er enhver linearkombination<br />
også en løsning.<br />
dy<br />
= Ay<br />
dx<br />
z(x) = C1z1(x) + C2z2(x)<br />
2.21. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 26 - fortsat<br />
Betragt yderligere 2-søjlen b. Hvis z0(x) er en løsninger <strong>til</strong> det inhomogene lineœre differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay + b<br />
dx<br />
så er enhver løsning af formen<br />
y(x) = z(x) + z0(x)<br />
hvor z(x) er en løsning <strong>til</strong> den homogene part af systemet.<br />
2.22. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 1<br />
Systemet<br />
har diagonalmatricen<br />
som koefficientmatrix.<br />
e1,e2 er egenvektorer og basis for R 2 .<br />
y ′ 1 = λ1y1<br />
y ′ 2 = λ2y2<br />
<br />
λ1 0<br />
Λ =<br />
0 λ2<br />
b2
150 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
2.23. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Fra Særning 1.3 fås den fuldstændige løsning<br />
y1(x) = C1e λ1x , y2(x) = C2e λ2x<br />
på vektorform giver dette<br />
<br />
y1(x) C1e<br />
y(x) = =<br />
y2(x)<br />
λ1x<br />
C2eλ2x <br />
eller udtrykt ved egenvektorerne<br />
= C1<br />
e λ1x<br />
y(x) = C1e λ1x e1 + C2e λ2x e2<br />
0<br />
<br />
+ C2<br />
<br />
0<br />
eλ2x <br />
2.24. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 27<br />
Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre<br />
differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay<br />
dx<br />
Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er<br />
løsninger, hvor C er arbitrær.<br />
y(x) = Ce λx u<br />
2.25. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 28<br />
Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre<br />
differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay + b<br />
dx<br />
En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis yderligere u er en<br />
egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er<br />
løsninger, hvor C er arbitrær.<br />
y(x) = Ce λx u + v<br />
2.26. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 29<br />
Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre<br />
differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay<br />
dx<br />
Hvis<br />
y0 = C1u1 + C2u2<br />
er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så<br />
er<br />
en løsning, der opfylder y(0) = y0.<br />
y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2
2. 1. ORDENS LIGNINGER 151<br />
2.27. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 30<br />
Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre<br />
differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay<br />
dx<br />
Hvis matricen U med søjler u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj =<br />
λjuj, så er den fuldstændige løsning givet ved<br />
hvor C1,C2 er arbitrœre.<br />
y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2<br />
2.28. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Sætning 31<br />
Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre<br />
differentialligningssystem<br />
dy<br />
= Ay + b<br />
dx<br />
En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis matricen U med søjler<br />
u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så er den fuldstændige<br />
løsning givet ved<br />
y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2 + v<br />
hvor C1,C2 er arbitrœre.<br />
2.29. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 1<br />
Betragt differentialligningssystemet<br />
y ′ 1 = y1 + y2<br />
y ′ 2 = 8y1 − y2<br />
Det oplyses, at vektoren u = (1,2) er en egenvektor for matricen<br />
<br />
1 1<br />
A =<br />
8 −1<br />
Angiv den løsning y(x) = (y1(x),y2(x)) der opfylder y(0) = u, altså (y1(0),y2(0)) =<br />
(1,2).<br />
2.30. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
Egenværdien λ = 3 fås af udregningen<br />
I følge [LA] Sætning 27 er<br />
løsninger for alle valg af C.<br />
Au =<br />
<br />
1<br />
<br />
1 1<br />
8 −1 2<br />
y(x) = Ce 3x<br />
=<br />
<br />
1<br />
2<br />
<br />
3<br />
= 3u<br />
6<br />
2.31. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system
152 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
Opgave 1 - fortsat<br />
y(x) = Ce 3x<br />
<br />
1<br />
2<br />
som opfylder (y1(0),y2(0)) = C(1,2) = (1,2) fås for C = 1.<br />
Den ønskede løsning skrevet ud<br />
y1(x) = e 3x<br />
y2(x) = 2e 3x<br />
2.32. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2<br />
Angiv den fuldstændige løsning <strong>til</strong> differentialligningssystemet<br />
Løsning<br />
Koefficientmatricen er<br />
y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8<br />
y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7<br />
A =<br />
<br />
1 2<br />
2 1<br />
2.33. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium<br />
<br />
<br />
|A − λI2| = 1<br />
− λ 2 <br />
<br />
2 1 − λ<br />
Egenværdier<br />
= λ 2 − 2λ − 3<br />
λ1 = −1, λ2 = 3<br />
2.34. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien −1:<br />
giver egenvektorer<br />
A + I =<br />
x1<br />
x2<br />
<br />
2 2<br />
2 2<br />
<br />
−x2<br />
=<br />
x2<br />
∼<br />
= x2<br />
<br />
1 1<br />
0 0<br />
<br />
−1<br />
1<br />
2.35. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 3:<br />
giver egenvektorer<br />
A − 3I =<br />
x1<br />
x2<br />
<br />
−2 2<br />
2 −2<br />
<br />
=<br />
x2<br />
x2<br />
<br />
∼<br />
= x2<br />
<br />
1 −1<br />
0 0<br />
<br />
1<br />
1
2. 1. ORDENS LIGNINGER 153<br />
2.36. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
Den fuldstændige løsning <strong>til</strong> den homogene part<br />
er i følge [LA] Sætning 30<br />
Skrevet ud<br />
y(x) = C1e −x<br />
y ′ 1 = y1 + 2y2<br />
y ′ 2 = 2y1 + y2<br />
<br />
−1<br />
+ C2e<br />
1<br />
3x<br />
y1(x) = −C1e −x + C2e 3x<br />
y2(x) = C1e −x + C2e 3x<br />
<br />
1<br />
1<br />
2.37. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
En konstant løsning y(x) = v = (v1,v2) skal opfylde<br />
Løsning<br />
Dette løses<br />
0 = v1 + 2v2 − 8<br />
0 = 2v1 + v2 − 7<br />
v =<br />
<br />
2<br />
3<br />
2.38. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Opgave 2 - fortsat<br />
Den fuldstændige løsning <strong>til</strong> systemet<br />
er i følge [LA] Sætning 31<br />
Skrevet ud<br />
y(x) = C1e −x<br />
y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8<br />
y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7<br />
<br />
−1<br />
+ C2e<br />
1<br />
3x<br />
<br />
1<br />
+<br />
1<br />
y1(x) = −C1e −x + C2e 3x + 2<br />
y2(x) = C1e −x + C2e 3x + 3<br />
<br />
2<br />
3<br />
2.39. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 2<br />
Betragt det lineære system<br />
Koefficientmatricen<br />
y ′ 1 = y1 − y2<br />
y ′ 2 = y1 + y2<br />
A =<br />
<br />
1 −1<br />
1 1<br />
har karakteristisk polynomium λ 2 − 2λ + 2 med diskriminant −4 og dermed ingen egenværdier.
154 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
2.40. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 2 - Løsning<br />
Ved brug af komplekse tal findes løsningen ved metoden med egenvektorer<br />
y(x) = C1e x<br />
<br />
cos x<br />
+ C2e<br />
sin x<br />
x<br />
<br />
−sin x<br />
cos x<br />
Skrevet ud<br />
y1(x) = C1e x cos x − C2e x sin x<br />
y2(x) = C1e x sin x + C2e x cos x<br />
2.41. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 3<br />
Betragt det lineære system<br />
y ′ 1 = 3y1 + y2<br />
y ′ 2 = 3y2<br />
Koefficientmatricen<br />
<br />
3<br />
A =<br />
0<br />
<br />
1<br />
3<br />
har egenværdi 3 og egenrum E3 = span(e1).<br />
2.42. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system<br />
Eksempel 3 - Løsning<br />
Løsningen bestemmes ved metoden med egenvektorer<br />
y(x) = C1e 3x<br />
<br />
1<br />
+ C2e<br />
0<br />
3x<br />
<br />
x<br />
1<br />
Skrevet ud<br />
Gør prøve!<br />
y1(x) = C1e 3x + C2e 3x x<br />
y2(x) = C2e 3x<br />
3. Generelle metoder<br />
3.1. Oversigt ☞ [S] 7.2, 7.5, 7.6; [LA] 17, 18<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Eksistens og entydighed<br />
✌ Retningsfelt<br />
✌ Eulers metode<br />
✌ Hastighedsfelt<br />
✌ Stabilitet<br />
3.2. Ligning og løsning ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Definition 1<br />
Lad I,J være åbne intervaller og F(x,y) : I × J → R en reel funktion. En løsning <strong>til</strong><br />
differentialligningen<br />
dy<br />
= F(x,y)<br />
dx<br />
er en differentiabel funktion y(x) : I ′ → J på et åbent delinterval I ′ ⊆ I, som indsat giver<br />
y ′ (x) = F(x,y(x)), x ∈ I ′
3. GENERELLE METODER 155<br />
3.3. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Sætning 32<br />
(x,y) eksisterer og er kontinuert i I ×J. For et givet<br />
Antag at F(x,y) er kontinuert og ∂F<br />
∂y<br />
(x0,y0) ∈ I ×J findes entydigt bestemt et maximalt delinterval I ′ ⊆ I og en differentiabel<br />
funktion y(x) : I ′ → J, som er en løsning <strong>til</strong> differentialligningen<br />
og opfylder<br />
dy<br />
= F(x,y)<br />
dx<br />
y(x0) = y0<br />
3.4. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Bemærkning 1<br />
Den udvidede ligning<br />
dy<br />
dx = F(x,y),y(x0) = y0<br />
kaldes et begyndelsesværdiproblem.<br />
Eksistens- og entydighedssætningen for begyndelsesværdiproblemer har en naturlig og<br />
vigtig udvidelse <strong>til</strong> differentialligningssystemer.<br />
3.5. Eksistenseksempel ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Eksempel 1<br />
Differentialligningen<br />
dy<br />
dx = x3 y + e xy<br />
har løsningskurver igennem ethvert (x0,y0) ∈ R × R.<br />
Løsninger kan ikke umiddelbart udtrykkes ved kendte elementære funktioner.<br />
3.6. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Eksempel 2<br />
Den entydigt bestemte løsning <strong>til</strong> begyndelsesværdiproblemet<br />
er eksponentialfunktionen<br />
dy<br />
= y, y(0) = 1<br />
dx<br />
y(x) = e x<br />
3.7. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
Den entydigt bestemte løsning <strong>til</strong> begyndelsesværdiproblemet<br />
er de trigonometriske funktioner<br />
dy1<br />
dx<br />
dy2<br />
dx<br />
= −y2<br />
= y1<br />
y1(0) = 1, y2(0) = 0<br />
y1(x) = cos x<br />
y2(x) = sinx
156 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
3.8. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . . ; [LA] 17 Generel ligning<br />
Eksempel 1 - Retningsfelt<br />
dy<br />
dx = x3 y + e xy<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
3.9. Logistisk ligning grafisk ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Eksempel<br />
For den logistiske ligning<br />
dP<br />
P<br />
= 0.08P(1 −<br />
dt 1000 )<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme graferne for løsningerne med små tangentstykker.<br />
I et givet punkt (t1,P1) vil en tangent have ligning<br />
P = P1 + 0.08P1(1 − P1<br />
)(t − t1)<br />
1000<br />
3.10. Grafisk løsning ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Retningsfelt<br />
P<br />
1000<br />
0 100<br />
3.11. Logistisk ligning - Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Eksempel 2<br />
For det logistiske begyndelsesværdiproblem<br />
dP<br />
P<br />
= 0.08P(1 − ), P(0) = 100<br />
dt 1000<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme løsningen med differentialet i små intervaller.<br />
I et givet punkt (Pn,tn) vil differentialet være<br />
og<br />
x<br />
dP = 0.08Pn(1 − Pn<br />
1000 )dt<br />
t
3. GENERELLE METODER 157<br />
P ≈ Pn + 0.08Pn(1 − Pn<br />
1000 )(t − tn)<br />
3.12. Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation<br />
Eulers metode<br />
Tabellæg løsning <strong>til</strong><br />
dP<br />
dt<br />
P<br />
= 0.08P(1 − ), P(0) = 100<br />
1000<br />
n tn Pn<br />
1 10.0 172.0<br />
2 20.0 285.9<br />
3 30.0 449.3<br />
4 40.0 647.2<br />
5 50.0 829.9<br />
n tn Pn<br />
6 60.0 942.8<br />
7 70.0 985.9<br />
8 80.0 997.0<br />
9 90.0 999.4<br />
10 100.0 999.9<br />
3.13. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel<br />
For Lotka-Volterra systemet<br />
dR<br />
= kR − aRW<br />
dt<br />
dW<br />
= −rW + bRW<br />
dt<br />
er hastighedsfeltet i RW -planen givet ved vektorerne<br />
<br />
dR dW<br />
, = (kR − aRW, −rW + bRW)<br />
dt dt<br />
3.14. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel 1<br />
For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002<br />
tegnes hastighedsfeltet i RW -planen.<br />
dR<br />
= 0.08R − 0.001RW<br />
dt<br />
dW<br />
= −0.02W + 0.0002RW<br />
dt<br />
3.15. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel 1 - figur
158 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
W<br />
100<br />
0 1000<br />
Hastighedsfeltet<br />
3.16. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel 1 - Eulers metode<br />
For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002<br />
dR<br />
= 0.08R − 0.001RW<br />
dt<br />
dW<br />
= −0.02W + 0.0002RW<br />
dt<br />
prøver vi at <strong>til</strong>nærme løsningen med differentialet.<br />
I et givet punkt (Rn,Wn) vil differentialet være<br />
dR = (0.08Rn − 0.001RnWn)dt<br />
dW = (−0.02Wn + 0.0002RnWn)dt<br />
3.17. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel 1 - Eulers metode<br />
Tabellæg løsning <strong>til</strong> R = 1000 og W = 75 månedsvis:<br />
n Rn Wn<br />
0 1000 75<br />
1 1005 75<br />
2 1010 75<br />
3 1015 75<br />
4 1020 75<br />
5 1025 75<br />
6 1030 75<br />
n Rn Wn<br />
7 1035 75<br />
8 1040 75<br />
9 1045 75<br />
10 1050 75<br />
11 1055 75<br />
12 1060 75<br />
13 1065 76<br />
R<br />
n Rn Wn<br />
14 1069 76<br />
15 1074 76<br />
16 1079 76<br />
17 1083 76<br />
18 1087 76<br />
19 1091 76<br />
20 1095 76<br />
3.18. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Eksempel<br />
Vi viser nu hastighedsfelter for forskellige lineære systemer.<br />
• figur 1 – To positive egenværdier<br />
• figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi<br />
• figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2<br />
• figur 4 – Ingen reelle egenværdier
3. GENERELLE METODER 159<br />
3.19. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Figur 1 – To positive egenværdier<br />
y2<br />
3.20. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi<br />
y2<br />
3.21. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2<br />
y2<br />
3.22. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems<br />
Figur 4 – Ingen reelle egenværdier<br />
y1<br />
y1<br />
y1
160 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
y2<br />
3.23. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Definition 1<br />
En differentialligning<br />
kaldes et autonom system.<br />
En konstant løsning<br />
dy<br />
= F(y)<br />
dx<br />
y(x) = b,F(b) = 0<br />
kaldes en ligevægt.<br />
En ligevægt kaldes (lokal) stabil, hvis enhver løsning y(x) som kommer <strong>til</strong>strækkelig tæt<br />
på b, vil konvergere mod b for x gående mod uendelig. I modsat fald kaldes ligevægten<br />
ustabil.<br />
Der er en oplagt udvidelse <strong>til</strong> differentialligningsystemer.<br />
3.24. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Bemærkning 1<br />
I en omegn af en ligevægt y(x) = b,F(b) = 0 kan det autonome begyndelsesværdiproblem<br />
dy<br />
dx = F(y),y(x0) = b + ǫ<br />
<strong>til</strong>nærmes med den lineære ligning<br />
hvor y(x) ≈ b + z(x).<br />
dz<br />
dx = F ′ (b)z,z(x0) = ǫ<br />
3.25. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Bemærkning 2<br />
For en ligevœgt y(x) = b,F(b) = 0 for det autonome system<br />
gœlder<br />
F ′ (b) < 0: Stabil ligevœgt.<br />
F ′ (b) > 0: Ustabil ligevœgt.<br />
F ′ (b) = 0: Ingen konklusion.<br />
dy<br />
= F(y)<br />
dx<br />
3.26. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Bemærkning 2 - figur<br />
y1
3. GENERELLE METODER 161<br />
y ′<br />
Fasediagram<br />
y ′ = F(y)<br />
3.27. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Eksempel 1<br />
Den logistiske ligning<br />
har ligevægts løsninger<br />
og<br />
F ′ (0) = k > 0: 0 Ustabil ligevœgt.<br />
F ′ (K) = −k: K Stabil ligevœgt.<br />
dP<br />
dt<br />
= kP(1 − P<br />
K )<br />
P(t) = 0, P(t) = K<br />
F ′ (P) = − 2k<br />
P + k<br />
K<br />
3.28. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Eksempel 1 - figur<br />
P ′<br />
Fasediagram<br />
P ′ = kP(1 − P<br />
K )<br />
3.29. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Eksempel 2<br />
For Lotka-Volterra systemet,<br />
a,b,k,r > 0,<br />
dR<br />
= kR − aRW<br />
dt<br />
dW<br />
= −rW + bRW<br />
dt<br />
y<br />
P
162 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER<br />
er der to ligevægtsløsninger<br />
(R,W) = (0,0), (R,W) = (r/b,k/a)<br />
3.30. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
I (R,W) = (0,0) er den lineære approximation<br />
som giver en ustabil ligevægt.<br />
dR<br />
= kR<br />
dt<br />
dW<br />
= −rW<br />
dt<br />
3.31. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
I (R,W) = (r/b,k/a) er den lineære approximation for ( ¯ R, ¯ W) = (R − r/b,W − k/a)<br />
som har en ustabil ligevægt.<br />
Man kan vise, at løsningskurverne<br />
d ¯ R<br />
dt<br />
d ¯ W<br />
dt<br />
= −ar<br />
b ¯ W<br />
= bk<br />
a ¯ R<br />
t ↦→ (R(t),W(t))<br />
for det oprindelig system er de<strong>format</strong>ioner af cirkler omkring ligevægtspunktet. Der er<br />
altså en cyklisk udvikling i modellen.
V<br />
Matricer<br />
1. Vektorer og matricer<br />
1.1. Oversigt ☞ [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Talpar, taltripler og n-tupler<br />
✌ Linearkombination og span<br />
✌ Test linearkombination<br />
✌ Hvad er en matrix<br />
✌ Matrix multiplikation<br />
✌ Test matrix multiplikation<br />
✌ Standard vektorer<br />
✌ Identitetsmatricen<br />
1.2. Taltupler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Definition<br />
Det n-dimensionale koordinatvektorrum udgøres af alle n-tupler<br />
(x = x) af reelle tal og betegnes<br />
x = (x1,...,xi,...,xn)<br />
R n<br />
Taltuplen x kaldes en (koordinat)vektor med i-te koordinat xi.<br />
Vektoren, hvis koordinater alle er 0<br />
kaldes nulvektoren.<br />
0 = (0,...,0)<br />
1.3. Planen ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Figur<br />
y<br />
b<br />
0<br />
a<br />
(a, b)<br />
Talplanen R 2<br />
163<br />
x
164 V. MATRICER<br />
1.4. Rummet ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.1 Three-dimensional co...<br />
Figur<br />
z<br />
x<br />
a<br />
c<br />
0<br />
xn<br />
(a, b, c)<br />
Talrummet R 3<br />
1.5. Addition<br />
Definition<br />
☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Sum af vektorer<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
x1 y1 x1 + y1<br />
⎜<br />
x + y =<br />
. ⎟ ⎜<br />
⎝ . ⎠ +<br />
. ⎟ ⎜<br />
⎝ . ⎠ =<br />
. ⎟<br />
⎝ . ⎠<br />
Eksempel<br />
yn<br />
⎛ ⎞<br />
1<br />
⎛ ⎞<br />
4<br />
⎛ ⎞<br />
5<br />
⎝2⎠<br />
+ ⎝5⎠<br />
= ⎝7⎠<br />
3 6 9<br />
b<br />
xn + yn<br />
1.6. Skalering<br />
Definition<br />
Skalarmultiplikation af skalar (tal) og vektor<br />
☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
Eksempel<br />
⎜<br />
αx = α ⎝<br />
x1<br />
.<br />
xn<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1 3<br />
3⎝2⎠<br />
= ⎝6⎠<br />
3 9<br />
1.7. Regneregler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Regneregler<br />
(1) Kommutativ lov<br />
(2) Associativ lov<br />
u + v = v + u<br />
αx1<br />
.<br />
αxn<br />
⎟<br />
⎠<br />
u + (v + w) = (u + v) + w<br />
y
(3) Distributive love<br />
1. VEKTORER OG MATRICER 165<br />
r(u + v) = ru + rv<br />
(r + s)u = ru + su<br />
1.8. Associativ addition ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors<br />
Figur<br />
a + b + c<br />
a<br />
b + c<br />
b<br />
a + b<br />
Associativ lov for vektorer i planen<br />
1.9. Linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Definition<br />
Et sæt af vektorer u1,...,uk og koefficienter (skalarer) λ1,...,λk giver linearkombinationen<br />
Eksempel<br />
λ1u1 + · · · + λkuk<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1 1 4 −5<br />
0⎝5⎠<br />
+ 3⎝2⎠<br />
− 2⎝5⎠<br />
= ⎝−4⎠<br />
7 3 6 −3<br />
1.10. Span ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Definition<br />
Givet et sæt af vektorer u1,...,uk i R n . Så er deres span alle linearkombinationer<br />
c<br />
v = λ1u1 + · · · + λkuk<br />
Et span er stabilt overfor dannelse af linearkombination og giver et underrum af R n .<br />
Eksempel<br />
Diagonalen i talplanen er et span<br />
{(x,y)|x = y} = span((1,1)) ⊂ R 2<br />
1.11. Vektorrum ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors<br />
Definition<br />
En mængde med struktur som et koordinatvektorrum kaldes et vektorrum og elementerne<br />
kaldes vektorer. Vektorer kan adderes og skalarmultipliceres med reelle skalarer.<br />
Eksempel<br />
Et underrum i R n er et vektorrum.<br />
Eksempel
166 V. MATRICER<br />
Mængden af alle reelle funktioner f : X → R er et vektorrum.<br />
1.12. Test linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer<br />
Test<br />
Enhver vektor x ∈ R 3 kan skrives som en linearkombination x = λ1(1,1, −1)+λ2(−1, −1,1).<br />
Løsning<br />
x = λ1(1,1, −1) + λ2(−1, −1,1) = (λ1 − λ2)(1,1, −1)<br />
som alle har samme 1. og 2. koordinat.<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
1.13. Matrix indgang ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
En m × n-matrix er et rektangulært regneark med m-rækker og n-søjler. Det skrives<br />
(A = A)<br />
ij-te (matrix)indgang<br />
A = (aij)i=1...m,j=1...n<br />
⎛<br />
⎞<br />
=<br />
⎜<br />
⎝<br />
a11 ... a1n<br />
. aij<br />
.<br />
am1 ... amn<br />
aij<br />
⎟<br />
⎠<br />
Matricen 0 = (0) med alle indgange lig 0 kaldes nulmatricen.<br />
1.14. Matrix række/søjle ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
En m × n-matrix<br />
har i-te række<br />
og j-te søjle<br />
A = (aij)i=1...m,j=1...n<br />
ai• = <br />
ai1 ... ain<br />
a •j =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
1.15. Rækker og søjler ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel<br />
m = 1 rækkevektor/rækkematrix<br />
n = 1 søjlevektor/søjlematrix<br />
a1j<br />
.<br />
amj<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
<br />
a1 ... an<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
a1<br />
.<br />
am<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠
1. VEKTORER OG MATRICER 167<br />
1.16. 3x4 matrix<br />
Eksempler<br />
☞ [LA] 2 Matricer<br />
3 × 4-matrix ⎛<br />
1 2 0<br />
⎞<br />
−2<br />
⎝−1<br />
8 3 4 ⎠<br />
5 4 3 1<br />
4-rækkematrix<br />
<br />
6 2 9<br />
<br />
−2<br />
3-søjlematrix<br />
⎛ ⎞<br />
5<br />
⎝ 0 ⎠<br />
−5<br />
1.17. Addition skalering ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
Sum, Skalarmultiplikation<br />
To m × n-matricer kan adderes <strong>til</strong> en m × n-matrix. En matrix kan skaleres.<br />
Eksempel<br />
<br />
1 2<br />
+<br />
−1 8<br />
A = (aij)i=1...m,j=1...n<br />
B = (bij)i=1...m,j=1...n<br />
A + B = (aij + bij)i=1...m,j=1...n<br />
λA = (λaij)i=1...m,j=1...n<br />
<br />
1 2<br />
=<br />
−1 8<br />
<br />
2 4<br />
= 2<br />
−2 16<br />
<br />
1<br />
<br />
2<br />
−1 8<br />
1.18. Matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition (Multiplikation)<br />
En m × n-matrix og en n × p-matrix kan multipliceres (ganges sammen) <strong>til</strong> en m × pmatrix.<br />
A = (aij)i=1...m,j=1...n<br />
B = (bjk)j=1...n,k=1...p<br />
AB = (cik)i=1...m,k=1...p<br />
cik = ai1b1k + · · · + ainbnk =<br />
n<br />
j=1<br />
aijbjk<br />
1.19. Gange er nemt ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Bemærkning<br />
I cik indgår kun den i-te række i første matrix og den k-te søjle i anden matrix.<br />
⎛ ⎞<br />
cik = ⎜<br />
⎜<br />
ai1 ...aij ...ain ⎜<br />
⎝<br />
b1k<br />
.<br />
bjk<br />
.<br />
bnk<br />
⎟<br />
⎠<br />
= ai1b1k + · · · + aijbjk + · · · + ainbnk
168 V. MATRICER<br />
1.20. Øvelse ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel<br />
<br />
1<br />
<br />
2 3<br />
<br />
−5<br />
−1 8 4 0<br />
<br />
[1 · 3 + 2 · 4]<br />
=<br />
[(−1) · 3 + 8 · 4]<br />
<br />
[1 · (−5) + 2 · 0]<br />
[(−1) · (−5) + 8 · 0]<br />
<br />
11<br />
=<br />
29<br />
<br />
−5<br />
5<br />
1.21. Regneark<br />
Eksempel<br />
☞ [LA] 2 Matricer<br />
Rækkesum ⎛<br />
⎞ ⎛ ⎞ ⎛<br />
⎞<br />
Søjlesum<br />
⎜<br />
⎝<br />
a11 ... a1n<br />
. aij<br />
.<br />
am1 ... amn<br />
1 a11 + · · · + a1n<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝ .<br />
⎟ ⎜<br />
. ⎠ = ⎝ .<br />
⎟<br />
. ⎠<br />
1 am1 + · · · + amn<br />
⎛<br />
⎜<br />
1, ..., 1 ⎝<br />
a11 ... a1n<br />
. aij<br />
.<br />
am1 ... amn<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
= <br />
a11 + · · · + am1, ..., a1n + · · · + amn<br />
1.22. Vigtigste regneregel ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Sætning 1 (Associativ lov)<br />
Matrix multiplikation er associativ. Givet A en m × n-matrix, B en n × p-matrix og C en<br />
p × q-matrix, så er følgende to m × q-matricer ens.<br />
Bevis<br />
Fælles il-te indgang<br />
(AB)C = A(BC)<br />
dil = <br />
j,k<br />
aijbjkckl<br />
1.23. Multiplikation og linearkombination ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Sætning 2<br />
Givet A en m × n-matrix og x en n-søjlematrix, så er produktet<br />
y = Ax = a •1x1 + · · · + a •nxn<br />
den m-søjlematrix, der fremkommer som linearkombinationen af søjlerne i A med koefficienter<br />
de n indgange i x.<br />
Bevis<br />
Udregn<br />
yi = <br />
j<br />
aijxj
1. VEKTORER OG MATRICER 169<br />
1.24. Nemme regneregler ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Bemærkning<br />
Simple regneregler<br />
For matricer af størrelser, så operationerne er definerede gælder<br />
Associativ lov<br />
Distributive love<br />
A + (B + C) = (A + B) + C<br />
A(B + C) = AB + AC<br />
(A + B)C = AC + BC<br />
1.25. Pas på<br />
Advarsler<br />
Den kommutative lov holder ikke<br />
Normalt er<br />
☞ [LA] 2 Matricer<br />
<br />
0<br />
AB = BA<br />
<br />
0 0 0 0<br />
=<br />
<br />
0<br />
Nulreglen gœlder ikke<br />
1 0 0 1<br />
<br />
0 0 0 0<br />
=<br />
0 1 1 0<br />
0 0<br />
<br />
0 0<br />
1 0<br />
A = 0, B = 0, AB = 0<br />
1.26. Test matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Test<br />
Hvilket matrixprodukt er rigtigt? <br />
2 1 x 1 2 1 + x 2 + 4x<br />
(a)<br />
=<br />
.<br />
<br />
3 4<br />
<br />
x 4<br />
<br />
3 + 4x<br />
<br />
22<br />
1 2 1 −2 7 6<br />
(b)<br />
= .<br />
3 4 3 4 15 12<br />
Løsning <br />
1 x 1 2<br />
=<br />
3 4 x 4<br />
<br />
[1 · 1 + x · x] [1 · 2 + x · 4]<br />
.<br />
[3 · 1 + 4 · x] [2 · 3 + 4 · 4]<br />
Afkryds det rigtige:<br />
(a) (b)<br />
<br />
1.27. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Eksempel<br />
Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og<br />
alle øvrige er 0.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎜ .<br />
⎟<br />
⎜ . ⎟<br />
ei = ⎜<br />
⎜1<br />
⎟<br />
⎜ . ⎟<br />
⎝ . ⎠<br />
0<br />
ei = 0, ..., 1, ..., 0
170 V. MATRICER<br />
1.28. Span af enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Bemærkning<br />
span(e1,...,en) = R n<br />
En vektor x ∈ R n har frems<strong>til</strong>lingen<br />
Eksempel<br />
x =<br />
n<br />
i=1<br />
xiei<br />
(1,2, −3) = 1(1,0,0) + 2(0,1,0) − 3(0,0,1)<br />
1.29. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel<br />
Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som<br />
række.<br />
For en m × n-matrix A er produktet<br />
den j-te søjle i A<br />
og produktet<br />
den i-te række i A.<br />
Aej = a •j<br />
eiA = ai•<br />
1.30. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
En kvadratisk matrix er en n × n-matrix.<br />
En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.<br />
Identitetsmatricen<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
...<br />
⎜<br />
In = ⎜<br />
⎝<br />
0<br />
.<br />
. ..<br />
0<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
1<br />
med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix.<br />
1.31. Identitetsmatricer ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel<br />
De første tre identitetsmatricer:<br />
I2 =<br />
I1 = 1 <br />
<br />
1 0<br />
0 1<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
0<br />
I3 = ⎝0<br />
1 0⎠<br />
0 0 1
2. LINEÆRE AFBILDNINGER 171<br />
1.32. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Sætning 3<br />
Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder<br />
ImA = A = AIn<br />
"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix."<br />
Bevis<br />
Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er<br />
den j-te søjle i A.<br />
Aej = a •j<br />
2. Lineære afbildninger<br />
2.1. Oversigt ☞ [LA] 3, 4, 5<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Fra matrix <strong>til</strong> afbildning<br />
✌ Fra afbildning <strong>til</strong> matrix<br />
✌ Test matrix-afbildning<br />
✌ Inverse matricer<br />
✌ Test invers matrix<br />
✌ Matrix potens<br />
✌ Lineære ligningssystemer<br />
✌ Løsningsmængdens struktur<br />
✌ Test løsningsmængde<br />
2.2. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Definition<br />
f : R n → R m<br />
er en lineær afbildning, hvis linearkombinationer bevares<br />
f(λ1u1 + · · · + λkuk) = λ1f(u1) + · · · + λkf(uk)<br />
Bemærk<br />
Det er nok, at sum og skalarmultiplikation bevares<br />
f(u + v) = f(u) + f(v)<br />
f(αu) = αf(u)<br />
2.3. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Eksempel<br />
Afbildningen f : R 2 → R 2 givet ved<br />
er lineær.<br />
f(x,y) = (y,x + y)
172 V. MATRICER<br />
Bevis<br />
f((x1,y1) + (x2,y2)) = f(x1 + x2,y1 + y2)<br />
Tilsvarende for skalarmultiplikation.<br />
= (y1 + y2,x1 + x2 + y1 + y2)<br />
= (y1,x1 + y1) + (y2,x2 + y2)<br />
= f(x1,y1) + f(x2,y2)<br />
2.4. Matrix <strong>til</strong> lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Definition<br />
For en m × n-matrix A defineres en afbildning<br />
ved<br />
R n → R m<br />
u ↦→ Au<br />
Eksempel <br />
u1 1 2 u1 u1 + 2u2<br />
↦→<br />
=<br />
u2 3 4 u2 3u1 + 4u2<br />
2.5. Matrix <strong>til</strong> lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Sætning 4<br />
Funktionen f : R n → R m<br />
f(u) = Au<br />
defineret ved en m × n-matrix A er lineœr<br />
f(u + v) = f(u) + f(v)<br />
f(αu) = αf(u)<br />
Bevis<br />
A(u + v) = Au + Av, A(αu) = αAu<br />
Fra de simple regneregler for matrix multiplikation.<br />
2.6. Lineær afbildning <strong>til</strong> matrix ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Sætning 5<br />
Enhver lineœr afbildning f : R n → R m fremkommer fra en entydig bestemt m×n-matrix<br />
Bemærk<br />
A = Matr(f)<br />
f(u) = Au<br />
f(ej) = a •j<br />
“j-te søjle i matricen for f er billedet af j-te enhedsvektor i R n .”<br />
2.7. Opgave ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Opgave<br />
Find Matr(f) for den lineære afbildningen f(x,y) = (y,x + y).<br />
Løsning<br />
Søjlerne i Matr(f) er<br />
<br />
1 0<br />
0<br />
f(e1) = f( ) = , f(e2) = f( ) =<br />
0 1<br />
1<br />
<br />
1<br />
1
Heraf Matr(f) =<br />
Prøve <br />
0<br />
<br />
1 x<br />
1 1 y<br />
2. LINEÆRE AFBILDNINGER 173<br />
<br />
0 1<br />
1 1<br />
=<br />
<br />
y<br />
x + y<br />
2.8. Multiplicere = sammensætte ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Sætning 6<br />
Lad f,g vœre lineœre afbildninger<br />
R n f<br />
−−−−→ Rm Så er den sammensatte afbildning g ◦ f lineœr og<br />
g<br />
−−−−→ R p<br />
Matr(g ◦ f) = Matr(g)Matr(f)<br />
Bevis<br />
For f(u) = Au, g(v) = Bv giver den associative lov<br />
g ◦ f(u) = g(f(u)) = B(Au) = (BA)u<br />
2.9. Test matrix-afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Test<br />
Den⎛lineære afbildning ⎞ ⎛f(x,y)<br />
= ⎞(x<br />
+ y,x − y,y) har <strong>til</strong>hørende matrix Matr(f):<br />
1 1 1 1 <br />
(a) ⎝1<br />
−1⎠.<br />
(b) ⎝1<br />
−1⎠.<br />
1 1 0<br />
(c)<br />
.<br />
1 −1 1<br />
0 0 0 1<br />
Løsning<br />
Søjlerne i 3 × 2-matricen er<br />
Afkryds den korrekte:<br />
f(1,0) = (1,1,0), f(0,1) = (1, −1,1)<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
2.10. Invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer<br />
Definition<br />
En kvadratisk n × n-matrix A har en invers matrix B, hvis<br />
B er entydigt bestemt og betegnes<br />
A kaldes invertibel.<br />
Bevis<br />
Entydighed: For AC = I = CA er<br />
AB = In = BA<br />
B = A −1<br />
B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = C<br />
2.11. Invers diagonalmatrix<br />
Eksempel<br />
☞ [LA] 4 Inverse matricer<br />
En diagonal n × n-matrix<br />
⎛ ⎞<br />
Λ =<br />
λ1 0 ...<br />
.<br />
0 ..<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
. 0 λn<br />
⎜<br />
⎝
174 V. MATRICER<br />
med alle diagonal indgange λi = 0 er invertibel.<br />
Den inverse er<br />
Λ −1 ⎛<br />
λ<br />
⎜<br />
= ⎜<br />
⎝<br />
−1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
. ..<br />
⎞<br />
...<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
. 0 λ −1<br />
n<br />
2.12. Inverter produkt ☞ [LA] 4 Inverse matricer<br />
Sætning<br />
Lad A,B vœre invertible n × n-matricer. Så er AB invertibel og der gœlder<br />
"Pas på rœkkefølgen."<br />
Bevis<br />
(AB) −1 = B −1 A −1<br />
(AB)(B −1 A −1 ) = A(BB −1 )A −1<br />
= AInA −1<br />
= AA −1<br />
= In<br />
2.13. Test invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer<br />
Test<br />
Lad A,B være invertible n × n-matricer. Så gælder (AB) −1 = A −1 B −1 .<br />
Løsning<br />
Den rigtige formel er<br />
(AB) −1 = B −1 A −1<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
2.14. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
For en kvadratisk n × n-matrix A defineres potens, k = 0,1,2,...,<br />
Hvis A er invertibel, så er<br />
For enhedsmatricen er<br />
A 0 = In, A k = A k−1 A<br />
A −k = (A −1 ) k = (A k ) −1<br />
In k = In<br />
2.15. Pas på matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Bemærkning<br />
Potensregneregler gælder<br />
A l A m = A l+m<br />
Men normalt er<br />
For eksempel<br />
(A l ) m = A lm<br />
A m B m = (AB) m<br />
A 2 B 2 = (AA)(BB) = (AB)(AB) = (AB) 2
2. LINEÆRE AFBILDNINGER 175<br />
2.16. Potens af diagonalmatrix ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel<br />
For en diagonal n × n-matrix<br />
⎛ ⎞<br />
og k = 0,1,2,... er potensen<br />
Λ =<br />
Λ k =<br />
λ1 0 ...<br />
.<br />
0 ..<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
. 0 λn<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
λ k 1 0 ...<br />
0<br />
. .. 0<br />
. 0 λ k n<br />
2.17. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Opgave<br />
Beregn matrix potensen<br />
k 1 a<br />
0 1<br />
Løsning<br />
Bemærk <br />
1<br />
0<br />
<br />
x 1<br />
1 0<br />
<br />
y<br />
=<br />
1<br />
Heraf<br />
k 1 a<br />
=<br />
0 1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
<br />
1 x + y<br />
0 1<br />
<br />
1 ka<br />
0 1<br />
2.18. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Definition<br />
Ved m lineære ligninger med n ubekendte forstås<br />
a11x1 + ... + a1nxn = b1<br />
a21x1 + ... + a2nxn = b2<br />
.<br />
am1x1 + ... + amnxn = bm<br />
På matrix form A = (aij) m × n-matrix, b = (bi) m-søjle, x = (xj) n-søjle<br />
Ax = b<br />
2.19. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Definition - fortsat<br />
Matrix form<br />
Ax = b<br />
skrevet ud<br />
⎛<br />
a11 ... a1n<br />
am1 ... amn<br />
⎞ ⎛<br />
x1<br />
xn<br />
⎞<br />
⎛<br />
b1<br />
bm<br />
⎞<br />
⎜a21<br />
⎜ ... a2n ⎟ ⎜x2⎟<br />
⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜ . ⎟ ⎜ . ⎟<br />
⎝ . ⎠ ⎝ . ⎠ =<br />
⎜b2<br />
⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ . ⎟<br />
⎝ . ⎠
176 V. MATRICER<br />
2.20. Koefficient matrix ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Notation<br />
Givet ligningssystemet<br />
Ax = b<br />
(1) A koefficientmatrix<br />
(2) b = 0 homogent system<br />
(3) b = 0 inhomogent system<br />
(4) Partikulær løsning en funden løsning, fuldstændig løsning mængden af alle<br />
løsninger<br />
2.21. 2 ligninger 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel 1<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 = −28<br />
x2 + 2x3 = 16<br />
(1) Vælg x3 = 0 og løs x2 = 16. Indsæt i første ligning<br />
(2) Dette giver partikulær løsning<br />
2x1 − 2 · 16 = −28<br />
(x1,x2,x3) = (2,16,0)<br />
2.22. 2 ligninger 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Den fuldstændige løsning er<br />
⎛<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎞<br />
hvor x3 kan vælges frit.<br />
⎠ =<br />
=<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
x2 + 2x3 − 14 2<br />
⎝ −2x3 + 16 ⎠ = ⎝−2x3<br />
+ 16⎠<br />
x3<br />
x3<br />
⎛ ⎞<br />
2<br />
⎛<br />
0<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
2<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎝16⎠<br />
+ ⎝−2x3⎠<br />
= ⎝16⎠<br />
+ x3 ⎝−2⎠<br />
0<br />
0 1<br />
x3<br />
2.23. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel 1’<br />
(1) Vælg x3 = x2 = 0 og løs x1 = 1<br />
(2) Det giver partikulær løsning<br />
x1 + x2 + x3 = 1<br />
(x1,x2,x3) = (1,0,0)<br />
2.24. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel 1’ - fortsat
2. LINEÆRE AFBILDNINGER 177<br />
Den fuldstændige løsning er<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
x1 −x2 − x3 + 1 1 −x2 −x3<br />
⎝x2⎠<br />
= ⎝ x2 ⎠ = ⎝0⎠<br />
+ ⎝ x2 ⎠ + ⎝ 0 ⎠<br />
0 0<br />
x3<br />
x3<br />
hvor både x2 og x3 kan vælges frit.<br />
⎛ ⎞<br />
1<br />
⎛ ⎞<br />
−1<br />
⎛ ⎞<br />
−1<br />
= ⎝0⎠<br />
+ x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠<br />
0 0 1<br />
2.25. Løsningsrummet ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Sætning 7<br />
Løsningsmœngden <strong>til</strong> et homogent lineœrt ligningssystem med n ubekendte<br />
er et lineœrt underrum<br />
kaldet løsningsrummet eller nulrummet.<br />
Ax = 0<br />
NA ⊂ R n<br />
Bevis<br />
Simple regneregler for matrix multiplikation giver<br />
Ax = 0, Ay = 0 ⇒ A(x + y) = 0<br />
2.26. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel<br />
x1 + x2 = 0<br />
x3 + x4 = 0<br />
(1) x3 = −x4 og x1 = −x2.<br />
(2) x4 og x2 kan vælges frit.<br />
2.27. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel - fortsat<br />
⎛ ⎞<br />
x1<br />
⎜x2⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎝x3⎠<br />
=<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
−x2 −1 0<br />
⎜ x2 ⎟ ⎜<br />
⎜ ⎟<br />
⎝−x4⎠<br />
= x2<br />
⎜ 1 ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎝ 0 ⎠ + x4<br />
⎜ 0 ⎟<br />
⎝−1⎠<br />
0 1<br />
x4<br />
Løsningsrummet er span af vektorerne<br />
⎛ ⎞<br />
−1<br />
⎜ 1 ⎟<br />
⎝ 0 ⎠<br />
0<br />
,<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎜ 0 ⎟<br />
⎝−1⎠<br />
1<br />
x4<br />
2.28. Løsninger og nulrum ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Sætning 8<br />
Givet en partikulœr løsning u <strong>til</strong> det lineœre ligningssystem med n ubekendte<br />
så er løsningsmœngden<br />
Ax = b<br />
{x ∈ R n |Ax = b} = u + NA<br />
x3
178 V. MATRICER<br />
Bevis<br />
Simple regneregler for matrix multiplikationen giver<br />
Au = b, Ax = 0 ⇒ A(u + x) = b<br />
2.29. Test Løsningsmængde<br />
Test<br />
☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Betragt et inhomogent lineært ligningssystem A · x = b (b = 0). Hvilket af følgende<br />
udsagn er sandt (uanset hvordan A ser ud)<br />
(a) 0 er altid en løsning.<br />
(c) b er altid en løsning.<br />
(b) 0 er aldrig en løsning.<br />
Afkryds det sande:<br />
(a) (b)<br />
<br />
(c)<br />
Løsning<br />
Gør prøve<br />
A · 0 = 0 = b<br />
2.30. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel<br />
x1 + x2 = 1<br />
x3 + x4 = 2<br />
(1) x3 = 2, x1 = 1 og x2 = x4 = 0<br />
(2) Giver en partikulær løsning<br />
(x1,x2,x3,x4) = (1,0,2,0)<br />
2.31. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer<br />
Eksempel - fortsat<br />
⎛ ⎞<br />
x1<br />
⎜x2⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎝x3⎠<br />
=<br />
⎛ ⎞<br />
1 − x2<br />
⎜ x2 ⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎝2<br />
− x4⎠<br />
=<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1 −1 0<br />
⎜<br />
⎜0⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝2⎠<br />
+ x2<br />
⎜ 1 ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎝ 0 ⎠ + x4<br />
⎜ 0 ⎟<br />
⎝−1⎠<br />
0 0 1<br />
x4<br />
x4<br />
Løsningsmængden er (1,0,2,0) plus en vilkårlig vektor fra underrummet af alle linearkombinationer<br />
af vektorerne<br />
(−1,1,0,0), (0,0, −1,1)<br />
3. Lineære ligninger<br />
3.1. Oversigt ☞ [LA] 6, 7<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Løs ligninger<br />
✌ Eliminer ubekendte<br />
✌ Rækkereduktion<br />
✌ Reduceret matrix<br />
✌ Enten-eller princippet<br />
✌ Test ligningssystem<br />
✌ Rækkeoperationsmatricer<br />
✌ Beregn invers matrix<br />
3.2. To ubekendte grafisk ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer
Figur<br />
3. LINEÆRE LIGNINGER 179<br />
y<br />
1<br />
2x y = 1<br />
(1,1) sk ringspunkt<br />
To ligninger i to ubekendte<br />
x<br />
x + y = 2<br />
3.3. 3 ligninger 4 ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel (Rækkereduktion)<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20<br />
−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34<br />
3.4. Eliminer en ubekendt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel - fortsat<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
3x2 + 8x3 + 15x4 = 18<br />
3.5. Eliminer endnu en ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel - fortsat<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
3x2 + 8x3 + 15x4 = 18<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
2x3 − 3x4 = 6<br />
3.6. En ubekendt er fri ☞ [LA] 6 Løsningsteknik
180 V. MATRICER<br />
Eksempel - fortsat<br />
Heraf<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
2x3 − 3x4 = 6<br />
x3 = 3 + 3<br />
2 x4<br />
x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = −2 − 9x4<br />
x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = −4 − 3x4<br />
3.7. Brug matrixform ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel - fortsat<br />
Løsning<br />
x3 = 3 + 3<br />
2 x4<br />
x2 = −2 − 9x4<br />
På matrix form<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x4<br />
x1 = −4 − 3x4<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
−4 − 3x4<br />
⎜<br />
⎜−2<br />
− 9x4 ⎟<br />
⎝ ⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
−4<br />
⎜<br />
⎜−2<br />
⎟<br />
⎝ 3 ⎠<br />
0<br />
3 + 3<br />
2 x4<br />
x4<br />
+ x4<br />
⎛ ⎞<br />
−3<br />
⎜<br />
⎜−9<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
3.8. Eliminations strategi ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Definition<br />
Rœkkeoperationer<br />
• Ombytning af to ligninger<br />
• Multiplikation af ligning med tal = 0<br />
• Addition af et multiplum af en ligning <strong>til</strong> en anden<br />
(1) Bevarer løsningsmængden.<br />
(2) Bringer ligningssystemet på rœkke-echelon form (trappeform).<br />
(3) Løsningsmængden kan opskrives ved baglæns substitution.<br />
3.9. Skalpellen frem, fjern ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20<br />
−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34<br />
3.10. Skær videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - fortsat<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
3x2 + 6x3 + 15x4 = 18<br />
3<br />
2<br />
1
3. LINEÆRE LIGNINGER 181<br />
3.11. Videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - fortsat<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
3x2 + 6x3 + 15x4 = 18<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
− 3x4 = 6<br />
3.12. Afslut bagfra ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - fortsat<br />
Heraf<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
x2 + 2x3 + 6x4 = 4<br />
− 3x4 = 6<br />
x4 = −2<br />
x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = 16 − 2x3<br />
x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = 2<br />
3.13. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - fortsat<br />
Løsning<br />
x4 = −2<br />
På matrix form ⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x4<br />
x2 = 16 − 2x3<br />
x1 = 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
2<br />
⎜<br />
⎜16<br />
− 2x3 ⎟<br />
⎝ ⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
2<br />
⎜<br />
⎜16<br />
⎟<br />
⎝ 0 ⎠<br />
−2<br />
x3<br />
−2<br />
+ x3<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎜<br />
⎜−2<br />
⎟<br />
⎝ 1 ⎠<br />
0<br />
3.14. Rækkeoperationer reduceret matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Definition<br />
Rœkkeoperationer på en matrix<br />
• Ombytning af to rækker<br />
• Multiplikation af række med tal = 0<br />
• Addition af et multiplum af en række <strong>til</strong> en anden<br />
Bringer matricen på (reduceret) rœkke-echelon form (trappeform), 1 på pivot indgange<br />
⎛<br />
0<br />
⎜ 0<br />
⎝ 0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
?<br />
0<br />
0<br />
?<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
?<br />
?<br />
0<br />
?<br />
?<br />
0<br />
⎞<br />
0<br />
0 ⎟<br />
1 ⎠<br />
0 0 0 0 0 0 0 0 0<br />
3.15. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Observation<br />
Fra et lineært ligningssystem <strong>til</strong>ordnes en augmenteret matrix<br />
”Ax = b” ↦→ (A|b)
182 V. MATRICER<br />
Rækkeoperationer på et ligningssystem svarer <strong>til</strong> rækkeoperationer på den augmenterede<br />
matrix.<br />
Det reducerede ligningssystem opskrives fra den reducerede matrix.<br />
3.16. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - igen<br />
2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16<br />
3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20<br />
−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34<br />
⎛<br />
⎝<br />
2 −2 −4 −6 −16<br />
3 −2 −4 −3 −20<br />
−2 5 10 21 34<br />
3.17. Øvelse gør mester<br />
Eksempel’ - igen fortsat<br />
☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
⎛<br />
2 −2 −4 −6<br />
⎞<br />
−16<br />
⎛<br />
2 −2 −4 −6<br />
⎞<br />
−16<br />
⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠<br />
−2 5 10 21 34 −2 5 10 21 34<br />
⎛<br />
∼ ⎝<br />
2 −2 −4 −6 −16<br />
0 1 2 6 4<br />
0 3 6 15 18<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ ∼ ⎝<br />
⎞<br />
⎠<br />
2 −2 −4 −6 −16<br />
0 1 2 6 4<br />
0 0 0 −3 6<br />
3.18. Atter øvelse<br />
Eksempel’ - igen fortsat<br />
☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
⎛<br />
2 −2 −4 −6<br />
⎞<br />
−16<br />
⎛<br />
2 −2 −4 −6<br />
⎞<br />
−16<br />
⎝ 0 1 2 6 4 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠<br />
0 0 0 −3 6 0 0 0 1 −2<br />
⎛<br />
∼ ⎝<br />
2 −2 −4 0 −28<br />
0 1 2 0 16<br />
0 0 0 1 −2<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ ∼ ⎝<br />
2 0 0 0 4<br />
0 1 2 0 16<br />
0 0 0 1 −2<br />
3.19. Afslut elegant<br />
Eksempel’ - igen fortsat<br />
☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
⎛<br />
2 −2 −4 −6<br />
⎞<br />
−16<br />
⎛<br />
1 0 0 0 2<br />
⎞<br />
⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 0 16 ⎠<br />
−2 5 10 21 34 0 0 0 1 −2<br />
Det reducerede ligningssystem<br />
x1 = 2<br />
x2 + 2x3 = 16<br />
x4 = −2<br />
3.20. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel’ - igen fortsat<br />
⎞<br />
⎠<br />
⎞<br />
⎠
Løsning<br />
På matrix form<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x4<br />
3. LINEÆRE LIGNINGER 183<br />
x4 = −2<br />
x2 = 16 − 2x3<br />
x1 = 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
2<br />
⎜<br />
⎜16<br />
− 2x3 ⎟<br />
⎝ ⎠ =<br />
⎛ ⎞<br />
2<br />
⎜<br />
⎜16<br />
⎟<br />
⎝ 0 ⎠<br />
−2<br />
x3<br />
−2<br />
+ x3<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎜<br />
⎜−2<br />
⎟<br />
⎝ 1 ⎠<br />
0<br />
3.21. Enten-eller ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Enten-eller-princip (22)<br />
En kvadratisk matrix kan ved rækkeoperationer<br />
• enten føres over i identitetsmatricen<br />
• eller føres over i en matrix med en nulrække nederst<br />
Bevis<br />
Matricen på reduceret trappeform ⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
1 ? 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
0 0 0 0<br />
3.22. Struktur er sagen ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Sætning 9<br />
Et homogent ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end ligninger, har altid uendelig<br />
mange løsninger.<br />
Bevis<br />
Koefficientmatricen har flere søjler end rækker. Den reducerede matrix<br />
⎛<br />
⎞<br />
0 0 1 ? ? 0 ? ? 0<br />
⎜ 0 0 0 0 0 1 ? ? 0 ⎟<br />
⎝ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ⎠<br />
0 0 0 0 0 0 0 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
har mindst 1 pivotfri søjle. Altså er der parametre i løsningen.<br />
3.23. Test ligningssystem<br />
Test<br />
☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Et homogent lineært ligningssystem med 4 ubekendte og 3 ligninger har:<br />
(a) Altid højst 1 løsning. (b) Altid uendelig mange løsninger.<br />
(c) Undertiden ingen løsninger. (d) Mindst 1 løsning.<br />
Afkryds de to rigtige:<br />
(a) (b)<br />
<br />
(c) (d)<br />
<br />
Løsning<br />
Sætning 9 sikrer uendelig mange løsninger.<br />
3.24. En sjov variation ☞ [LA] 6 Løsningsteknik
184 V. MATRICER<br />
Eksempel 4<br />
Løs matrixligningen<br />
Skrives som ligningssystemet<br />
2 1<br />
5 3<br />
x11 x12<br />
x21 x22<br />
<br />
=<br />
<br />
1 0<br />
0 1<br />
2x11 + x21 = 1<br />
5x11 + 3x21 = 0<br />
2x12 + x22 = 0<br />
5x12 + 3x22 = 1<br />
3.25. Det er rigtig sjovt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
∼<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
2 1 0 0 1<br />
5 3 0 0 0<br />
0 0 2 1 0<br />
0 0 5 3 1<br />
1 0 0 0 3<br />
0 1 0 0 −5<br />
0 0 1 0 −1<br />
0 0 0 1 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ∼<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ,<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
1 1<br />
1 0<br />
1<br />
2 0 0 2<br />
2 0 0 −5 2<br />
1 0 0 1 2 0<br />
1 0 0 0 2 1<br />
x11 x12<br />
x21 x22<br />
<br />
=<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
<br />
3<br />
<br />
−1<br />
−5 2<br />
3.26. Operationer og multiplikation ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer<br />
Sætning<br />
Rœkkeoperationer på en m × n-matrix fremkommer ved<br />
• Udfør rœkkeoperationen på m × m-enhedsmatricen og få en rækkeoperationsmatrix<br />
• Venstre multiplicer den oprindelige matrix med den fremkomne rækkeoperationsmatrix<br />
3.27. Smart overbevisende ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer<br />
• Ombytning af to rækker<br />
<br />
0 1<br />
1 0<br />
a11 a12<br />
a21 a22<br />
<br />
=<br />
• Multiplikation af række med tal r = 0<br />
<br />
1 0 a11 a12<br />
=<br />
0 r<br />
a21 a22<br />
a21 a22<br />
a11 a12<br />
a11 a12<br />
<br />
ra21 ra22<br />
• Addition af et multiplum af en række <strong>til</strong> en anden<br />
<br />
1 r a11 a12 a11 + ra21 a12 + ra22<br />
=<br />
0 1<br />
a21 a22<br />
3.28. Ensidig invers er tosidig ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer<br />
Sætning 10<br />
Lad A,B vœre kvadratiske matricer af samme størelse. Så gœlder<br />
”En højre invers er også en venstre invers.”<br />
Bevis<br />
a21<br />
AB = I ⇔ BA = I<br />
<br />
a22
4. DETERMINANTER 185<br />
Hvis AB = I har alle ligningssystemer Ax = b en løsning x = Bb. Den reducerede<br />
form af A kan da ikke have en 0-række og er derfor enhedsmatricen I. Altså findes en<br />
matrix C så CA = I. Til slut er C = C(AB) = (CA)B = B.<br />
3.29. Invers ved operationer ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer<br />
Sætning<br />
En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis dens reducerede form er enhedsmatricen<br />
I. I så fald er den augmenterede matrix<br />
(A|I) ∼ (I|A −1 )<br />
”Den inverse matrix beregnes ved rækkeoperationer på den augmenterede matrix.”<br />
3.30. Invers 2x2-matrix<br />
Eksempel 4<br />
☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Løs matrixligningen, i.e. beregn invers,<br />
<br />
2 1 x11<br />
5 3 x21<br />
<br />
x12 1<br />
=<br />
x22 0<br />
<br />
0<br />
1<br />
<br />
2<br />
5<br />
<br />
1 1 0 2 1 1 0<br />
∼ 1<br />
3 0 1 0 2 −5<br />
<br />
2<br />
∼<br />
2 1 0<br />
<br />
2 0 6 −2 1 0 3<br />
∼<br />
∼<br />
0 1 −5 2 0 1 −5<br />
1 1<br />
1 −5<br />
<br />
−1<br />
2<br />
<br />
0<br />
2<br />
3.31. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel 4 - fortsat<br />
Rækkereduktionen<br />
giver den inverse<br />
2 1 1 0<br />
5 3 0 1<br />
<br />
∼<br />
−1 2 1<br />
=<br />
5 3<br />
1 0 3 −1<br />
0 1 −5 2<br />
<br />
3<br />
<br />
−1<br />
−5 2<br />
3.32. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik<br />
Eksempel 4 - forsat<br />
Gør prøve<br />
Udregn<br />
−1 2 1<br />
=<br />
5 3<br />
<br />
2<br />
<br />
1 3<br />
<br />
−1<br />
5 3 −5 2<br />
<br />
3<br />
<br />
−1<br />
−5 2<br />
=<br />
4. Determinanter<br />
<br />
1 0<br />
0 1<br />
4.1. Oversigt ☞ [LA] 8<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Helt simple determinanter<br />
✌ Determinant defineret
186 V. MATRICER<br />
✌ Effektive regneregler<br />
✌ Genkend determinant nul<br />
✌ Test determinant nul<br />
✌ Produktreglen<br />
✌ Inversreglen<br />
✌ Test inversregel og produktregel<br />
✌ Potensreglen<br />
✌ Entydig løsning<br />
✌ Test entydig løsning<br />
4.2. Nemme determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempler<br />
Determinanten af en kvadratisk matrix<br />
• 1-matrix<br />
|a11| = a11<br />
• 2-matrix <br />
a11 a12<br />
<br />
= a11a22 − a12a21<br />
• 3-matrix<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
a21 a22<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
a11 a12 a13<br />
a21 a22 a23 = a11 <br />
a31 a32 a33<br />
a22 a23<br />
− a12<br />
a32 a33 a21 a23<br />
+ a13 <br />
a31 a33 a21 a22<br />
a31 a32<br />
4.3. Udregn determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempler <br />
<br />
−1<br />
2<br />
<br />
3 4<br />
= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10<br />
<br />
<br />
1<br />
2 3<br />
<br />
<br />
4<br />
5 6<br />
<br />
2<br />
3 0<br />
<br />
<br />
= 1 · 5<br />
6<br />
<br />
<br />
3 0<br />
− 2 · 4<br />
6<br />
<br />
<br />
2 0<br />
+ 3 · 4<br />
5<br />
<br />
2 3<br />
= (5 · 0 − 6 · 3) − 2(4 · 0 − 6 · 2)<br />
+3(4 · 3 − 5 · 2)<br />
= −18 + 24 + 6<br />
= 12<br />
4.4. Nem vej <strong>til</strong> areal ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempel<br />
Areal<br />
<br />
<br />
<br />
a1 b1<br />
Areal = (a1 + b1)(a2 + b2) − a1a2 − b1b2 − 2a2b1<br />
= a1b2 − a2b1<br />
<br />
<br />
= <br />
a1<br />
<br />
a2<br />
<br />
<br />
b1 b2<br />
b2<br />
a2
4. DETERMINANTER 187<br />
4.5. Determinant ved rækkeudvikling ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Definition<br />
Lad Aij være den (m − 1) × (n − 1)-matrix, der fremkommer ved at slette i-te række og<br />
j-te søjle i en m × n-matrix A.<br />
Determinanten af en kvadratisk n × n-matrix A er givet ved rækkeudvikling efter i-te<br />
række<br />
n<br />
|A| = (−1) i+j aij|Aij|<br />
Kan skrives<br />
j=1<br />
|A| = (−1) i+1 ai1|Ai1| + (−1) i+2 ai2|Ai2| + · · ·<br />
4.6. Determinant mange veje ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
• Determinanten kan beregnes ved søjleudvikling<br />
n<br />
|A| = (−1) i+j aij|Aij|<br />
i=1<br />
• Determinanten er uafhængig af valgt række/søjle.<br />
• Eksempel<br />
⎛<br />
1<br />
⎝4<br />
7<br />
2<br />
5<br />
8<br />
⎞<br />
3<br />
6⎠<br />
9<br />
⎛<br />
−<br />
= ⎝4<br />
7<br />
∗<br />
|<br />
|<br />
⎞<br />
− <br />
6⎠<br />
4<br />
=<br />
7<br />
9<br />
<br />
6<br />
9<br />
12<br />
4.7. Udregn determinant af orden 4 ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempel 1<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
0<br />
<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
7<br />
0<br />
1<br />
0<br />
<br />
0<br />
<br />
0<br />
<br />
0<br />
= (−1)<br />
<br />
1<br />
4+4<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
0<br />
0<br />
= (−1)<br />
0<br />
1<br />
0<br />
<br />
7<br />
<br />
0<br />
<br />
1<br />
3+3<br />
<br />
<br />
1<br />
0 = 1<br />
<br />
0<br />
<br />
1<br />
4.8. Trekantsmatrix ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempler<br />
0-række/søjle <br />
0 a12 · · · <br />
<br />
0 a22 · · · <br />
= <br />
. .<br />
.<br />
..<br />
<br />
· · · <br />
0 0 · · ·<br />
a21<br />
.<br />
a22<br />
. ..<br />
· · ·<br />
· · ·<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
= 0<br />
<br />
<br />
Øvre trekantsmatrix<br />
<br />
<br />
a11 a12 · · · a1n <br />
<br />
0 a22 · · · a2n <br />
<br />
.<br />
. .<br />
.<br />
.. .<br />
= a11a22 · · · ann<br />
. <br />
<br />
0 0 · · · ann<br />
<br />
4.9. Rækkeoperationsmatricer ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Observation
188 V. MATRICER<br />
• Ombytning af to rækker:<br />
<br />
<br />
0<br />
1<br />
<br />
1 0<br />
= −1<br />
• Multiplikation af række med tal = 0:<br />
<br />
<br />
1<br />
0<br />
<br />
0 r<br />
= r<br />
• Addition af et multiplum af en række <strong>til</strong> en anden:<br />
<br />
<br />
1<br />
r<br />
<br />
0 1<br />
= 1<br />
4.10. Rækkeregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Regler<br />
Beregning af determinant<br />
• Ombytning af to rækker:<br />
Determinanten skifter fortegn<br />
• Multiplikation af række med tal:<br />
Determinanten multipliceres med samme tal<br />
• Addition af et multiplum af en række <strong>til</strong> en anden:<br />
Determinanten er uændret<br />
4.11. Søjleregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Regler<br />
Beregning af determinant<br />
• Ombytning af to søjler:<br />
Determinanten skifter fortegn<br />
• Multiplikation af søjle med tal:<br />
Determinanten multipliceres med samme tal<br />
• Addition af et multiplum af en søjle <strong>til</strong> en anden:<br />
Determinanten er uændret<br />
4.12. Determinanten er nul ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Bemærk<br />
Observationer om determinant nul<br />
Eksempel<br />
• En 0-række eller en 0-søjle:<br />
Determinanten er 0<br />
• To ens rækker eller to ens søjler:<br />
Determinanten er 0<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
1 3 1 0<br />
2 5 2 8<br />
2 7 2 1<br />
1 9 1 2<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
= 0<br />
<br />
<br />
4.13. Test determinant nul ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Test
Gælder der altid, at determinanten<br />
<br />
−1 x −1<br />
<br />
3 y 3 <br />
= 0.<br />
0 z 0 <br />
Løsning<br />
Første og tredje søjle er ens.<br />
4. DETERMINANTER 189<br />
Afkryds:<br />
ja nej<br />
<br />
4.14. Udregn determinanter<br />
Eksempler<br />
“Reducer <strong>til</strong> øvre trekantsmatrix”<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
1) <br />
−1<br />
3<br />
<br />
2<br />
<br />
4<br />
=<br />
<br />
<br />
−1<br />
0<br />
<br />
2 <br />
<br />
10<br />
= (−1) · 10 = −10<br />
2) <br />
1<br />
4<br />
2<br />
2<br />
5<br />
3<br />
<br />
3<br />
<br />
6<br />
<br />
0<br />
=<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
0<br />
0<br />
2<br />
−3<br />
−1<br />
<br />
3 <br />
<br />
−6<br />
<br />
−6<br />
=<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
0<br />
0<br />
2<br />
−3<br />
0<br />
<br />
3 <br />
<br />
−6<br />
<br />
−4<br />
= 1 · (−3) · (−4) = 12<br />
4.15. Determinant af matrixprodukt ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Sætning 11 (Produktreglen)<br />
For to kvadratiske n × n-matricer A,B gœlder<br />
|AB| = |A||B|<br />
Bevis<br />
For B fast og A en rækkeoperationsmatrix er produktreglen netop rækkeregnereglerne.<br />
Ved rækkereduktion kan A skrives som produkt af rækkeoperations-matricer samt enten<br />
identitetsmatricen eller en matrix med en 0-række nederst. Produktreglen følger heraf.<br />
4.16. Brug produktreglen<br />
Eksempel<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
<br />
<br />
15<br />
|AA| = <br />
36<br />
14<br />
21<br />
51<br />
19<br />
<br />
<br />
1<br />
2 3<br />
<br />
|A| = <br />
4<br />
5 6<br />
= 12<br />
2<br />
3 0<br />
<br />
15<br />
<br />
42<br />
= |AA| = |A| · |A| = 12 · 12 = 144<br />
24<br />
4.17. Determinant af potens ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempel<br />
Potensers determinant<br />
<br />
<br />
−1<br />
2<br />
<br />
3 4<br />
= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10
190 V. MATRICER<br />
<br />
<br />
<br />
k <br />
−1 2 <br />
= −1<br />
2<br />
<br />
3 4 3 4<br />
k<br />
= (−10) k<br />
4.18. Determinant af invers matrix ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Sætning 12 (Inversreglen)<br />
En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis |A| = 0. Der gœlder<br />
|A −1 | = 1<br />
|A|<br />
hvis |A| = 0.<br />
Bevis<br />
Hvis A er invertibel så giver produktreglen formlen. Hvis |A| = 0 så kan A skrives som<br />
produkt af rækkeoperations- matricer, som hver er invertible. A er da invertibel.<br />
4.19. Brug inversreglen<br />
Eksempel<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Matricen<br />
⎛<br />
1 2<br />
⎞<br />
3<br />
A = ⎝4<br />
5 6⎠<br />
har determinant<br />
2 3 0<br />
|A| = 12<br />
A er invertibel og den inverse har determinant<br />
|A −1 | = |A| −1 = 1<br />
12<br />
4.20. Test inversregel<br />
Test<br />
Determinanten af en invertibel matrix er altid = 0.<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Afkryds:<br />
ja<br />
<br />
nej<br />
Løsning<br />
Sætning 12 giver svaret direkte.<br />
4.21. Test produktreglen<br />
Test<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Givet en kvadratisk matrix A. Hvis det(A2 ) = 0, så er det(A) = 0.<br />
Afkryds:<br />
ja<br />
<br />
nej<br />
Løsning<br />
Af produktreglen følger<br />
det(A) 2 = det(A 2 ) = 0<br />
4.22. Determinant af negative potenser ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempel<br />
Negative potensers determinant<br />
<br />
<br />
−1<br />
2<br />
<br />
3 4<br />
= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10
−1 −1 2<br />
= −<br />
3 4<br />
1<br />
10<br />
<br />
<br />
<br />
−k −1 2<br />
=<br />
3 4<br />
1<br />
(−10) k<br />
4. DETERMINANTER 191<br />
4.23. Determinant af alle potenser ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Eksempel<br />
Potensreglen for determinant<br />
• Hvis |A| = 0 så<br />
for alle hele tal k.<br />
• Hvis |A| = 0 så<br />
for alle hele tal k > 0.<br />
|A k | = |A| k<br />
|A k | = 0<br />
4.24. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering<br />
Definition<br />
For en differentiabel afbildning g : R n → R n<br />
(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gn(u1,...,un))<br />
er Jacobideterminanten determinanten af Jacobimatricen<br />
∂g1 <br />
∂u1<br />
<br />
|du(g)| =<br />
.<br />
<br />
.<br />
∂gn<br />
...<br />
. ..<br />
...<br />
∂g1 <br />
∂un <br />
. <br />
. <br />
<br />
∂gn <br />
∂u1<br />
4.25. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering<br />
Eksempel<br />
For afbildning g : R 2 → R 2<br />
er Jacobideterminanten<br />
∂un<br />
(u1,u2) ↦→ (u 2 1 + u 2 2,u1u2)<br />
<br />
∂g1 ∂g1 <br />
∂u1 ∂u2 <br />
|du(g)| = ∂g2 ∂g2 <br />
∂u1 ∂u2<br />
<br />
<br />
|du(g)| = <br />
2u1<br />
<br />
2u2<br />
<br />
= 2u21 − 2u 2 2<br />
u2 u1<br />
4.26. Ligningssystem og determinant ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Sætning 13 (Entydig løsning)<br />
(1) Et homogent ligningssystem med en kvadratisk koefficientmatrix A har en egentlig<br />
løsning (= 0) (uendelig mange), hvis og kun hvis |A| = 0.<br />
(2) Det inhomogen ligningssystem<br />
Ax = b<br />
har en og kun en løsning, hvis og kun hvis |A| = 0.
192 V. MATRICER<br />
4.27. Bestem entydig løsning<br />
Opgave<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
For hvilke tal t har det homogene ligningssystem med koefficientmatrix<br />
⎛ ⎞<br />
1 1 1<br />
A = ⎝1<br />
t 1⎠<br />
1 1 t<br />
en entydig løsning.<br />
Find løsningsrummet for alle t.<br />
4.28. Bestem entydig løsning<br />
Opgave - løsning<br />
☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Beregn determinanten<br />
<br />
<br />
1<br />
|A| = <br />
1<br />
1<br />
1<br />
t<br />
1<br />
<br />
1<br />
<br />
1<br />
<br />
t<br />
=<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
0<br />
0<br />
1<br />
t − 1<br />
0<br />
<br />
1 <br />
<br />
0 <br />
= (t − 1)2<br />
t − 1<br />
For t = 1 har det homogene ligningssystem<br />
entydig løsning x = 0.<br />
Ax = 0<br />
4.29. Bestem alle løsninger ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Opgave - løsning<br />
For t = 1 er den reducerede form af ligningssystemet<br />
Dette giver løsninger ⎛<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x1 + x2 + x3 = 0<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
−1<br />
⎛ ⎞<br />
−1<br />
⎠ = x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠<br />
0 1<br />
4.30. Test entydig løsning ☞ [LA] 8 Determinanter<br />
Test<br />
⎛<br />
−1 a<br />
⎞<br />
−1<br />
Gælder der altid, at alle ligningssystemer med koefficientmatrix ⎝ 0 1 b ⎠ har en<br />
0<br />
entydig løsning.<br />
0 2<br />
Afkryds:<br />
ja<br />
<br />
nej<br />
Løsning <br />
−1<br />
0<br />
0<br />
a<br />
1<br />
0<br />
<br />
−1<br />
<br />
b <br />
= (−1) · 1 · 2 = −2 = 0<br />
2
VI<br />
Egenvektorer og diagonalisering<br />
1. Egenvektorer<br />
1.1. Oversigt ☞ [LA] 9<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Egenværdi<br />
✌ Egenvektor<br />
✌ Egenrum<br />
✌ Hvordan findes egenværdier<br />
✌ Hvordan beregnes egenvektorerne<br />
✌ Angivelse af egenrum<br />
1.2. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Definition<br />
Lad A være en n × n-matrix. En n-søjlevektor u kaldes en egenvektor for A, hvis<br />
for en skalar λ ∈ R.<br />
Au = λu<br />
Hvis u = 0 kaldes λ en egenværdi for A og u er en egentlig egenvektor.<br />
Nulvektoren er altid en egenvektor.<br />
1.3. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For en egenvektor gælder<br />
u<br />
Au ∈ span(u)<br />
Au = u<br />
1.4. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel<br />
Identitetsmatricen In opfylder<br />
Inu = u<br />
for alle vektorer u.<br />
Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 1 er eneste egenværdi.<br />
193
194 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
1.5. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel<br />
Nulmatricen 0n opfylder<br />
0nu = 0<br />
for alle vektorer u.<br />
Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 0 er eneste egenværdi.<br />
1.6. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel<br />
Matricen<br />
har egentlige egenvektorer<br />
med <strong>til</strong>hørende egenværdier<br />
u1 = e1 =<br />
A =<br />
<br />
−1 0<br />
0 3<br />
<br />
1<br />
,u2 = e2 =<br />
0<br />
λ1 = −1,λ2 = 3<br />
<br />
0<br />
1<br />
1.7. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel - fortsat<br />
Dette følger af udregningerne<br />
<br />
−1 0 1<br />
=<br />
0 3 0<br />
<br />
−1<br />
<br />
0 0<br />
0 3 1<br />
<br />
−1 1<br />
= (−1)<br />
0 0<br />
Au1 = λ1u1<br />
=<br />
Au2 = λ2u2<br />
<br />
0 0<br />
= 3<br />
3 1<br />
1.8. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel - fortsat - figur<br />
Au1 = u1<br />
y<br />
Au2 = 3u2<br />
u2<br />
u1<br />
x
1. EGENVEKTORER 195<br />
1.9. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1<br />
Af udregningen<br />
<br />
3 3 −3 −6 −3<br />
= = 2<br />
−2 −4 1 2 1<br />
<br />
3 3<br />
fås, at matricen A =<br />
har en egentlig egenvektor u =<br />
−2 −4<br />
λ = 2.<br />
<br />
−3<br />
med egenværdi<br />
1<br />
1.10. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1 - fortsat - figur<br />
Au = 2u<br />
u = ( 3,1)<br />
1.11. Ligninger og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Bemærkning<br />
Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet<br />
har ikke-nul (egentlige) løsninger.<br />
a11x1 + ... + a1nxn = λx1<br />
a21x1 + ... + a2nxn = λx2<br />
.<br />
an1x1 + ... + annxn = λxn<br />
1.12. Matrixligning og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Bemærkning - fortsat<br />
Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet<br />
Ax = λx<br />
har ikke-nul (egentlige) løsninger x ∈ R n .<br />
Dette kan skrives<br />
(A − λIn)x = 0<br />
og er dermed et homogent lineært ligningssystem med koefficientmatrix<br />
A − λIn<br />
1.13. Determinant og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Sætning 14<br />
Lad A vœre en n × n-matrix. Et tal λ er en egenvœrdi, hvis og kun hvis determinanten<br />
|A − λIn| = 0<br />
y<br />
1<br />
1<br />
x
196 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
Bemærkning<br />
n-te grads polynomiet ovenfor kaldes det karakteristiske polynomium for matricen A.<br />
Egenværdierne er altså netop rødderne i det karakteristiske polynomium.<br />
1.14. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Definition - skematisk<br />
Det karakteristiske polynomium af en n × n-matrix A er n-te grads polynomiet<br />
<br />
<br />
a11 − λ a12 · · · a1n <br />
<br />
a12 a22 <br />
− λ · · · a2n <br />
<br />
.<br />
.<br />
.<br />
.<br />
. .<br />
.<br />
..<br />
.<br />
<br />
. <br />
<br />
an1 an2 · · · ann − λ <br />
= (−1) n λ n + · · · + |A|<br />
= |A − λIn|<br />
1.15. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel<br />
Det karakteristiske polynomium af en 2 × 2-matrix A er andengrads polynomiet<br />
<br />
<br />
<br />
a11<br />
<br />
− λ a12 <br />
<br />
a21 a22 − λ <br />
= (a11 − λ)(a22 − λ) − a12a21<br />
= λ 2 − (a11 + a22)λ + (a11a22 − a12a21)<br />
1.16. Trekantsmatrix<br />
Eksempel<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Udregningen<br />
<br />
a11 − λ<br />
<br />
0<br />
.<br />
.<br />
.<br />
0<br />
a12<br />
a22 − λ<br />
.<br />
0<br />
· · ·<br />
· · ·<br />
. ..<br />
· · ·<br />
<br />
a1n <br />
<br />
a2n <br />
<br />
.<br />
<br />
. <br />
<br />
ann − λ <br />
= (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ)<br />
viser at egenværdierne i en trekantsmatrix netop udgøres af diagonal indgangene.<br />
1.17. Egengenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Sætning 15<br />
Lad A vœre en n × n-matrix og λ en egenvœrdi. Så er mœngden af egenvektorer for A et<br />
lineœrt underrum af R n .<br />
Dette kaldes egenrummet hørende <strong>til</strong> λ og betegnes<br />
Eλ<br />
Bevis<br />
Egenrummet er løsningsrummet for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix<br />
A − λIn.<br />
1.18. Andengradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 2
1. EGENVEKTORER 197<br />
Fra andengradspolynomiet<br />
<br />
<br />
3<br />
− λ 3 <br />
<br />
−2 −4 − λ<br />
= (3 − λ)(−4 − λ) − 3 · (−2) = λ2 + λ − 6<br />
fås, at matricen<br />
har de to rødder<br />
som egenværdier.<br />
A =<br />
<br />
3<br />
<br />
3<br />
−2 −4<br />
λ1 = −3, λ2 = 2<br />
1.19. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
For λ1 = −3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem<br />
med matrix <br />
3 − λ1 3<br />
=<br />
−2 −4 − λ1<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
x1<br />
=<br />
hvor x2 vælges frit.<br />
x2<br />
<br />
6 3<br />
∼<br />
−2 −1<br />
<br />
1 −2 x2<br />
<br />
= x2<br />
x2<br />
<br />
1 −2 1<br />
<br />
1 1 2<br />
0 0<br />
1.20. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
For λ2 = 2 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med<br />
matrix <br />
3 − λ2 3<br />
=<br />
−2 −4 − λ2<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
x1<br />
<br />
−3x2<br />
=<br />
hvor x2 vælges frit.<br />
x2<br />
x2<br />
<br />
1 3<br />
∼<br />
−2 −6<br />
= x2<br />
<br />
−3<br />
1<br />
<br />
1 3<br />
0 0<br />
1.21. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
Matricen<br />
har egenværdier<br />
og egenrum<br />
A =<br />
<br />
3<br />
<br />
3<br />
−2 −4<br />
λ1 = −3, λ2 = 2<br />
<br />
<br />
1 −<br />
E−3 = span{ 2<br />
−3<br />
}, E2 = span{ }<br />
1<br />
1<br />
1.22. Egenrum underrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 2 - fortsat - figur
198 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
E2<br />
( 3,1)<br />
E 3<br />
( .5,1)<br />
1.23. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 3<br />
<br />
<br />
1<br />
− λ<br />
<br />
0<br />
2<br />
0<br />
1 − λ<br />
−1<br />
<br />
1 <br />
<br />
1 <br />
<br />
1 − λ<br />
=<br />
<br />
<br />
(1 − λ) 1<br />
− λ<br />
−1<br />
<br />
1 <br />
<br />
1 − λ<br />
− 0<br />
0<br />
−2 <br />
1 <br />
<br />
1 − λ<br />
+ 10<br />
2 <br />
1 − λ<br />
<br />
−1 <br />
har tre rødder<br />
y<br />
= −λ 3 + 3λ 2 − 2λ<br />
λ = 0, 1, 2<br />
1.24. Egenværdier<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
3 × 3-matricen<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
1<br />
A = ⎝0<br />
1 1⎠<br />
2 −1 1<br />
har karakteristisk polynomium<br />
og egenværdier<br />
|A − λI3| = −λ 3 + 3λ 2 − 2λ<br />
λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2<br />
1.25. Egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For λ1 = 0 er koefficientmatricen<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
1<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
1<br />
A = ⎝0<br />
1 1⎠<br />
∼ ⎝0<br />
1 1⎠<br />
2 −1 1 0 0 0<br />
Egenvektorerne er da løsninger <strong>til</strong> det reducerede ligningssystem<br />
hvor x3 er en fri variabel.<br />
x1 + x3 = 0<br />
x2 + x3 = 0<br />
1<br />
1<br />
x
1. EGENVEKTORER 199<br />
1.26. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - fortsat<br />
Dette giver<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎛<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x1 = −x3<br />
x2 = −x3<br />
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
−x3 −1<br />
⎠ = ⎝−x3⎠<br />
= x3 ⎝−1⎠<br />
1<br />
x3<br />
1.27. Egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For λ2 = 1 er koefficientmatricen<br />
⎛<br />
0<br />
A − I = ⎝0<br />
0<br />
0<br />
⎞ ⎛<br />
1 1<br />
1⎠<br />
∼ ⎝0 −1<br />
2<br />
0<br />
⎞<br />
0<br />
1⎠<br />
2 −1 0 0 0 0<br />
Egenvektorerne er da løsninger <strong>til</strong> det reducerede ligningssystem<br />
hvor x2 er en fri variabel.<br />
x1 − 1<br />
2 x2 = 0<br />
x3 = 0<br />
1.28. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - fortsat<br />
Dette giver<br />
x1 = 1<br />
2 x2<br />
x3 = 0<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
hvor x2 vælges frit.<br />
⎛<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
1<br />
2x2 x2<br />
0<br />
⎞<br />
⎛<br />
1<br />
2<br />
⎞<br />
⎠ = x2 ⎝1⎠<br />
0<br />
1.29. Egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For λ3 = 2 er koefficientmatricen<br />
⎛<br />
−1 0<br />
⎞<br />
1<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
−1<br />
A − 2I = ⎝ 0 −1 1 ⎠ ∼ ⎝0<br />
1 −1⎠<br />
2 −1 −1 0 0 0<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎛<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
x3<br />
x3<br />
x3<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
1<br />
⎠ = x3 ⎝1⎠<br />
1
200 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
1.30. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - fortsat<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
1<br />
A = ⎝0<br />
1 1⎠<br />
2 −1 1<br />
har egenværdier λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 og egenrum<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1<br />
−1<br />
2<br />
1<br />
E0 = span{ ⎝−1⎠},<br />
E1 = span{ ⎝1⎠},<br />
E2 = span{ ⎝1⎠}<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1.31. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 3, 4 - figur<br />
x<br />
( 1, 1,1)<br />
z<br />
(1,1,1)<br />
(0.5,1,0)<br />
Egenvektorer<br />
1.32. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 7<br />
<br />
<br />
1<br />
− λ<br />
<br />
0<br />
0<br />
0<br />
−λ<br />
1<br />
<br />
0 <br />
<br />
1 <br />
= (1 − λ) −λ<br />
<br />
−λ<br />
1<br />
<br />
1 <br />
<br />
−λ<br />
har en rod og en dobbelt rod<br />
= −(1 − λ) 2 (1 + λ)<br />
λ = −1, 1<br />
1.33. Egenværdier<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
3 × 3-matricen<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
0<br />
A = ⎝0<br />
0 1⎠<br />
0 1 0<br />
har karakteristisk polynomium<br />
og egenværdier<br />
λ2 siges at have multiplicitet 2.<br />
|A − λI3| = −(1 − λ) 2 (1 + λ)<br />
λ1 = −1, λ2 = 1<br />
y
1. EGENVEKTORER 201<br />
1.34. Egenvektorer<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For λ1 = −1 er koefficientmatricen<br />
⎛<br />
2 0<br />
⎞<br />
0<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
0<br />
A + I = ⎝0<br />
1 1⎠<br />
∼ ⎝0<br />
1 1⎠<br />
0 1 1 0 0 0<br />
Heraf fås egenvektorerne ⎛<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
0 0<br />
⎠ = ⎝−x3⎠<br />
= x3 ⎝−1⎠<br />
1<br />
x3<br />
1.35. Egenvektorer<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
For λ2 = 1 er koefficientmatricen<br />
⎛<br />
0 0<br />
⎞<br />
0<br />
⎛<br />
0 1<br />
⎞<br />
−1<br />
A − I = ⎝0<br />
−1 1 ⎠ ∼ ⎝0<br />
0 0 ⎠<br />
0 1 −1 0 0 0<br />
Egenvektorerne er da løsninger <strong>til</strong> det reducerede ligningssystem<br />
hvor x1,x3 er en frie variable.<br />
x2 − x3 = 0<br />
1.36. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
Dette giver<br />
Heraf fås egenvektorerne ⎛<br />
hvor x1,x3 vælges frit.<br />
⎝<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
x1<br />
x3<br />
x3<br />
x2 = x3<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
1<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎠ = x1 ⎝0⎠<br />
+ x3 ⎝1⎠<br />
0 1<br />
1.37. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 7 - figur<br />
x<br />
(0, 1,1)<br />
z<br />
(1,0,0)<br />
Egenvektorer<br />
(0,1,1)<br />
y
202 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
1.38. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 7 - fortsat<br />
For λ1 = −1 er egenrummet<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
E−1 = span{ ⎝−1⎠}<br />
1<br />
For λ2 = 1 er egenrummet<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1 0<br />
E1 = span{ ⎝0⎠<br />
, ⎝1⎠}<br />
0 1<br />
2. Diagonalisering<br />
2.1. Oversigt ☞ [LA] 10, 11; [S] 9.3<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Repetition: enhedsvektor og identitetsmatrix<br />
✌ Diagonalmatricer<br />
✌ Diagonalisering og egenvektorer<br />
✌ Matrixpotens<br />
✌ August 2002, opgave 2<br />
✌ Skalarprodukt<br />
✌ Længde<br />
2.2. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner<br />
Eksempel<br />
Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og<br />
alle øvrige er 0.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎜ .<br />
⎟<br />
⎜ . ⎟<br />
ei = ⎜<br />
⎜1<br />
⎟<br />
⎜ . ⎟<br />
⎝ . ⎠<br />
0<br />
ei = 0, ..., 1, ..., 0 <br />
2.3. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Eksempel - fortsat<br />
Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som<br />
række.<br />
For en m × n-matrix A er produktet<br />
den j-te søjle i A<br />
og produktet<br />
den i-te række i A.<br />
Aej = a •j<br />
eiA = ai•
2. DIAGONALISERING 203<br />
2.4. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Definition<br />
En kvadratisk n-matrix er en n × n-matrix.<br />
En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.<br />
Identitetsmatricen (enhedsmatricen)<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞<br />
...<br />
⎜<br />
In = ⎜<br />
⎝0<br />
.<br />
. ..<br />
0<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
1<br />
med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix.<br />
2.5. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer<br />
Sætning 3<br />
Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder<br />
ImA = A = AIn<br />
"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix."<br />
Bevis<br />
Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er<br />
den j-te søjle i A.<br />
Aej = a •j<br />
2.6. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Bemærkning<br />
En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.<br />
Skrives skematisk<br />
⎛ ⎞<br />
λ1 0 ...<br />
⎜<br />
Λ = ⎜<br />
.<br />
⎝<br />
0 ..<br />
⎟<br />
0 ⎟<br />
⎠<br />
. 0 λn<br />
2.7. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Bemærkning - fortsat<br />
For en diagonalmatrix Λ er det karakteristiske polynomium<br />
|Λ − λI| = (λ1 − λ) · · · (λn − λ)<br />
Egenvædierne er netop diagonal indgangene λ1,...,λn.<br />
Udregningen<br />
Λei = λiei<br />
viser at for egenværdien λi er ei en egentlig egenvektorer.<br />
2.8. Simpel udregning ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel ⎛<br />
1 0<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
0 1<br />
⎛ ⎞<br />
1<br />
⎝0<br />
2 0⎠<br />
⎝0⎠<br />
= ⎝0⎠<br />
0 0 3 0 0
204 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
0 0<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎝0<br />
2 0⎠<br />
⎝1⎠<br />
= ⎝2⎠<br />
= 2⎝1⎠<br />
0 0 3 0 0 0<br />
⎛<br />
1 0<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
0 0<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⎝0<br />
2 0⎠<br />
⎝0⎠<br />
= ⎝0⎠<br />
= 3⎝0⎠<br />
0 0 3 1 3 1<br />
2.9. At diagonalisere ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Definition<br />
At diagonalisere en kvadratisk matrix A vil sige at finde en invertibel matrix B og en<br />
diagonalmatrix Λ så<br />
A = BΛB −1<br />
Skrives også<br />
eller<br />
AB = BΛ<br />
B −1 AB = Λ<br />
2.10. Diagonalisering og egenvektorer ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Sætning 16<br />
Lad A vœre en n × n-matrix og b1,...,bn egentlige egenvektorer med <strong>til</strong>hørende egenvœrdier<br />
λ1,...,λn. For matricen B, hvis søjler er egenvektorerne gœlder<br />
AB = BΛ<br />
hvor Λ er diagonalmatricen med egenvœrdierne som diagonalindgange.<br />
Hvis B er invertibel, vil den diagonalisere A.<br />
2.11. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1, 2<br />
Matricen<br />
har egenvektorer<br />
b1 =<br />
A =<br />
<br />
3<br />
<br />
3<br />
−2 −4<br />
<br />
−3<br />
, b2 =<br />
1<br />
med <strong>til</strong>hørende egenværdierne λ1 = 2,λ2 = −3.<br />
<br />
1 −2 1<br />
2.12. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1, 2 - fortsat<br />
Dette giver<br />
A =<br />
som opfylder matrixidentiteten<br />
<br />
3 3<br />
, B =<br />
−2 −4<br />
<br />
1 −3 −2 2 0<br />
, Λ =<br />
1 1 0 −3<br />
AB = BΛ<br />
Da determinanten |B| = −5 2 er B invertibel og diagonaliserer A.
2. DIAGONALISERING 205<br />
2.13. Matrixpotenser ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel - Potens<br />
Hvis B diagonaliserer A<br />
A = BΛB −1<br />
så er potensen<br />
Λ k =<br />
A k = BΛ k B −1<br />
2<br />
5<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
λ k 1 0 ...<br />
0<br />
. .. 0<br />
. 0 λ k n<br />
2.14. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1, 2 - fortsat<br />
<br />
3<br />
A =<br />
−2<br />
<br />
3 −3<br />
, B =<br />
−4 1<br />
<br />
1 −2 1<br />
B −1 <br />
2 −<br />
= 5 −1<br />
<br />
5 2<br />
, Λ =<br />
0<br />
<br />
0<br />
−3<br />
opfylder matrixidentiteten<br />
6<br />
5<br />
A = BΛB −1<br />
2.15. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1, 2 - fortsat<br />
<br />
3<br />
k 3<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
−2 −4<br />
<br />
1 k −3 −<br />
= 2 2 0<br />
1 1 0 (−3) k<br />
<br />
2 −<br />
2<br />
= 1<br />
5<br />
5 −1<br />
5<br />
6<br />
<br />
k k 6 · 2 − (−3)<br />
5 5<br />
3 · 2k − 3 · (−3) k<br />
−2 · 2 k + 2 · (−3) k −2 k + 6 · (−3) k<br />
2.16. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer<br />
Eksempel 1, 2 - fortsat<br />
<br />
3<br />
10 3<br />
−2 −4<br />
= 1<br />
<br />
10 10 6 · 2 − (−3) 3 · 2<br />
5<br />
10 − 3 · (−3) 10<br />
−2 · 210 + 2 · (−3) 10 −210 + 6 · (−3) 10<br />
<br />
<br />
−10581 −34815<br />
=<br />
23210 70654<br />
2.17. Nyt eksempel ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 1 - Opgave!<br />
Betragt matricen<br />
<br />
11 −6<br />
A =<br />
12 −6<br />
1) Angiv egenværdierne for A.<br />
2) Angiv egentlige egenvektorer for hver af disse egenværdier.<br />
3) Diagonaliser A ved brug af en matrix B.
206 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
2.18. Nyt eksempel, egenværdier ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Fra det karakteristiske polynomium<br />
<br />
<br />
<br />
11<br />
− λ −6 <br />
<br />
12 −6 − λ<br />
= (11 − λ)(−6 − λ) − (−6) · 12 = λ2 − 5λ + 6<br />
fås, at matricen<br />
har de to rødder<br />
som egenværdier.<br />
A =<br />
<br />
11<br />
<br />
−6<br />
12 −6<br />
λ1 = 2, λ2 = 3<br />
2.19. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
For λ1 = 2 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med<br />
matrix <br />
11 − λ1<br />
12<br />
<br />
−6 9<br />
=<br />
−6 − λ1 12<br />
<br />
−6<br />
∼<br />
−8<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
<br />
2<br />
x1<br />
= 3<br />
x2<br />
x2<br />
<br />
2<br />
= x2<br />
3<br />
x2 1<br />
hvor x2 vælges frit.<br />
<br />
2 1 −3 0 0<br />
2.20. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
For λ2 = 3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med<br />
matrix <br />
11 − λ2<br />
12<br />
<br />
−6 8<br />
=<br />
−6 − λ2 12<br />
<br />
−6<br />
∼<br />
−9<br />
Heraf fås egenvektorerne<br />
<br />
3<br />
x1<br />
= 4<br />
x2<br />
x2<br />
<br />
3<br />
= x2<br />
4<br />
x2 1<br />
hvor x2 vælges frit.<br />
<br />
3 1 −4 0 0<br />
2.21. Nyt eksempel, diagonalisering ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 1 - fortsat<br />
Dette giver for eksempel (valg af egenvektorer)<br />
<br />
11 −6 1 3<br />
A = , B = , Λ =<br />
12 −6<br />
som opfylder matrixidentiteten<br />
3<br />
2 4<br />
AB = BΛ<br />
<br />
2 0<br />
0 3<br />
Da determinanten |B| = −1 2 er B invertibel og diagonaliserer A.<br />
2.22. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
<br />
11<br />
A =<br />
12<br />
<br />
−6 1<br />
, B =<br />
−6<br />
<br />
3<br />
3<br />
2 4
opfylder matrixidentiteten<br />
og giver potensen<br />
B −1 =<br />
2. DIAGONALISERING 207<br />
<br />
−8 6<br />
, Λ =<br />
3 −2<br />
A = BΛB −1<br />
A k = BΛ k B −1<br />
<br />
2 0<br />
0 3<br />
2.23. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 2 - fortsat<br />
<br />
11<br />
5 −6<br />
<br />
1<br />
= 3<br />
2<br />
12 −6<br />
<br />
5 3 2 0<br />
4 0 35 <br />
−8<br />
3<br />
<br />
1931 −1266<br />
=<br />
2532 −1656<br />
<br />
6<br />
−2<br />
2.24. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 3 (Pas på)<br />
Betragt matricen<br />
Matricen A kan ikke diagonaliseres.<br />
λ = 3 er eneste egenværdi.<br />
Egenrummet er nulrum for matricen<br />
A =<br />
A − 3I3 =<br />
<br />
3 1<br />
0 3<br />
<br />
0 1<br />
0 0<br />
2.25. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
Egenrummet er<br />
E3 = span(e1)<br />
En matrix B, hvis søjler er egenvektorer<br />
B =<br />
har determinant 0 og dermed ikke invertibel.<br />
Altså kan A ikke diagonaliseres.<br />
<br />
b1 b2<br />
0 0<br />
2.26. Opgave<br />
Opgave 2<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Det oplyses, at matricen A givet ved<br />
⎡<br />
−1 −3<br />
⎤<br />
−3<br />
A = ⎣ 3 5 3 ⎦<br />
−3 −3 −1<br />
har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier.<br />
1. Angiv samtlige egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2.<br />
2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at<br />
B −1 AB = Λ
208 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
2.27. Opgave<br />
Opgave 2 - Løsning<br />
1. Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2:<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
−3 −3<br />
⎤<br />
−3<br />
⎡<br />
1 1<br />
⎤<br />
1<br />
A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0<br />
0 0⎦<br />
−3 −3 −3 0 0 0<br />
giver det reducerede ligningssystem<br />
og dermed<br />
x3<br />
x1 + x2 + x3 = 0<br />
x3<br />
x1 = −x2 − x3<br />
2.28. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - Løsning<br />
1. Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2:<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
x1 −x2 − x3 −1 −1<br />
⎣x2⎦<br />
= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦<br />
0 1<br />
hvor x2,x3 vælges frit.<br />
Egenrummet udtrykkes<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
−1 −1<br />
E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦)<br />
0 1<br />
2.29. Opgave<br />
Opgave 2 - Løsning<br />
Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien −1:<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
0<br />
A + I = ⎣ 3<br />
−3<br />
6<br />
⎤ ⎡<br />
−3 1<br />
3 ⎦ ∼ ⎣0 0<br />
1<br />
⎤<br />
−1<br />
1 ⎦<br />
−3 −3 0 0 0 0<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎡<br />
⎣<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
x3 1<br />
⎦ = ⎣−x3⎦<br />
= x3 ⎣−1⎦<br />
1<br />
x3<br />
2.30. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - Løsning<br />
2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at<br />
B −1 AB = Λ<br />
Søjler af egenvektorer giver<br />
⎡<br />
−1 −1<br />
⎤<br />
1<br />
⎡<br />
2 0<br />
⎤<br />
0<br />
B = ⎣ 1 0 −1⎦<br />
, Λ = ⎣0<br />
2 0 ⎦<br />
0 1 1 0 0 −1<br />
det(B) = 1 sikrer invertibilitet.
2. DIAGONALISERING 209<br />
2.31. Opgave, gør prøve ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - Gør prøve!<br />
Så prøven stemmer!<br />
AB = B Λ<br />
⎡<br />
−1 −3<br />
⎤ ⎡<br />
−3 −1 −1<br />
⎤<br />
1<br />
⎡<br />
−2 −2<br />
⎤<br />
−1<br />
⎣ 3 5 3 ⎦ ⎣ 1 0 −1⎦<br />
= ⎣ 2 0 1 ⎦<br />
−3 −3 −1 0 1 1 0 2 −1<br />
⎡<br />
−1 −1<br />
⎤ ⎡<br />
1 2 0<br />
⎤<br />
0<br />
⎡<br />
−2 −2<br />
⎤<br />
−1<br />
⎣ 1 0 −1⎦<br />
⎣0<br />
2 0 ⎦ = ⎣ 2 0 1 ⎦<br />
0 1 1 0 0 −1 0 2 −1<br />
2.32. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product<br />
Definition<br />
b<br />
a<br />
Længden af en vektor a betegnes a. Prikproduktet, skalarproduktet af vektorer a,b er<br />
a · b = a bcos(θ)<br />
Udtrykt ved den vinkelrette projektion ba af b på a<br />
a · b = a ba<br />
2.33. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product<br />
I koordinater fås<br />
(b1, b2)<br />
a · b = a1b1 + a2b2<br />
a = √ a · a =<br />
cos(θ) =<br />
(a1, a2)<br />
<br />
a 2 1 + a2 2<br />
a · b<br />
a b =<br />
a1b1 + a2b2<br />
<br />
a2 1 + a2 <br />
2 b2 1 + b2 2<br />
2.34. Vinkel ☞ [S] 9.3 The dot product
210 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING<br />
b=( 2,2)<br />
y<br />
a=(1,3)<br />
Vinkel mellem vektorer<br />
2.35. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product<br />
Eksempel<br />
Vektorerne a = (1,3) og b = (−2,2) har prikprodukt<br />
og længder<br />
og vinkel mellem sig<br />
a · b = 1 · (−2) + 3 · 2 = 4<br />
a = √ a · a = √ 10<br />
b = √ b · b = √ 8<br />
θ = cos −1 4<br />
( √ √ ) ≈ 63.4<br />
10 8 ◦<br />
2.36. Skalarprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i Rn Definition<br />
For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i Rn er skalarproduktet<br />
n<br />
a · b =<br />
og lœngden, normen er<br />
i=1<br />
aibi<br />
a = √ a · a<br />
2.37. Enhedsvektor ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Bemærkning<br />
For en vektor a = (a1,...,an) er længden<br />
En vektor med længde<br />
kaldes en enhedsvektor<br />
a =<br />
<br />
a 2 1 + · · · + a2 n<br />
a = 1<br />
2.38. Skalarprodukt udregnet ☞ [S] 9.3 The dot product<br />
Eksempel<br />
Vektorerne a = (1,3,4,1) og b = (−2,0,2,5) har prikprodukt<br />
a · b = 1 · (−2) + 3 · 0 + 4 · 2 + 1 · 5 = 11<br />
x
og længder<br />
2. DIAGONALISERING 211<br />
a = √ a · a = √ 27<br />
b = √ b · b = √ 33<br />
2.39. Enhedsvektor i given retning ☞ [S] 9.3 The dot product<br />
Eksempel<br />
Vektoren a = (1,3,4,1) har længde<br />
a = √ a · a = √ 27<br />
Enhedsvektoren i a’s retning er<br />
a 1<br />
= ( √ ,<br />
a 27 3<br />
√ ,<br />
27 4<br />
√ ,<br />
27 1<br />
√ )<br />
27<br />
2.40. Skalarprodukt, regneregler ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Regneregler for skalarprodukt<br />
(a,b) ↦→ a · b<br />
(1) a · a = a 2 ≥ 0<br />
(2) a · b = b · a<br />
(3) a · (b + c) = a · b + a · c<br />
(4) a · (λb) = λ(a · b)<br />
(5) a · a = 0 ⇔ a = 0
VII<br />
Skalarprodukt og projektion<br />
1. Ortogonal projektion<br />
1.1. Oversigt ☞ [LA] 11, 12, 13<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Ortogonalitet<br />
✌ Ortogonalt komplement<br />
✌ Tømrerprincippet<br />
✌ Ortogonal projektion<br />
✌ Pythagoras formel<br />
✌ Kortest afstand<br />
✌ August 2002, opgave 6<br />
✌ Cauchy-Schwarz ulighed<br />
1.2. Prikprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Definition<br />
For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i R n er skalarproduktet<br />
og lœngden, normen<br />
og afstanden mellem vektorer a og b<br />
a · b =<br />
n<br />
i=1<br />
aibi<br />
a = √ a · a<br />
a − b<br />
1.3. Vinkelret ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Definition<br />
b<br />
a<br />
Vinkerette vektorer<br />
To vektorer a,b i R n er ortogonale, vinkelrette, hvis a · b = 0.<br />
Det skrives også<br />
a ⊥ b ⇔ a · b = 0<br />
1.4. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Definition<br />
For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n er det ortogonale komplement underrummet<br />
X ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ X}<br />
213
214 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION<br />
Der gælder<br />
0 ⊥ = V, V ⊥ = 0<br />
1.5. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Komplement - eksempel<br />
For u = (3,1) ∈ R 2 er det ortogonale komplement<br />
bestemt ved ligningen, v = (v1,v2),<br />
Løsning<br />
v1<br />
v2<br />
<br />
=<br />
{v|v · u = 0}<br />
3v1 + v2 = 0<br />
<br />
1 −3 v2<br />
<br />
= v2<br />
v2<br />
<br />
1 −3 1<br />
1.6. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Komplement - figur<br />
span(u) ⊥<br />
( 1<br />
3 ,1)<br />
y<br />
1<br />
u = (3,1)<br />
1.7. Tømrersvend ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Sætning (tømrerprincippet)<br />
For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n som udspænder et underrum U ⊂ V er det<br />
ortogonale komplement<br />
X ⊥ = U ⊥<br />
Altså gælder<br />
w ⊥ U ⇔ w ⊥ x, ∀x ∈ X<br />
1.8. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Komplement - eksempel<br />
For U = span((1,1,1),(2,3,4)) ⊂ R 3 er det ortogonale komplement<br />
U ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ U}<br />
bestemt ved ligningssystemet, v = (v1,v2,v3),<br />
x
Løsning<br />
1. ORTOGONAL PROJEKTION 215<br />
v1 + v2 + v3 = 0<br />
2v1 + 3v2 + 4v3 = 0<br />
⎛<br />
⎝<br />
v1<br />
v2<br />
v3<br />
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
v3 1<br />
⎠ = ⎝−2v3⎠<br />
= v3 ⎝−2⎠<br />
1<br />
v3<br />
1.9. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n<br />
Komplement - figur<br />
(1, 2,1)<br />
x<br />
z<br />
U=span((1,1,1),(2,3,4))<br />
1.10. Nedfæld vinkelret ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Projektion - figur<br />
v<br />
u<br />
y<br />
w = v u ∈ U ⊥<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
1.11. Projektion ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Definition<br />
For et underrum U ⊂ V = R n er den ortogonale projektion af en vektor v på U den<br />
vektor u ∈ U som opfylder<br />
v − u = w ∈ U ⊥<br />
Der gælder<br />
Den ortogonale projektion betegnes<br />
v = u + w, u ∈ U, w ∈ U ⊥<br />
projU(v) = u<br />
1.12. Projektion på koordinatplan ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel<br />
For underrumet U = span(e1,e2) ⊂ R n er den ortogonale projektion af en vektor v =<br />
(v1,v2,...,vn) på U givet ved<br />
projU(v) = u = (v1,v2,0,...,0)<br />
U
216 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION<br />
Ses let da<br />
v − u = (0,0,v3,...,vn) ∈ U ⊥<br />
1.13. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel<br />
For et underrum U = span(a) ⊂ Rn udspændt af netop én vektor a = 0 er den ortogonale<br />
projektion af en vektor v på U givet ved<br />
v · a<br />
u =<br />
a · a a<br />
Det skrives<br />
proja(v) =<br />
v · a<br />
a · a a<br />
1.14. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel - figur<br />
v<br />
u = a<br />
w = v u ∈ U ⊥<br />
U = span(a)<br />
Ortogonal projektion u = proja(v) på span(a)<br />
λ = v·a<br />
a·a<br />
1.15. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel - argument<br />
For et underrum U = span(a) er er den ortogonale projektion v på U givet ved<br />
v · a<br />
u = proja(v) =<br />
a · a a<br />
Eftervis<br />
altså<br />
(v −<br />
(v −<br />
v · a<br />
a) ⊥ a<br />
a · a<br />
v · a v · a<br />
a) · a = v · a − a · a = 0<br />
a · a a · a<br />
1.16. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel<br />
For et underrum U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den ortogonale<br />
projektion af en vektor v = (v1,v2,v3) på U givet ved<br />
v · a<br />
proja(v) =<br />
a · a a<br />
= v1 + v2 + v3<br />
3<br />
(1,1,1)
1. ORTOGONAL PROJEKTION 217<br />
1.17. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel 1 - figur<br />
y<br />
1<br />
v = (1,18)<br />
a = (3,4)<br />
proja(v) = (9,12)<br />
Ortogonal projektion proja(v) på span(a)<br />
1.18. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel 1<br />
For et underrum U = span(a) ⊂ R 2 udspændt af vektoren a = (3,4) er den ortogonale<br />
projektion af en vektor v = (1,18) på U givet ved<br />
x<br />
v · a<br />
proja(v) =<br />
a · a a<br />
= 3 + 4 · 18<br />
3 2 + 4 2 (3,4)<br />
= 3(3,4)<br />
= (9,12)<br />
1.19. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Sætning 17<br />
Lad u1,...,uk ∈ R n vœre inbyrdes ortogonale egentlige vektorer. Antag at de udspœnder<br />
underrummet U. Så gœlder<br />
projU(v) =<br />
k<br />
projuj (v)<br />
j=1<br />
er den ortogonale projektion af en vektor v på U.<br />
Bevis<br />
Eftervis ved tømrerprincippet, at<br />
v − k ⊥<br />
projuj j=1 (v) ∈ U<br />
1.20. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel
218 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION<br />
Lad u1 = (1, −1,1),u2 = (1,2,1) ∈ R 3 være inbyrdes ortogonale vektorer der udspænder<br />
underrummet U. Så er den ortogonale projektion<br />
projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)<br />
= v · u1 v · u2<br />
u1 +<br />
u1 · u1<br />
= v1 − v2 + v3<br />
3<br />
= ( v1 + v3<br />
2<br />
u2<br />
u2 · u2<br />
(1, −1,1) + v1 + 2v2 + v3<br />
6<br />
,v2, v1 + v3<br />
)<br />
2<br />
(1,2,1)<br />
1.21. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel 3<br />
Betragtu1 = (1, 1<br />
2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2).<br />
1. Vektorerne u1 og u2 er ortogonale:<br />
u1 · u2 = 2 + 1<br />
· 2 + 0 − 3 = 0<br />
2<br />
1.22. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel 3 - fortsat<br />
Betragtu1 = (1, 1<br />
2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2).<br />
2. Lad v = (2,2,8, −6) og beregn<br />
projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)<br />
= v · u1 v · u2<br />
u1 +<br />
= 9<br />
9<br />
4<br />
u1 · u1<br />
u2<br />
u2 · u2<br />
(1, 1 −18<br />
,0, −1) + (2,2, −1,3)<br />
2 18<br />
= (2,0,1, −7)<br />
1.23. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Sætning 18 (Pythagoras)<br />
Hvis a ⊥ b, så er<br />
Bevis<br />
a 2 + b 2 = a + b 2<br />
a + b 2 = (a + b) · (a + b)<br />
= a · a + 2a · b + b · b<br />
= a 2 + b 2<br />
1.24. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Pythagoras - figur
Pythagoras som du kender den<br />
1. ORTOGONAL PROJEKTION 219<br />
a + b<br />
a<br />
b<br />
a 2 + b 2 = a + b 2<br />
1.25. Afstand <strong>til</strong> underrum ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Sætning 19<br />
Lad U ⊂ V = R n vœre et underrum. Antag at vektoren v har ortogonal projektion u på<br />
U. Så er u den vektor i U, der har kortest afstand <strong>til</strong> v.<br />
Bevis<br />
For en vektor u − u ′ ∈ U gælder<br />
v − (u − u ′ ) 2 = (v − u) + u ′ 2<br />
i følge Pythagoras, Sætning 18, da (v − u) ⊥ u ′ .<br />
= v − u 2 + u ′ 2<br />
1.26. Mindste afstand ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Sætning 19 - figur<br />
v<br />
v u<br />
u u ′<br />
Mindste afstand <strong>til</strong> underrum<br />
v (u u ′ )<br />
1.27. Afstand <strong>til</strong> linje ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion<br />
Eksempel<br />
For en linje U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den vektor i U med<br />
kortest afstand <strong>til</strong> en vektor v = (v1,v2,v3) givet ved<br />
v · a<br />
proja(v) =<br />
a · a a<br />
Kvadratafstanden er<br />
= v1 + v2 + v3<br />
3<br />
(1,1,1)<br />
v − proja(v) 2 = (v1 − m) 2 + (v2 − m) 2 + (v3 − m) 2<br />
U
220 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION<br />
hvor m = v1+v2+v3<br />
3 .<br />
1.28. Middelværdi ☞ [LA] 12.1 Mindste kvadraters metode<br />
Eksempel 4<br />
For y1,...,yn vil middelværdien<br />
minimerer kvadratsummen<br />
m = y1 + · · · + yn<br />
n<br />
(y1 − m) 2 + · · · + (yn − m) 2<br />
Løsning<br />
Sæt y = (y1,...,yn) og a = (1,...,1). Så er m bestemt ved<br />
ma = proja(y) =<br />
= y1 + · · · + yn<br />
n<br />
y · a<br />
a · a a<br />
1.29. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6<br />
Betragt det lineære underrum U ⊂ R 4 , der er udspændt af vektorer u1 = (1,1, −1, −1)<br />
og u2 = (0,1,1,0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand <strong>til</strong> vektoren v =<br />
(1,2,3,4).<br />
Løsning<br />
I følge Sætning 19 er u den ortogonale projektion af v på U.<br />
Den korteste afstand er<br />
||v − u||<br />
1.30. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6 - fortsat<br />
Vektorerne u1 = (1,1, −1, −1) og u2 = (0,1,1,0) har<br />
u1 · u2 = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 + (−1) · 0 = 0<br />
Fra Sætning 17 fås projektionen af v = (1,2,3,4)<br />
u = projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)<br />
= v · u1 v · u2<br />
u1 +<br />
u1 · u1<br />
a<br />
u2<br />
u2 · u2<br />
= −4<br />
5<br />
(1,1, −1, −1) +<br />
4 2 (0,1,1,0)<br />
= (−1, 3 7<br />
2 , 2 ,1)<br />
1.31. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6 - ekstra<br />
Restvektoren<br />
v − u = (1,2,3,4) − (−1, 3 7<br />
2 , 2 ,1)<br />
= (2, 1<br />
2 , −1<br />
2 ,3)
har længde, som angiver den mindste afstand fra v <strong>til</strong> U<br />
1. ORTOGONAL PROJEKTION 221<br />
||v − u|| = ||(2, 1<br />
2<br />
<br />
27<br />
=<br />
2<br />
= 3√<br />
6<br />
2<br />
, −1<br />
2 ,3)||<br />
1.32. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum<br />
Tømrermester - figur<br />
w = v proju(v)<br />
v<br />
proju(v)<br />
To vektorer rettet op<br />
1.33. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum<br />
Bemærkning<br />
Lad u,v være ikke-parallelle vektorer der udspænder underrummet U. Sæt<br />
v · u<br />
w = v − proju(v) = v −<br />
u · u u<br />
Så er u,w ortogonale og udspænder U. Den ortogonale projektion af vektoren x på U er<br />
da<br />
projU(x) = proju(x) + projw(x)<br />
= x · u x · w<br />
u +<br />
u · u w · w w<br />
1.34. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum<br />
Eksempel (delvis 7 side 84)<br />
Lad u = (1,1,1),v = (1,2,3) være vektorer der udspænder underrummet U. Sæt<br />
v · u<br />
w = v − proju(v) = v −<br />
u · u u<br />
= (1,2,3) − 2(1,1,1) = (−1,0,1)<br />
Den ortogonale projektion af vektoren y = (3,3.6,6) på U er da<br />
projU(y) = proju(y) + projw(y)<br />
= y · u y · w<br />
u +<br />
u · u w · w w<br />
1.35. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum<br />
u
222 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION<br />
Eksempel - fortsat<br />
For u = (1,1,1),w = (−1,0,1),y = (3,3.6,6) er projektion af vektoren y på U =<br />
span(u,w)<br />
projU(y) = proju(y) + projw(y)<br />
= y · u y · w<br />
u +<br />
u · u w · w w<br />
= 12.6 3<br />
(1,1,1) +<br />
3 2 (−1,0,1)<br />
= (2.7,4.2,5.7)<br />
1.36. Cauchy-Schwarz ulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt<br />
Sætning 20 (Cauchy-Schwarz’ ulighed)<br />
For vektorer u,v gœlder<br />
|u · v| ≤ u v<br />
Bevis<br />
Fra Pythagoras, Sætning 18, på de ortogonale vektorer v − proju(v),proju(v) fås<br />
v 2 ≥ proju(v) 2 <br />
v · u<br />
2 = u<br />
u · u<br />
2<br />
Forlæng med u2 og uddrag kvadratroden.<br />
1.37. Trekantsuligheden ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt<br />
Sætning 21 (Trekantsuligheden)<br />
For vektorer u,v gœlder<br />
u + v ≤ u + v<br />
Bevis<br />
Fra Cauchy-Schwarz ulighed<br />
Uddrag kvadratroden.<br />
u + v 2 ≤ u 2 + v 2 + 2u v<br />
= (u + v) 2<br />
1.38. Trekantsulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt<br />
Trekantsulighed - figur<br />
Indlysende trekantsulighed<br />
u + v<br />
u<br />
v<br />
u + v ≤ u + v
VIII<br />
Appendiks<br />
1. Polære koordinater og komplekse tal<br />
1.1. Oversigt ☞ [S] App. I, App. H.1<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Komplekse tal<br />
✌ Test komplekse tal<br />
✌ Polære koordinater<br />
✌ Kompleks polarform<br />
✌ De Moivres sætning<br />
✌ Test komplekse tal<br />
✌ Komplekse rødder<br />
✌ Kompleks eksponentialfunktion<br />
1.2. Komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Ved et kompleks tal forstås et udtryk<br />
z = a + bi<br />
hvor a = Re z og b = Imz er reelle tal kaldet realdel og imaginærdel. i er den imaginære<br />
enhed, formelt identificeret med i = √ −1, altså i 2 = −1. To komplekse tal a + bi og<br />
c + di er ens, hvis a = c og b = d.<br />
Mængden af komplekse tal betegnes C. De reelle tal R identificeres med komplekse tal,<br />
hvis imaginærdel er 0.<br />
Det er et (overraskende) faktum, at de sædvanlige regneregler for reelle tal udvider meningsfuldt<br />
fra realdel <strong>til</strong> alle komplekse tal.<br />
1.3. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Talplanen R 2 med rektangulære koordinater (x,y) identificeres med de komplekse tal<br />
(komplekse plan, Argand planen) C ved 1 = (1,0) og i = (0,1), så<br />
Im<br />
bi<br />
i<br />
a + bi = (a,b)<br />
0 1<br />
223<br />
a<br />
a+bi<br />
Re
224 VIII. APPENDIKS<br />
1.4. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition - fortsat<br />
x-aksen kaldes den reelle akse og y-aksen kaldes den imaginœre akse.<br />
Normen<br />
kaldes modulus eller absolut værdi.<br />
Eksempel<br />
|a + bi| = a 2 + b 2 = |(a,b)|<br />
|3 − 4i| = 3 2 + 4 2 = √ 25 = 5<br />
1.5. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Addition:<br />
Multiplikation:<br />
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i<br />
(a + bi)(c + di) = a(c + di) + (bi)(c + di)<br />
= ac + adi + bci + bdi 2<br />
= (ac − bd) + (ad + bc)i<br />
Morale<br />
Regn løs med sædvanlige regneregler og reducer <strong>til</strong> standardform ved at bruge i 2 = −1.<br />
1.6. Addition i planen ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Figur - parallellogramreglen<br />
Im<br />
i<br />
z2<br />
0 1<br />
z1 + z2<br />
1.7. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 1<br />
Addition:<br />
(1 − i) + (4 + 7i) = (1 + 4) + (−1 + 7)i = 5 + 6i<br />
z1<br />
Re
Multiplikation:<br />
1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 225<br />
(−1 + 3i)(2 − 5i) = (−1)(2 − 5i) + (3i)(2 − 5i)<br />
= −2 + 5i + 6i − 15i 2<br />
= (−2 + 15) + (5 + 6)i<br />
= 13 + 11i<br />
1.8. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
For et kompleks tal z = a + bi er det konjugerede tal ¯z givet ved spejling i den reelle akse<br />
så<br />
Re z =<br />
¯z = a − bi<br />
z + z z − z<br />
, Imz =<br />
2 2i<br />
1.9. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Sætning<br />
Der gælder<br />
z + w = ¯z + ¯w<br />
Hvis z = a + bi, så er<br />
Bevis<br />
zw = ¯z ¯w<br />
z¯z = a 2 + b 2 = |z| 2<br />
z¯z = (a + bi)(a − bi) = a 2 − (bi) 2 = a 2 + b 2 = |z| 2<br />
1.10. Kompleks absolutværdi ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Sætning<br />
Der gælder<br />
Trekantsuligheden<br />
|z + w| ≤ |z| + |w|<br />
Multiplikativitet<br />
|zw| = |z||w|<br />
1.11. Kompleks reciprok ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Sætning<br />
For et kompleks tal w = c + di = 0 er det reciproke tal<br />
1 ¯w ¯w<br />
= =<br />
w w ¯w |w| 2<br />
1<br />
c + di =<br />
For et kompleks tal z = a + bi er brøken<br />
z z ¯w z ¯w<br />
= =<br />
w w ¯w |w| 2<br />
c<br />
c2 d<br />
−<br />
+ d2 c2 i<br />
+ d2 a + bi (a + bi)(c − di)<br />
=<br />
c + di c2 + d2
226 VIII. APPENDIKS<br />
1.12. Kompleks brøk ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 2<br />
−1 + 3i<br />
Angiv på formen a + bi.<br />
2 + 5i<br />
−1 + 3i<br />
2 + 5i<br />
(−1 + 3i)(2 + 5i)<br />
=<br />
(2 + 5i)(2 + 5i)<br />
= (−1 + 3i)(2 − 5i)<br />
(2 + 5i)(2 − 5i)<br />
= (−2 + 15) + (5 + 6)i<br />
2 2 + 5 2<br />
= 13 11<br />
+<br />
29 29 i<br />
1.13. Test komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Test<br />
Det komplekse tal z = 2<br />
1+i er:<br />
(a) z = 1 − i. (b) z = 2 − 2i. (c) z = 2 + 2i.<br />
Løsning<br />
2<br />
1 + i =<br />
= 2(1 − i)<br />
2(1 − i)<br />
(1 + i)(1 − i)<br />
1 2 + 1 2<br />
= 1 − i<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
1.14. Kompleks kvadratrod ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 3<br />
For et positivt reelt tal c er hovedkvadratroden af −c<br />
√ −c = √ ci<br />
Løsningerne <strong>til</strong> ligningen x 2 + c = 0 er da ± √ −c.<br />
Løsningerne <strong>til</strong> andengradsligningen ax 2 + bx + c = 0 er da<br />
Ligningen x 2 + x + 1 = 0 har løsninger<br />
x = −1 ± √ 1 − 4<br />
2<br />
x = −b ± √ b 2 − 4ac<br />
2a<br />
= −1 ± √ −3<br />
2<br />
= −1 ± √ 3i<br />
2<br />
1.15. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Definition<br />
Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen<br />
ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem<br />
polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O <strong>til</strong> P<br />
regnet med fortegn mht. den valgte polærakse.
1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 227<br />
O 1<br />
r<br />
1.16. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Definition<br />
Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med<br />
polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater<br />
) bestemmer y-aksen.<br />
(1, π<br />
2<br />
y<br />
1<br />
O 1<br />
r<br />
x<br />
P<br />
P(r cos( ), r sin( ))<br />
1.17. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates<br />
Sætning<br />
Givet et polœrt og <strong>til</strong>hørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater<br />
(r,θ) har kartesiske koordinater<br />
1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)<br />
Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater<br />
2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y<br />
x )<br />
1.18. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Et kompleks tal z = a + bi udtrykt i polære koordinater<br />
kaldes polarformen. Hvis a = 0<br />
z = a + bi = r(cos θ + isin θ)<br />
r = |z| = a 2 + b 2 , tan θ = b<br />
a<br />
Vinklen θ = arg z kaldes argumentet, bestemt pånær 2pπ.<br />
Im<br />
bi<br />
i<br />
0 1<br />
r<br />
a<br />
a+bi<br />
Re
228 VIII. APPENDIKS<br />
1.19. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 4<br />
Skriv det komplekse tal z = 1 + i på polarform.<br />
Løsning<br />
r = |z| = 1 2 + 1 2 = √ 2<br />
tan θ = 1<br />
= 1<br />
1<br />
Vinklen vælges θ = π/4 og polarformen er<br />
z = r(cos θ + isin θ) = √ 2(cos π π<br />
+ isin<br />
4 4 )<br />
Im<br />
i<br />
√ 2<br />
4<br />
0 1<br />
1.20. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Sætning<br />
Multiplikation iCkan udtrykkes ved additionsformlerne. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 =<br />
r2(cos θ2 + isin θ2) gœlder<br />
1 z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + isin(θ1 + θ2)]<br />
Så for komplekse tal z1,z2 er<br />
1+i<br />
Re<br />
|z1z2| = |z1||z2|<br />
arg(z1z2) = arg z1 + arg z2<br />
1.21. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Figur - multiplikation<br />
z1z2<br />
Im<br />
z1<br />
1<br />
2<br />
z2<br />
1 + 2<br />
1.22. Division på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Sætning - udvidelse<br />
Re
1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 229<br />
Division i C kan udtrykkes på polarform. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 = r2(cos θ2+<br />
isin θ2) = 0 gœlder<br />
z1<br />
z2<br />
Så for komplekse tal z1,z2 = 0 er<br />
= r1<br />
[cos(θ1 − θ2) + isin(θ1 − θ2)]<br />
r2<br />
| z1<br />
| =<br />
z2<br />
|z1|<br />
|z2|<br />
arg( z1<br />
) = arg z1 − arg z2<br />
z2<br />
1.23. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
2 Sætning - De Moivre<br />
Hvis z = r(cos θ + isin θ) og n et positivt helt tal, så gœlder<br />
z n = [r(cos θ + isin θ)] n = r n (cos nθ + isin nθ)<br />
n-te potens af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te potens af modulus og n gange<br />
argument.<br />
|z n | = |z| n<br />
arg(z n ) = narg z<br />
1.24. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 6<br />
<br />
1 1<br />
Find +<br />
2 2 i<br />
10 .<br />
Løsning<br />
z = 1 1 1√<br />
π π<br />
+ i = 2(cos + isin<br />
2 2 2 4 4 )<br />
så<br />
z 10 √ 10 2<br />
= (cos 10<br />
2<br />
π<br />
+ isin 10π<br />
4 4 )<br />
= 25 5π 5π<br />
(cos + isin<br />
210 2 2 )<br />
= 1<br />
32 i<br />
1.25. Test komplekse tal<br />
Test<br />
Det komplekse tal z = (2cos π + 2isin π)<br />
☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
2 er:<br />
(a) z = 2. (b) z = −4. (c) z = 4.<br />
Afkryds den rigtige:<br />
(a) (b) (c)<br />
<br />
Løsning<br />
(2cos π + 2isin π) 2 = (2(cos π + isin π)) 2<br />
= 2 2 (cos 2π + isin 2π)<br />
= 4
230 VIII. APPENDIKS<br />
1.26. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
3 Sætning - Rod af kompleks tal<br />
Hvis z = r(cos θ + isin θ) = 0 og n et positivt helt tal, så har z de n forskellige n-te<br />
rødder (w n k<br />
= z)<br />
hvor k = 0,1,...,n − 1.<br />
wk = r 1/n<br />
<br />
cos<br />
<br />
θ + 2kπ θ + 2kπ<br />
+ isin<br />
n<br />
n<br />
n-te rødder af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te rod af modulus og n-te del af<br />
alle argumenter.<br />
|z 1/n | = |z| 1/n<br />
arg(z 1/n ) =<br />
arg z + 2kπ<br />
n<br />
1.27. Kvadratrod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Figur - kvadratrod<br />
Im<br />
i<br />
1<br />
2<br />
1.28. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 7<br />
Find 6-te rødder af −8.<br />
Løsning<br />
z = 8(cos π + isin π)<br />
så<br />
hvor k = 0,1,...,5.<br />
For eksempel<br />
wk = 8 1/6<br />
<br />
cos<br />
w0 = √ <br />
2 cos<br />
√ z<br />
z<br />
Re<br />
<br />
π + 2kπ π + 2kπ<br />
+ isin<br />
6<br />
6<br />
<br />
π<br />
<br />
+ isin<br />
6<br />
<br />
π<br />
<br />
=<br />
6<br />
√ √<br />
3 1<br />
2 +<br />
2 2 i<br />
<br />
1.29. Algebraens fundamentalsætning ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel<br />
Sætningen om rødder giver, at ligningen x n − z = 0 har n rødder w0,w1,...,wn−1.<br />
Sætning - Algebraens fundamentalsætning
Enhver polynomiumsligning<br />
1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 231<br />
anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 = 0<br />
af grad mindst én har en rod i de komplekse tal.<br />
Algebraens fundamentalsætning blev vist af Gauss.<br />
1.30. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Den komplekse eksponentialfunktion er givet ved, z = x + yi,<br />
7 e z = e x+yi = e x (cos y + isin y)<br />
Et special<strong>til</strong>fælde kaldes Eulers formel<br />
6 e iy = cos y + isin y<br />
Eksponentialfunktionen opfylder den sædvanlige regneregel<br />
5 e z1+z2 = e z1 e z2<br />
1.31. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Figur - eksponentialfunktion<br />
Im<br />
0<br />
e x+yi<br />
1.32. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel 8<br />
Beregn: (a) e iπ (b) e −1+iπ/2<br />
Løsning<br />
(a)<br />
(b)<br />
e x<br />
e iπ = cos π + isin π = −1<br />
e −1+iπ/2 <br />
−1<br />
= e cos π<br />
2<br />
y<br />
π<br />
<br />
+ isin =<br />
2<br />
i<br />
e<br />
Re
232 VIII. APPENDIKS<br />
1.33. Kompleks logaritmefunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition<br />
Den komplekse logatitmefunktion er bestemt pånær 2kπ og givet ved, z = r(cos θ +<br />
isin θ) = 0,<br />
log z = lnr + iθ<br />
Kan skrives<br />
log z = ln |z| + iarg z<br />
Der gælder<br />
e log z = z, log e z = z + 2kπ<br />
og<br />
log z1z2 = log z1 + log z2 + 2kπ<br />
1.34. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Eksempel<br />
Eulers formel<br />
6 e iy = cos y + isin y<br />
giver<br />
cos y = eiy + e−iy , siny =<br />
2<br />
eiy − e−iy 2i<br />
Definition<br />
De komplekse trigonometriske funktioner defineres ved<br />
cos z = eiz + e−iz , sinz =<br />
2<br />
eiz − e−iz 2i<br />
1.35. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers<br />
Definition - fortsat<br />
De trigonometriske additionsformler er opfyldte<br />
cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sinz1 sin z2<br />
sin(z1 + z2) = sinz1 cos z2 + cos z1 sinz2<br />
Der er inverse funktioner. For w = cos z er<br />
z = arccos w = 1<br />
i log(w ± w 2 − 1)<br />
Tilsvarende for w = sin z er<br />
z = arcsinw = 1<br />
i log(wi ± 1 − w 2 )
IX<br />
Opgaver<br />
1. August 2002<br />
1.1. Oversigt ☞ [S], [LA]<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering<br />
✌ Dobbelt integral og polært koordinatskift<br />
✌ Ortogonal projektion og mindste afstand<br />
✌ Retningsafledt og gradient<br />
✌ Maksimum/minimums metoder<br />
✌ Potensrækker<br />
✌ Differentialligninger<br />
1.2. Oversigt ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgaver<br />
1. Beregn et dobbeltintegral<br />
2. Diagonaliser en 3 × 3−matrix<br />
3. Bestem kritiske punkter og ekstrema<br />
4. Angiv en potensrække og find en grænseværdi<br />
5. Find gradient og retningsafledt<br />
6. Beregn en ortogonal projektion<br />
7. Løs en lineær differentialligning<br />
1.3. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1<br />
Lad R betegne kvartcirkelskiven x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn <br />
R x2y dA.<br />
Løsning<br />
y<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
1.4. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - figur<br />
233<br />
2<br />
x
234 IX. OPGAVER<br />
x<br />
z<br />
R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π<br />
2 }<br />
1.5. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - løsning<br />
er et polært rektangel.<br />
Integralet er<br />
<br />
R<br />
R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π<br />
2 }<br />
x 2 π/2<br />
y dA =<br />
0<br />
2<br />
r<br />
0<br />
3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ<br />
1.6. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - løsning<br />
<br />
R<br />
x 2 π/2<br />
y dA =<br />
0<br />
π/2<br />
=<br />
0<br />
2<br />
r<br />
0<br />
3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ<br />
<br />
1<br />
5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ<br />
r=0<br />
π/2<br />
32<br />
=<br />
0 5 cos2 θ sin θ dθ<br />
<br />
= − 32<br />
15 cos3 π/2 θ<br />
= 32<br />
15<br />
1.7. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - ny figur<br />
0<br />
y
x<br />
1. AUGUST 2002 235<br />
z<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
1.8. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 1 - alternativt<br />
er et Type I område.<br />
Integralet er<br />
R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }<br />
<br />
R<br />
x 2 y dA =<br />
2 √ 4−x2 0<br />
0<br />
y<br />
x 2 y dy dx<br />
1.9. Beregn et dobbeltintegral<br />
Opgave 1 - alternativt<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
<br />
x 2 2 <br />
y dA =<br />
√ 4−x2 x 2 y dy dx<br />
R<br />
=<br />
0 0<br />
2 <br />
1<br />
0 2 x2y 2<br />
√ y= 4−x2 y=0<br />
2<br />
1<br />
=<br />
0 2 (4x2 − x 4 )dx<br />
<br />
2<br />
=<br />
3 x3 − 1<br />
10 x5<br />
2 = 32<br />
15<br />
1.10. Diagonaliser en matrix<br />
Opgave 2<br />
Det oplyses, at matricen A givet ved<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
−1 −3<br />
⎤<br />
−3<br />
A = ⎣ 3 5 3 ⎦<br />
−3 −3 −1<br />
har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier.<br />
1. Angiv samtlige egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2.<br />
2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at<br />
B −1 AB = Λ<br />
0<br />
dx
236 IX. OPGAVER<br />
1.11. Diagonaliser en matrix<br />
Opgave 2 - løsning<br />
1. Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2:<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
−3 −3<br />
⎤<br />
−3<br />
⎡<br />
1 1<br />
⎤<br />
1<br />
A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0<br />
0 0⎦<br />
−3 −3 −3 0 0 0<br />
giver det reducerede ligningssystem<br />
og dermed<br />
x3<br />
x1 + x2 + x3 = 0<br />
x3<br />
x1 = −x2 − x3<br />
1.12. Diagonaliser en matrix ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - løsning<br />
1. Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 2:<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
x1 −x2 − x3 −1 −1<br />
⎣x2⎦<br />
= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦<br />
0 1<br />
hvor x2,x3 vælges frit.<br />
Egenrummet udtrykkes<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
−1 −1<br />
E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦)<br />
0 1<br />
1.13. Diagonaliser en matrix<br />
Opgave 2 - løsning<br />
Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien −1:<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
0<br />
A + I = ⎣ 3<br />
−3<br />
6<br />
⎤ ⎡<br />
−3 1<br />
3 ⎦ ∼ ⎣0 0<br />
1<br />
⎤<br />
−1<br />
1 ⎦<br />
−3 −3 0 0 0 0<br />
hvor x3 vælges frit.<br />
⎡<br />
⎣<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
x3 1<br />
⎦ = ⎣−x3⎦<br />
= x3 ⎣−1⎦<br />
1<br />
x3<br />
1.14. Diagonaliser en matrix ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - løsning<br />
2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at<br />
B −1 AB = Λ<br />
Søjler af egenvektorer giver<br />
⎡<br />
−1 −1<br />
⎤<br />
1<br />
⎡<br />
2 0<br />
⎤<br />
0<br />
B = ⎣ 1 0 −1⎦<br />
, Λ = ⎣0<br />
2 0 ⎦<br />
0 1 1 0 0 −1<br />
det(B) = 1 sikrer invertibilitet.
1. AUGUST 2002 237<br />
1.15. Diagonaliser en matrix<br />
Opgave 2 - gør prøve!<br />
☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
⎡<br />
−1 −3<br />
AB = B Λ<br />
⎤ ⎡ ⎤<br />
−3 −1 −1 1<br />
⎡<br />
−2 −2<br />
⎤<br />
−1<br />
⎣ 3 5 3 ⎦ ⎣ 1 0 −1⎦<br />
= ⎣ 2 0 1 ⎦<br />
−3 −3 −1 0<br />
⎡ ⎤ ⎡<br />
−1 −1 1 2<br />
1<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
0<br />
0 2 −1<br />
⎡ ⎤<br />
−2 −2 −1<br />
⎣ 1 0 −1⎦<br />
⎣0<br />
2 0 ⎦ = ⎣ 2 0 1 ⎦<br />
0 1 1 0 0 −1 0 2 −1<br />
Så prøven stemmer!<br />
1.16. Diagonaliser en matrix ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 2 - figur<br />
z<br />
x<br />
(1, 1,1)<br />
1<br />
Egenvektorer<br />
( 1,0,1)<br />
( 1,1,0)<br />
1.17. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3<br />
Betragt funktionen f(x,y) givet ved<br />
f(x,y) = x + y + 1<br />
xy<br />
for x > 0,y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde.<br />
1. Angiv dette kritiske punkt.<br />
2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt.<br />
1.18. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3 - løsning<br />
f(x,y) = x + y + 1<br />
xy<br />
har kritisk punkt<br />
∇f = (1 − 1<br />
x2 1<br />
,1 − ) = (0,0)<br />
y xy2 ⇔ x 2 y = 1, xy 2 = 1<br />
⇔ (x,y) = (1,1)<br />
1.19. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3 - løsning<br />
y
238 IX. OPGAVER<br />
Dobbelt partielle afledede<br />
Anden ordenstesten giver<br />
fxx = 2<br />
x3y ,fxy = 1<br />
x2y2 ,fyy = 2<br />
xy3 fxx(1,1) = 2,fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 2<br />
(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type<br />
(1,1) 3 2 3 minimum<br />
Altså er punktet (1,1) lokalt minimum for f på mængden x > 0,y > 0.<br />
1.20. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 3 - figur<br />
z<br />
x<br />
1.21. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4<br />
Angiv en potensrække i x, der for x = 0 frems<strong>til</strong>ler funktionen<br />
Angiv også grænseværdien<br />
(1,1)<br />
f(x) = cos(x2 ) − 1<br />
x 4<br />
lim<br />
x→0 f(x).<br />
1.22. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4 - løsning<br />
Benyt potensrækken<br />
∞<br />
n 1<br />
cos x = (−1)<br />
<strong>til</strong> at få<br />
n=0<br />
cos x 2 − 1 =<br />
(2n)! x2n<br />
∞<br />
n 1<br />
(−1)<br />
n=1<br />
y<br />
(2n)! x4n<br />
1.23. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4 - løsning
Dermed er<br />
Det følger, at<br />
f(x) =<br />
1. AUGUST 2002 239<br />
∞<br />
n 1<br />
(−1)<br />
n=1<br />
(2n)! x4(n−1)<br />
= − 1 1<br />
+<br />
2! 4! x4 − 1<br />
6! x8 + 1<br />
8! x12 − ...<br />
lim f(x) = −1<br />
x→0 2<br />
1.24. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 4 - figur<br />
Grafen for<br />
y<br />
0 1<br />
1<br />
y = cos(x2 ) − 1<br />
x 4<br />
1.25. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5<br />
Betragt funktionen f(x,y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
1. Angiv gradientvektoren ∇f(0,2).<br />
2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0,2) i retning givet ved enhedsvektoren<br />
(3/5,4/5).<br />
Løsning<br />
1. Gradienten beregnes<br />
fx = 3x 2 /(x 3 + y + 1)<br />
fy = 2y + 1/(x 3 + y + 1)<br />
∇f(0,2) = (fx(0,2),fy(0,2)) = (0,13/3)<br />
1.26. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5 - løsning<br />
x
240 IX. OPGAVER<br />
y<br />
∇f(0,2)<br />
(0,2)<br />
u<br />
1<br />
x<br />
2. I retning u = (3/5,4/5) er den retningsafledede<br />
Duf(0,2) = ∇f(0,2) · u<br />
= (0,13/3) · (3/5,4/5)<br />
= 52/15<br />
1.27. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5 - ekstra<br />
y<br />
1<br />
x 3 +y+1>0<br />
x<br />
Definitionsområdet.<br />
x<br />
z<br />
Grafen<br />
z=y 2 +ln(x 3 +y+1)<br />
1.28. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 5 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Tangenter <strong>til</strong> niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
1.29. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
x<br />
y
Opgave 5 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
1. AUGUST 2002 241<br />
Skalerede gradienter 0.1∇z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).<br />
1.30. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6<br />
Betragt det lineære underrum U ⊂ R 4 , der er udspændt af vektorer u1 = (1,1, −1, −1)<br />
og u2 = (0,1,1,0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand <strong>til</strong> vektoren v =<br />
(1,2,3,4).<br />
Løsning<br />
I følge [LA] Sætning 18 er u den ortogonale projektion af v på U.<br />
Den korteste afstand er<br />
||v − u||<br />
1.31. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6 - løsning<br />
Vektorerne u1 = (1,1, −1, −1) og u2 = (0,1,1,0) har<br />
u1 · u2 = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 + (−1) · 0 = 0<br />
Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v = (1,2,3,4)<br />
u = projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)<br />
= v · u1 v · u2<br />
u1 +<br />
u1 · u1<br />
u2<br />
u2 · u2<br />
= −4<br />
5<br />
(1,1, −1, −1) +<br />
4 2 (0,1,1,0)<br />
= (−1, 3 7<br />
2 , 2 ,1)<br />
1.32. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6 - ekstra<br />
Restvektoren<br />
v − u = (1,2,3,4) − (−1, 3 7<br />
2 , 2 ,1)<br />
= (2, 1<br />
2 , −1<br />
2 ,3)<br />
har længde, som angiver den mindste afstand fra v <strong>til</strong> U<br />
||v − u|| = ||(2, 1<br />
2<br />
<br />
27<br />
=<br />
2<br />
= 3√<br />
6<br />
2<br />
x<br />
, −1<br />
2 ,3)||
242 IX. OPGAVER<br />
1.33. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 6 - figur<br />
v<br />
v u ∈ U ⊥<br />
u = projU(v)<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
1.34. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 7<br />
Angiv den fuldstændige løsning <strong>til</strong> differentialligningen<br />
y ′ + 2y = xe −2x + 3<br />
Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2.<br />
Løsning<br />
a(x) = −2,b(x) = xe −2x + 3<br />
1.35. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 7 - løsning<br />
Som giver<br />
<br />
A(x) = a(x)dx = −2dx = −2x<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx =<br />
= 1<br />
2 x2 + 3<br />
2 e2x<br />
U<br />
e 2x (xe −2x + 3)dx<br />
1.36. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 7 - løsning<br />
fuldstændig løsning<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce −2x + ( 1<br />
2 x2 + 3<br />
2 e2x )e −2x<br />
= Ce −2x + 1<br />
2 x2 e −2x + 3<br />
2<br />
1.37. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002
Opgave 7 - retningsfelt<br />
2. JANUAR 2003 243<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = −2y + xe −2x + 3.<br />
1.38. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 7 - løsning<br />
I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2.<br />
I alt er løsningen<br />
y(0) = Ce 0 + 3<br />
= 2<br />
2<br />
y(x) = 1<br />
2 e−2x + 1<br />
2 x2 e −2x + 3<br />
2<br />
1.39. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002<br />
Opgave 7 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Løsningskurve<br />
2. Januar 2003<br />
2.1. Oversigt ☞ [S], [LA]<br />
Nøgleord og begreber<br />
✌ Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering<br />
✌ Dobbelt integral og polært koordinatskift<br />
✌ Ortogonal projektion og mindste afstand<br />
✌ Retningsafledt og gradient<br />
✌ Maksimum/minimums metoder<br />
✌ Potensrækker<br />
✌ Differentialligninger<br />
x<br />
x
244 IX. OPGAVER<br />
2.2. Oversigt ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgaver<br />
1. Find gradient og retningsafledt<br />
2. Angiv egenvektorer<br />
3. Beregn et dobbeltintegral<br />
4. Beregn en ortogonal projektion<br />
5. Løs en lineær differentialligning<br />
6. Angiv en potensrække og find en grænseværdi<br />
7. Bestem kritiske punkter og ekstrema<br />
2.3. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1<br />
Betragt funktionen<br />
for x > 0,y > 0.<br />
f(x,y) =<br />
1 + y<br />
x + y<br />
1) Angiv ∂f<br />
∂x (5,2).<br />
2) Angiv ∇f(5,2).<br />
3) Angiv en enhedsvektor u så at den retningsafledede Duf(5,2) er 0.<br />
2.4. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1 - løsning<br />
1) De partielle afledede beregnes<br />
2) Gradienten angives<br />
fx =<br />
fy =<br />
−y − 1<br />
(x + y) 2<br />
x − 1<br />
(x + y) 2<br />
fx(5,2) = − 3<br />
49<br />
∇f(5,2) = (fx(5,2),fy(5,2)) = (− 3 4<br />
,<br />
49 49 )<br />
2.5. Find gradient<br />
Opgave 1 - løsning<br />
☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
7 ∇f<br />
3. I retning u = (u1,u2) er den<br />
retningsafledede<br />
(5,2)<br />
u<br />
5 6<br />
x<br />
Duf(5,2) = ∇f(5,2) · u<br />
= (− 3 4<br />
, ) · (u1,u2)<br />
49 49<br />
= 1<br />
49 (−3u1 + 4u2)<br />
2.6. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1 - løsning<br />
Den retningsafledede<br />
Duf(5,2) = 1<br />
49 (−3u1 + 4u2) = 0
for<br />
En løsning er<br />
2. JANUAR 2003 245<br />
−3u1 + 4u2 = 0<br />
u 2 1 + u 2 2 = 1<br />
u = ( 4 3<br />
,<br />
5 5 )<br />
2.7. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1 - ekstra<br />
z<br />
x<br />
1<br />
Grafen z = 1+y<br />
x+y<br />
2.8. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Tangenter <strong>til</strong> niveaukurver for z = 1+y<br />
x+y .<br />
2.9. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 1 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
y<br />
x<br />
x
246 IX. OPGAVER<br />
Skalerede gradienter 4∇z for z = 1+y<br />
x+y .<br />
2.10. Angiv egenvektor<br />
Opgave 2<br />
☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Betragt matricen<br />
⎡<br />
9 4<br />
⎤<br />
−3<br />
A = ⎣ −2 0 6 ⎦ .<br />
−1 −4 11<br />
1) Det oplyses, at vektoren (−1,1,1) er en egenvektor for A. Angiv den <strong>til</strong>hørende egenværdi.<br />
2) Angiv endnu en egenvektor <strong>til</strong> dennne egenværdi; der ønskes en egenvektor, som ikke<br />
er af form t · (−1,1,1).<br />
2.11. Angiv egenvektor ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 2 - løsning<br />
1. Egenværdi hørende <strong>til</strong> egenvektoren (−1,1,1):<br />
⎡<br />
⎣<br />
9 4 −3<br />
−2 0 6<br />
−1 −4 11<br />
⎤⎡<br />
⎦⎣<br />
−1<br />
1<br />
1<br />
⎤<br />
⎡<br />
⎦ = ⎣<br />
−8<br />
8<br />
8<br />
⎤<br />
⎡<br />
⎦ = 8⎣<br />
giver egenværdi 8.<br />
2. Egenvektorer hørende <strong>til</strong> egenværdien 8:<br />
⎡<br />
1<br />
A − 8I = ⎣−2 4<br />
−8<br />
⎤ ⎡<br />
−3 1<br />
6 ⎦ ∼ ⎣0 4<br />
0<br />
⎤<br />
−3<br />
0 ⎦<br />
−1 −4 3 0 0 0<br />
2.12. Angiv egenvektor ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 2 - løsning<br />
giver det reducerede ligningssystem<br />
og dermed<br />
⎡<br />
⎣<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
x1 + 4x2 − 3x3 = 0<br />
−1<br />
1<br />
1<br />
x1 = −4x2 + 3x3<br />
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
−4x2 + 3x3 −4 3<br />
⎦ = ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣0⎦<br />
0 1<br />
x3<br />
hvor x2,x3 vælges frit. Som egenvektor ej på form t · (−1,1,1) kan vælges (−4,1,0).<br />
2.13. Angiv egenvektor ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 2 - gør prøve!<br />
⎡<br />
9<br />
⎣ −2<br />
4<br />
0<br />
⎤ ⎡<br />
−3<br />
6 ⎦ ⎣<br />
−1 −4 11<br />
−4<br />
⎤ ⎡<br />
1 ⎦ = ⎣<br />
0<br />
−32<br />
⎤ ⎡<br />
8 ⎦ = 8⎣<br />
0<br />
−4<br />
⎤<br />
1 ⎦<br />
0<br />
⎡<br />
9<br />
⎣ −2<br />
4<br />
0<br />
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
−3 3 24 3<br />
6 ⎦ ⎣ 0 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ = 8⎣<br />
0 ⎦<br />
−1 −4 11 1 8 1<br />
Så prøven stemmer!<br />
⎤<br />
⎦
2. JANUAR 2003 247<br />
2.14. Angiv egenvektor ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 2 - figur<br />
z<br />
(3,0,1)<br />
x<br />
1<br />
( 1,1,1)<br />
Egenvektorer<br />
y<br />
( 4,1,0)<br />
2.15. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 3<br />
Lad T betegne trekanten i xy-planen med hjørner (0,0),(0,1),(2,1) (tegn!).<br />
1) Opskriv to itererede integraler <strong>til</strong> udregning af et dobbeltintegral af form<br />
<br />
f(x,y) dA.<br />
2) Udregn dobbeltintegralet <br />
T<br />
T<br />
x · sin(y 3 ) dA.<br />
2.16. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 3 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1 2<br />
(2,1)<br />
T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2, 1<br />
2x ≤ y ≤ 1}<br />
= {(x,y)|0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ x ≤ 2y}<br />
2.17. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 3 - løsning<br />
Dobbeltintegralet er Type I:<br />
<br />
Dobbeltintegralet er Type II:<br />
<br />
T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2, 1<br />
2x ≤ y ≤ 1}<br />
= {(x,y)|0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ x ≤ 2y}<br />
T<br />
T<br />
f(x,y)dA =<br />
f(x,y)dA =<br />
2 1<br />
0<br />
1<br />
2 x<br />
1 2y<br />
0<br />
0<br />
f(x,y)dy dx<br />
x<br />
f(x,y)dx dy
248 IX. OPGAVER<br />
2.18. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 3 - løsning<br />
<br />
T<br />
x sin(y 3 )dA =<br />
=<br />
=<br />
=<br />
1 2y<br />
x sin(y 3 )dx dy<br />
0 0<br />
1 <br />
1<br />
0 2 x2 sin(y 3 )<br />
x=0<br />
1<br />
2y<br />
0<br />
2 sin(y 3 )dy<br />
1 <br />
− 2<br />
3 cos(y3 )<br />
= 2<br />
(1 − cos(1))<br />
3<br />
≈ 0.31<br />
0<br />
x=2y dy<br />
2.19. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 3 - figur<br />
x<br />
2<br />
1<br />
z<br />
1<br />
0<br />
E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ T,0 ≤ z ≤ xsin(y 3 )}<br />
2.20. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 4<br />
Betragt følgende vektorer i R 4 ,<br />
1<br />
u 1 = (1,0,0,0)<br />
u 2 = (0,1,1,0)<br />
u 3 = (0,1, −1,1)<br />
Det oplyses at disse vektorer er indbyrdes ortogonale. Lad U betegne det lineære underrum<br />
af R 4 , som er udspændt af u 1 ,u 2 og u 3 . Lad v betegne vektoren<br />
v = (0,1,0,5).<br />
1) Angiv projektionen (= den ortogonale projektion) projU(v) af v ind på U.<br />
2) Angiv afstanden fra v <strong>til</strong> U.<br />
2.21. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 4 - løsning<br />
y
2. JANUAR 2003 249<br />
1) Fra Sætning 17 fås projektionen af v = (0,1,0,5) på u 1 = (1,0,0,0),u 2 = (0,1,1,0),u 3 =<br />
(0,1, −1,1)<br />
projU(v) = proju 1 (v) + proju 2 (v) + proju 3 (v)<br />
= v · u1 u1 +<br />
u1 · u1 v · u2 u2 +<br />
u2 · u2 v · u3 u3 u3 · u3 = 0 1<br />
(1,0,0,0) +<br />
1 2<br />
= (0, 5<br />
2 , −3<br />
2 ,2)<br />
6<br />
(0,1,1,0) + (0,1, −1,1)<br />
3<br />
2.22. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 4 - løsning<br />
Restvektoren<br />
v − projU(v) = (0,1,0,5) − (0, 5<br />
2 , −3<br />
2 ,2)<br />
= (0, −3 3<br />
2 , 2 ,3)<br />
har længde, som angiver den mindste afstand fra v <strong>til</strong> U<br />
||v − u|| = ||(0, −3 2<br />
<br />
27<br />
=<br />
2<br />
= 3√<br />
6<br />
2<br />
, 3<br />
2 ,3)||<br />
2.23. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 4 - figur<br />
v<br />
v u ∈ U ⊥<br />
u = projU(v)<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
2.24. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5<br />
Angiv den fuldstændige løsning y(x) <strong>til</strong> differentialligningen (for x > 0)<br />
y ′ + y<br />
x = 2x−1 .<br />
Angiv endvidere den løsning, der opfylder betingelsen y(2) = 5.<br />
2.25. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5 - løsning<br />
y ′ + y<br />
= 2x−1<br />
x<br />
a(x) = −x −1 ,b(x) = 2x −1<br />
U
250 IX. OPGAVER<br />
<br />
A(x) = a(x)dx = −x −1 dx = −lnx<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx = e ln x 2x −1 dx<br />
= 2x<br />
2.26. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5 - løsning<br />
Som giver fuldstændig løsning<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce − ln x − ln x<br />
+ 2xe<br />
= C 1<br />
+ 2<br />
x<br />
2.27. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5 - retningsfelt<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = − y 2<br />
x + x .<br />
2.28. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5 - løsning<br />
I den partikulære løsning bestemmes C ved y(2) = 5.<br />
I alt er løsningen<br />
x<br />
y(2) = C 1<br />
+ 2 = 5<br />
2<br />
y(x) = 6<br />
+ 2<br />
x<br />
2.29. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 5 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
x<br />
Løsningskurve
2. JANUAR 2003 251<br />
y(x) = 6<br />
+ 2<br />
x<br />
2.30. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 6<br />
1) Angiv en potensrækkefrems<strong>til</strong>ling for x − sin x.<br />
2) Angiv grænseværdien<br />
Løsning<br />
1) Benyt potensrækken<br />
sin x =<br />
x − sinx<br />
lim<br />
x→0 x3 cos x .<br />
∞<br />
(−1) n 1<br />
(2n + 1)! x2n+1<br />
n=0<br />
2.31. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 6 - løsning<br />
sinx = 1 1<br />
x −<br />
1! 3! x3 + 1<br />
5! x5 − ...<br />
<strong>til</strong> at få<br />
∞<br />
x − sin x = (−1) n+1 1<br />
(2n + 1)! x2n+1<br />
skrevet ud<br />
n=1<br />
x − sinx = 1<br />
3! x3 − 1<br />
5! x5 + ...<br />
2.32. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 6 - løsning<br />
2) Dermed er<br />
Det følger, at<br />
f(x) =<br />
x − sin x<br />
x 3<br />
=<br />
∞<br />
(−1) n+1 1<br />
(2n + 1)! x2n−2<br />
n=1<br />
= 1 1<br />
−<br />
3! 5! x2 − ...<br />
x − sin x<br />
lim<br />
x→0 x3 f(x) f(0)<br />
= lim =<br />
cos x x→0 cos x cos 0<br />
= 1<br />
6<br />
2.33. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 6 - figur<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
x
252 IX. OPGAVER<br />
Grafen for<br />
y =<br />
x − sinx<br />
x 3 cos x<br />
2.34. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 7<br />
Minimer x 2 +xy +y 2 under bibetingelsen x 2 +y 2 = 18. Det kan frit benyttes at et sådant<br />
minimum eksisterer.<br />
Løsning<br />
Sæt f(x,y) = x 2 + xy + y 2 og g(x,y) = x 2 + y 2 = 18. De partielle afledede er<br />
fx = 2x + y,fy = x + 2y<br />
gx = 2x,gy = 2y<br />
2.35. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 7 - fortsat<br />
Lagrange ligningssystem bliver<br />
2x + y = λ2x<br />
x + 2y = λ2y<br />
x 2 + y 2 = 18<br />
Løsningen giver x = ±y og videre fire punkter<br />
Indsættelse giver minimumspunkter/værdi<br />
(−3, −3),(−3,3),(3, −3),(3,3)<br />
(a,b) = (−3,3),(3, −3), f(a,b) = 9<br />
2.36. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 7 - figur<br />
(3, 3,9) ( 3,3,9)<br />
x<br />
z<br />
Grafen for f<br />
2.37. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003<br />
Opgave 7 - alternativt<br />
Løs bibetingelsen, y = ± √ 18 − x 2 og minimer funktionen<br />
h(x) = f(x, ± 18 − x 2 ) = 18 ± x 18 − x 2<br />
y
Løsning<br />
Den afledede er<br />
h ′ (x) =<br />
3. JANUAR 2004 253<br />
36x − 4x3<br />
2 √ 18x 2 − x 4<br />
De kritiske punkter a = ±3 giver minimumspunkter/værdi<br />
(a,b) = (−3,3),(3, −3), f(a,b) = 9<br />
3. Januar 2004<br />
Opgave 1. Lad T betegne trekanten i xy-planen med hjørner<br />
(1,1),(2,2) og (1,2)<br />
(tegn !).<br />
1) Ops<strong>til</strong> et itereret integral <strong>til</strong> beregning af dobbeltintegralet<br />
<br />
(hvor f er en vilkårlig kontinuert funktion).<br />
2) Beregn<br />
<br />
Løsning. 1) Området tegnes<br />
y<br />
1<br />
T<br />
(1,1)<br />
0 1<br />
f(x,y) dA<br />
T<br />
y 2 dA.<br />
(1,2) (2,2)<br />
y = x<br />
Trekanten T = {(x,y)|1 ≤ x ≤ 2,x ≤ y ≤ 2}<br />
Et Type I integral ops<strong>til</strong>les ([S] 12.3 Theorem 3)<br />
<br />
T<br />
f(x,y) dA =<br />
2 2<br />
1<br />
x<br />
x<br />
f(x,y)dy dx .
254 IX. OPGAVER<br />
2) Fra 1) fås<br />
<br />
T<br />
y 2 dA =<br />
2 2<br />
(Man kunne også have brugt et Type II integral.)<br />
y 2 dy dx<br />
1 x<br />
2<br />
= [<br />
1<br />
1<br />
3y3 ] y=2<br />
y=x dx<br />
2<br />
1 = 3<br />
1<br />
(23 − x 3 )dx<br />
= 1 1<br />
3 [8x − 4x4 ] 2 1<br />
= 16 16 8 1<br />
3 − 12 − 3 + 12<br />
= 17<br />
12 .<br />
Opgave 2. Betragt funktionen f(x,y) = x 2 + y 2 .<br />
1) Angiv gradientvektoren ∇f(P), hvor P er punktet (3,4).<br />
2) Angiv størrelsen af den maximale retningsafledede af f i punktet (3,4).<br />
Løsning. 1) De partielle afledede er<br />
hvorfra gradienten beregnes<br />
fx =<br />
x<br />
x 2 + y 2 , fy =<br />
y<br />
x 2 + y 2 ,<br />
∇f(3,4) = (fx(3,4),fy(3,4)) = ( 3 4<br />
, ) .<br />
5 5<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
(3,4)<br />
∇f<br />
f(x,y) = 5<br />
2) Den største retningsafledede er ([S] 11.6 Theorem 15) længden af gradientvektoren<br />
|∇f(3,4)| = |( 3<br />
5<br />
4<br />
, )| =<br />
5<br />
<br />
9 16<br />
+ = 1 .<br />
25 25<br />
x
3. JANUAR 2004 255<br />
Opgave 3. Lad a betegne et vilkårligt reelt tal, og lad A betegne matricen<br />
⎡<br />
3 0<br />
⎤<br />
0<br />
A = ⎣ 1 a 1 ⎦ .<br />
0 0 3<br />
1) Gør rede for, at (−1,0,1) er en egenvektor for A, og angiv den <strong>til</strong>hørende egenværdi.<br />
2) Betragt matricen<br />
⎡<br />
3 0<br />
⎤<br />
0<br />
B = ⎣ 1 1 1 ⎦<br />
0 0 3<br />
(fremkommet af matricen A fra Sp. 1) ved at sætte a = 1)<br />
Det oplyses, at λ = 3 er en egenværdi for B. Angiv det <strong>til</strong>hørende egenrum E3.<br />
Løsning. 1) Fra udregningen<br />
⎡ ⎤⎡<br />
3 0 0<br />
⎣ 1 a 1 ⎦⎣<br />
0 0 3<br />
−1<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
⎡<br />
⎦ = ⎣<br />
−3 + 0 + 0<br />
−1 + 0 + 1<br />
0 + 0 + 3<br />
⎤<br />
⎡<br />
⎦ = 3⎣<br />
ses ([LA] (25)), at den opgivne vektor er en egenvektor og egenværdien er 3.<br />
2) Det søgte egenrum er løsningsrum for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix<br />
⎡<br />
3 − 3 0<br />
⎤<br />
0<br />
⎡<br />
0 0<br />
⎤<br />
0<br />
B − 3I = ⎣ 1 1 − 3 1 ⎦ = ⎣ 1 −2 1 ⎦ .<br />
0<br />
Det reducerede ligningssystem er<br />
0 3 − 3 0 0 0<br />
x − 2y + z = 0 .<br />
Eliminationsmetoden giver et løsningsrum beskrevet ved to parametre y,z<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
x 2y − z 2 −1<br />
⎣ y ⎦ = ⎣ y ⎦ = y ⎣ 1 ⎦ + z ⎣ 0 ⎦ .<br />
z z 0 1<br />
Det følger ([LA] Sætning 15), at egenrummet også kan udtrykkes som underrummet<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
2 −1<br />
E3 = span( ⎣ 1 ⎦, ⎣ 0 ⎦) .<br />
0 1<br />
−1<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
⎦
256 IX. OPGAVER<br />
Opgave 4. Angiv en potensrække i x, der frems<strong>til</strong>ler en stamfunktion <strong>til</strong> Arctan(x) (=<br />
tan −1 (x)) i intervallet (−1,1). Det er nok at angive så mange led, at mønsteret træder<br />
frem.<br />
Løsning. Man har ([S] 8.6 Example 7)<br />
og<br />
<br />
Arctan(x) =<br />
1<br />
dx<br />
1 + x2 1<br />
1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + x 8 − ... .<br />
Heraf ved ledvis integration (eller: direkte fra [S] 8.7 side 618)<br />
Arctan(x) = 1 1<br />
x −<br />
1 3 x3 + 1<br />
5 x5 − 1<br />
7 x7 + 1<br />
9 x9 − ...<br />
og fortsat integration giver den søgte stamfunktion<br />
<br />
Arctan(x)dx = 1<br />
1 · 2 x2 − 1<br />
3 · 4 x4 + 1<br />
5 · 6 x6 − 1<br />
7 · 8 x8 + 1<br />
9 · 10 x10 − ...<br />
=<br />
∞<br />
n=1<br />
(−1) n+1<br />
(2n − 1)2n x2n .<br />
Opgave 5. Lad U betegne det lineære underrum af R 4 udspændt af vektorerne u 1 =<br />
(1,0,0,0) og u 2 = (0,1,1,0). Betragt vektoren v = (2,4,6,8).<br />
1) Angiv projektionen projU(v).<br />
2) Angiv afstanden fra v <strong>til</strong> U.<br />
Løsning. Problems<strong>til</strong>lingen er illustreret på figuren<br />
1) Udregningen<br />
v<br />
v u ∈ U ⊥<br />
u = projU(v)<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
u 1 · u 2 = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 0 = 0<br />
U
3. JANUAR 2004 257<br />
viser at u 1 og u 2 er ortogonale. Man får ([LA] Sætning 17) projektionen af v = (2,4,6,8)<br />
på u 1 = (1,0,0,0),u 2 = (0,1,1,0)<br />
2) Restvektoren<br />
projU(v) = proju 1 (v) + proju 2 (v)<br />
har en længde, som er afstanden fra v <strong>til</strong> U<br />
= v · u1 u1 +<br />
u1 · u1 v · u2 u2 u2 · u2 = 2 10<br />
(1,0,0,0) +<br />
1 2 (0,1,1,0)<br />
= (2,5,5,0) .<br />
v − projU(v) = (2,4,6,8) − (2,5,5,0)<br />
= (0, −1,1,8)<br />
|(0, −1,1,8)| = √ 66 .<br />
Opgave 6. 1) Angiv egenværdierne for matricen<br />
2) Undersøg om funktionen<br />
har et lokalt ekstremum i (0,0).<br />
2 4<br />
4 2<br />
<br />
.<br />
f(x,y) = x 2 + y 2 + 4xy + x 2 y<br />
Løsning. 1) Det karakteristiske polynomium er<br />
<br />
<br />
2 − λ 4 <br />
<br />
4 2 − λ = λ2 − 4λ − 12 .<br />
Egenværdierne er rødderne −2 og 6 ([LA] Sætning 14).<br />
2) De partielle afledede er<br />
I (0,0) er gradienten<br />
fx = 2x + 4y + 2xy, fy = 2y + 4x + x 2 .<br />
∇f(0,0) = (fx(0,0),fy(0,0)) = (0,0) ,<br />
så den nødvendige betingelse for et lokalt ekstremum er opfyldt. De dobbelte partielle<br />
afledede er<br />
I (0,0) er Hessematricen<br />
fxx = 2 + 2y, fxy = fyx = 4 + 2x, fyy = 2 .<br />
fxx fxy<br />
fyx fyy<br />
<br />
=<br />
2 4<br />
4 2<br />
netop matricen fra 1). Da egenværdierne er = 0 og ikke har samme fortegn, så er (0,0)<br />
ikke et lokalt ekstremum ([LA] 13 side 89).<br />
Alternativt giver andenordenstesten ([S] 11.7 Theorem 3) en størrelse D = fxxfyy−f 2 xy =<br />
−12. Da D < 0, er (0,0) ikke et lokalt ekstremum.
258 IX. OPGAVER<br />
Opgave 7. Betragt differentialligningen<br />
y ′ = −2xy + x .<br />
1) Angiv den fuldstændige løsning.<br />
2) Angiv den løsning y(x), der opfylder y(0) = 1<br />
2 .<br />
Løsning. 1) Graferne for den fuldstædige løsning kan skitseres ud fra retningsdiagrammet<br />
af små linjestykker igennem (x,y) med hældning y ′ (x)<br />
Med notationen ([DL] 1.5, 1.6)<br />
er stamfunktionerne<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
Retningsdiagram og to skitserede grafer<br />
a(x) = −2x, b(x) = x<br />
<br />
A(x) = a(x)dx = −2x dx = −x 2 ,<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx = e x2<br />
x dx<br />
= 1<br />
2 ex2<br />
.<br />
Dette giver den fuldstændige løsning ([DL] 1.5, 1.6 samt rettelser fra Us. 5)<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce −x2<br />
= Ce −x2<br />
+ 1<br />
2 ex2e<br />
−x2<br />
+ 1<br />
2 ,<br />
hvor C er en arbitrær konstant.<br />
2) I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 1<br />
2 .<br />
y(0) = Ce 0 + 1 1<br />
=<br />
2 2<br />
Det ses, at den søgte partikulære løsning er konstant<br />
y(x) = 1<br />
2 .<br />
⇒ C = 0 .<br />
x
4. AUGUST 2004 259<br />
4. August 2004<br />
Opgave 1. Lad D betegne den del af cirkelskiven x 2 + y 2 ≤ 4, der ligger i 1. kvadrant<br />
(tegn!).<br />
1) Beskriv D i polære koordinater.<br />
2) Beregn dobbeltintegralet<br />
Løsning. 1) Området tegnes<br />
D er i polære koordinater<br />
givet ved<br />
y<br />
1<br />
<br />
D<br />
1<br />
x 2 + y 2 + 2 dA.<br />
(1,2) (2,2)<br />
(1,1)<br />
0 1<br />
y = x<br />
Kvartcirklen D = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4}<br />
x = r cos θ, y = r sinθ<br />
{(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π<br />
2 }<br />
2) Dobbelt integralet ops<strong>til</strong>les i polære koordinater<br />
<br />
π/2 2<br />
f(x,y) dA = f(r cos θ,r sin θ)r dr dθ .<br />
og beregnes<br />
D<br />
<br />
D<br />
Opgave 2. Betragt funktionen<br />
1<br />
x2 + y2 dA =<br />
+ 2<br />
0<br />
0<br />
π/2<br />
0<br />
2<br />
0<br />
x<br />
r<br />
r2 dr dθ<br />
+ 2<br />
= π<br />
2 [1<br />
2 ln(r2 + 2)] r=2<br />
r=0<br />
= π<br />
ln 3 .<br />
4<br />
f(x,y) = x · ln(1 + x + y)<br />
defineret i halvplanen x + y > −1.<br />
1) Angiv gradientvektoren ∇f(x,y) for et vilkårligt punkt (x,y) i funktionens definitionsområde.<br />
2) Beregn den retningsafledede af f i punktet (0,1), i retningen “Nordøst”, dvs. i retning<br />
givet ved enhedsvektoren 1 √ 2 (1,1).
260 IX. OPGAVER<br />
Løsning. 1) De partielle afledede er<br />
hvorfra gradienten angives<br />
fx = ln(1 + x + y) +<br />
∇f(x,y) = (fx,fy) = (ln(1 + x + y) +<br />
2) Den retningsafledede i retning u = 1 √ 2 (1,1) er<br />
x<br />
1 + x + y , fy<br />
x<br />
=<br />
1 + x + y ,<br />
x<br />
1 + x + y ,<br />
x<br />
) .<br />
1 + x + y<br />
∇f(0,1) · u = (ln 2,0) · 1 √ 2 (1,1) = 1<br />
√ 2 ln 2 .<br />
Opgave 3. Det oplyses, at vektoren v = (1,2) er en egenvektor for en matrix A af formen<br />
hvor a er et vist reelt tal.<br />
1) Angiv den <strong>til</strong>hørende egenværdi<br />
2) Beregn tallet a.<br />
Løsning. 1) Udregningen<br />
viser at egenværdien<br />
2) a opfylder<br />
altså a = 2 .<br />
A v =<br />
Opgave 4. Betragt funktionen<br />
2 1<br />
a 3<br />
A =<br />
1<br />
2<br />
2 1<br />
a 3<br />
<br />
=<br />
λ = 4 .<br />
<br />
,<br />
4<br />
a + 6<br />
a + 6 = 2λ = 8<br />
<br />
<br />
1<br />
= λ<br />
2<br />
f(x) = sin( x2<br />
2 ).<br />
1) Angiv nogle af de første led i en potensrække i x , der på hele den reelle akse frems<strong>til</strong>ler<br />
funktionen f(x). (Det er <strong>til</strong>strækkeligt at angive leddene af grad ≤ 6.)<br />
2) Beregn tallet f (4) (0) (hvor f (4) betegner den 4. afledede af f).<br />
Løsning. 1) Fra [S] haves<br />
Indsæt y = x2<br />
2<br />
Altså<br />
sin y = y − 1<br />
3! y3 + 1<br />
5! y5 ...<br />
sin( x2<br />
x2 ) =<br />
2 2<br />
1 x2 − 3! (<br />
2 )3 + 1<br />
5!<br />
( x2<br />
2 )5 − ...<br />
sin( x2 1<br />
) =<br />
2 2 x2 − 1<br />
48 x6 + ...<br />
2) I en potensrække f(x) = anxn gælder<br />
Heraf f (4) (0) = 0 .<br />
f (n) (0) = n!an .
Opgave 5. Betragt følgende vektorer i R 3 ,<br />
Det oplyses, at<br />
4. AUGUST 2004 261<br />
u 1 = (1,1,1), u 2 = (0,1,2), u 3 = (−1,0,1).<br />
span(u 1 ,u 2 ) = span(u 1 ,u 3 ) = span(u 2 ,u 3 ).<br />
Dette lineære underrum (plan) kaldes U.<br />
1) Beregn den ortogonale projektion af vektoren v = (6,4,8) ind på U.<br />
2) Angiv en egentlig vektor vinkelret på U.<br />
Løsning. Problems<strong>til</strong>lingen er illustreret på figuren<br />
1) Udregningen<br />
y<br />
1<br />
0 1<br />
(3,4)<br />
∇f<br />
f(x,y) = 5<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
u 1 · u 3 = 1 · (−1) + 1 · 0 + 1 · 1 = 0<br />
viser at u 1 og u 3 er ortogonale. Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v = (6,4,8) på<br />
u 1 = (1,1,1),u 3 = (−1,0,1)<br />
2) Restvektoren<br />
er egentlig og vinkelret på U.<br />
projU(v) = proju 1 (v) + proju 3 (v)<br />
= v · u1 u1 +<br />
u1 · u1 v · u3 u2 u3 · u3 = 18 2<br />
(1,1,1) +<br />
3 2 (−1,0,1)<br />
= (5,6,7) .<br />
v − projU(v) = (6,4,8) − (5,6,7)<br />
= (1, −2,1)<br />
Opgave 6. Det oplyses, at funktionen f(x,y) = x 2 + y 2 antager et minimum under bibetingelsen<br />
g(x,y) = 0, hvor g(x,y) = xy − 5.<br />
1) Angiv samtlige de punkter, hvori dette minimum antages.<br />
2) Beregn minimumsværdien.<br />
x
262 IX. OPGAVER<br />
Løsning. 1) De partielle afledede er<br />
Lagrange ligningerne er<br />
I dette <strong>til</strong>fælde<br />
fx = 2x, fy = 2y, gx = y, gy = x.<br />
fx = λgx, fy = λgy, g = k.<br />
2x = λy, 2y = λx, xy = 5.<br />
x,y er ikke nul og har samme fortegn. Det følger, at λ = 2, x = y . Mulige minimumspunkter<br />
er da<br />
(x,y) = ±( √ 5, √ 5)<br />
Da funktionsværdien i disse punkter er ens, er dette de to søgte punkter.<br />
2) Minimumsværdien er f( √ 5, √ 5) = 10 .<br />
Opgave 7. Bestem den funktion y(x) (for x > 0), der opfylder<br />
og begyndelsesbetingelsen y(1) = 1.<br />
y ′ = − 2y<br />
x<br />
+ x2<br />
Løsning. En analytisk løsning kan med notation fra [DL] beskrives ved<br />
og stamfunktionerne<br />
Dette giver fuldstændig løsning<br />
a(x) = −2<br />
, b(x) = x2<br />
x<br />
<br />
−2<br />
A(x) = a(x)dx = dx = −2ln x ,<br />
x<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx = e 2 ln x x 2 dx<br />
<br />
=<br />
x 2 x 2 dx = 1<br />
5 x5 .<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce −2 ln x + 1<br />
5 e−2 ln x x 5<br />
= C 1 x3<br />
+<br />
x2 5 ,<br />
hvor C er en arbitrær konstant.<br />
I den partikulære løsning bestemmes C ved y(1) = 1.<br />
Det ses, at den søgte partikulære løsning er<br />
y(1) = C 1 x3<br />
4<br />
+ = 1 ⇒ C =<br />
x2 5 5 .<br />
y(x) = 4 x3<br />
+<br />
5x2 5 .
5. JANUAR 2005 263<br />
5. Januar 2005<br />
Opgave 1. Lad v betegne vektoren (4, −3) ∈ R 2 .<br />
1) Angiv en enhedsvektor u (dvs. en vektor af længde 1), som har samme retning som v.<br />
2) Lad f betegne funktionen f(x,y) = ln(1 + x + 2y). Angiv den retningsafledede<br />
Duf(0,0).<br />
Løsning. 1) Længden af v = (4, −3) er v = 42 + (−3) 2 = √ 25 = 5. Enhedsvektoren<br />
i v’s retning er<br />
u = 1 1<br />
v = (4, −3) = (4 , −3 ) .<br />
v 5 5 5<br />
2) De partielle afledede af f(x,y) = ln(1 + x + 2y) er<br />
fx =<br />
hvorfra gradienten i (0,0) fås<br />
1<br />
1 + x + 2y , fy<br />
2<br />
=<br />
1 + x + 2y ,<br />
∇f(0,0) = (fx(0,0),fy(0,0)) = (1,2) .<br />
Den retningsafledede i retning u = ( 4<br />
5 , −3<br />
5 ) er ifølge [S] 11.6<br />
∇f(0,0) · u = (1,2) · ( 4 4 6<br />
, −3 ) = − = −2<br />
5 5 5 5 5 .<br />
Opgave 2. Betragt følgende tre vektorer i R 4 :<br />
u 1 = (1,2,3,4), u 2 = (−3, −1,5,5), u 3 = (−4, −3,2,1).<br />
1) Undersøg hvilke af følgende udsagn der gælder:<br />
2) Det oplyses, at<br />
u 1 ⊥ u 2 , u 2 ⊥ u 3 , u 1 ⊥ u 3 .<br />
span(u 1 ,u 2 ) = span(u 2 ,u 3 ) = span(u 1 ,u 3 ).<br />
Dette underrum kaldes U. Lad v betegne vektoren v = (30,30,0,0). Angiv den ortogonale<br />
projektion projU(v) af vektoren v på U.<br />
Løsning. 1) Udregn<br />
u 1 · u 2 = −3 − 2 + 15 + 20 = 30 = 0<br />
u 1 · u 3 = −4 − 6 + 6 + 4 = 0<br />
u 2 · u 3 = 12 + 3 + 10 + 5 = 30 = 0<br />
Så u 1 ⊥ u 3 er det eneste sande udsagn.<br />
2) Problems<strong>til</strong>lingen er illustreret på figuren<br />
v<br />
v u ∈ U ⊥<br />
u = projU(v)<br />
Ortogonal projektion på underrum<br />
U
264 IX. OPGAVER<br />
Da U = span(u 1 ,u 3 ) og u 1 og u 3 er ortogonale fås fra [LA] Sætning 17 projektionen af<br />
v = (30,30,0,0) på U<br />
projU(v) = proju 1 (v) + proju 3 (v)<br />
u1 +<br />
u1 · u1 v · u3 u3 · u3 = v · u 1<br />
u 2<br />
30 + 60<br />
−120 − 90<br />
=<br />
(1,2,3,4) + (−4, −3,2,1)<br />
1 + 4 + 9 + 16 16 + 9 + 4 + 1<br />
= 3(1,2,3,4) − 7(−4, −3,2,1)<br />
= (31,27, −5,5) .<br />
Opgave 3. Lad T betegne trekanten i xy-planen afgrænset af x-aksen, y-aksen og linien<br />
x + y = 2 (tegn!). Udregn dobbeltintegralet<br />
<br />
e x+3y dA.<br />
Løsning. Området tegnes<br />
y<br />
2<br />
T<br />
0 2<br />
Trekanten T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 2 − x}<br />
T er af type I. Dobbelt integralet ops<strong>til</strong>les itereret, [S] 12.2,<br />
og beregnes<br />
<br />
T<br />
<br />
T<br />
f(x,y) dA =<br />
e x+3y dA =<br />
2 2−x<br />
0<br />
0<br />
x<br />
f(x,y)dy dx<br />
2 2−x<br />
e<br />
0 0<br />
x e 3y dy dx<br />
2<br />
= e<br />
0<br />
x [ 1<br />
3e3y ] y=2−x<br />
y=0 dx<br />
= 1<br />
2<br />
e<br />
3 0<br />
x (e 6−3x − 1)dx<br />
= 1<br />
3 [e6 (−1 2e−2x ) − e x ] 2 0<br />
= 1<br />
3 (e6 (− 1<br />
= 1<br />
6 e6 − 1<br />
2 e2 + 1<br />
3 .<br />
2e−4 ) − e 2 − (e 6 (−1 2<br />
) − 1))
Opgave 4. For et vilkårligt reelt tal b betragtes matricen<br />
⎡<br />
0 0<br />
⎤<br />
1<br />
⎣ 0 b 0 ⎦.<br />
4 0 0<br />
1) Vis at b er en egenværdi for denne matrix.<br />
2) Angiv egenrummet for egenværdien 2 for matricen<br />
⎡<br />
0 0<br />
⎤<br />
1<br />
⎣ 0 2 0 ⎦.<br />
4 0 0<br />
Løsning. 1) Lad<br />
Så har matricen<br />
A = ⎣<br />
5. JANUAR 2005 265<br />
⎡<br />
⎡<br />
A − bI = ⎣<br />
0 0 1<br />
0 b 0<br />
4 0 0<br />
⎤<br />
⎦.<br />
−b 0 1<br />
0 0 0<br />
4 0 −b<br />
en 0-række. Dermed er nulrummet ikke trivielt og b er en egenværdi, [LA] 9.<br />
2) Den opgivne matrix er A for b = 2. Nulrummet beregnes ved elimination. Rækkere-<br />
duktionen<br />
⎡<br />
A − 2I = ⎣<br />
giver det reducerede ligningssystem<br />
−2 0 1<br />
0 0 0<br />
4 0 −2<br />
⎤<br />
x1 = 1<br />
2 x3<br />
En vektor (x1,x2,x3) i nulrummet opskrives<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
⎣<br />
x1<br />
x2<br />
x3<br />
Det ses, at egenrummet er<br />
⎦ = ⎣<br />
1<br />
2 x3<br />
x2<br />
x3<br />
⎦ = x2 ⎣<br />
⎡<br />
E2 = span( ⎣<br />
0<br />
1<br />
0<br />
⎡<br />
⎦ ∼ ⎣<br />
⎤<br />
⎡<br />
0<br />
1<br />
0<br />
⎦ , ⎣<br />
Opgave 5. Betragt differentialligningen (for x > 0)<br />
⎡<br />
dy 3y<br />
= + x.<br />
dx x<br />
⎤<br />
⎤<br />
⎦<br />
1 0 −1<br />
2<br />
0 0 0<br />
0 0 0<br />
⎡<br />
⎦ + x3 ⎣<br />
1<br />
2<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
⎦) .<br />
Angiv den løsning y(x) (for x > 0), der opfylder y(1) = 2.<br />
Løsning. En analytisk løsning kan med notation fra [LA] 14 beskrives ved<br />
a(x) = 3<br />
, b(x) = x<br />
x<br />
1<br />
2<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
⎦<br />
⎤<br />
⎦
266 IX. OPGAVER<br />
og stamfunktionerne<br />
Dette giver fuldstændig løsning<br />
<br />
3<br />
A(x) = a(x)dx = dx = 3ln x ,<br />
x<br />
<br />
B(x) = e −A(x) <br />
b(x)dx =<br />
<br />
= x −3 <br />
x dx = x −2 dx<br />
= −x −1 .<br />
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)<br />
= Ce 3 ln x − x −1 3 ln x<br />
e<br />
= Cx 3 − x −1 x 3<br />
= Cx 3 − x 2 ,<br />
hvor C er en arbitrær konstant.<br />
I den partikulære løsning bestemmes C ved y(1) = 2.<br />
Det ses, at den søgte partikulære løsning er<br />
2 = C1 3 − 1 2 ⇒ C = 3 .<br />
y(x) = 3x 3 − x 2 .<br />
e −3 ln x x dx<br />
Opgave 6. 1) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (−1,1) frems<strong>til</strong>ler funktionen<br />
f(x) = arctan(x 2 )<br />
(arctan betegnes i lærebogen tan −1 , jvf. f.eks. s. 608-609.)<br />
2) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (−1,1) frems<strong>til</strong>ler funktionen f ′ (x), hvor<br />
f(x) = arctan(x 2 ).<br />
For begge rækker er det <strong>til</strong>strækkeligt at angive så mange led, at mønsteret træder frem.<br />
Løsning. 1) Fra [S] 8.7 haves<br />
Indsæt y = x 2<br />
Altså er<br />
arctan y = y − 1<br />
3 y3 + 1<br />
5 y5 − ...<br />
arctan(x 2 ) = x 2 − 1<br />
3! (x2 ) 3 + 1<br />
5 (x2 ) 5 − ...<br />
f(x) = x 2 − 1<br />
3 x6 + 1<br />
5 x10 − 1<br />
7 x14 + ...<br />
2) Den afledede f ′ (x) fås ved ledvis differentiation<br />
Altså er<br />
Opgave 7. Betragt funktionen<br />
f ′ (x) = 2x − 6<br />
3 x5 + 10<br />
5 x9 − 14<br />
7 x13 + ...<br />
f ′ (x) = 2x − 2x 5 + 2x 9 − 2x 13 + ...<br />
f(x,y) = x 3 + y 3 + 3xy.
5. JANUAR 2005 267<br />
1) Undersøg hvilke af følgende tre punkter, der er kritiske punkter for f:<br />
(1,1), (0,0), (−1, −1).<br />
2) Det oplyses, at f har netop to kritiske punkter. For hvert af de kritiske punkter for f<br />
ønskes angivet, om det er et lokalt maximum, et lokalt minimum, eller ingen af delene.<br />
Løsning. 1) For f(x,y) = x 3 + y 3 + 3xy er de partielle afledede<br />
Gradienterne ∇f = (fx,fy) beregnes<br />
Så (0,0),(−1, −1) er kritiske punkter.<br />
2) De andenordens partielle afledede er<br />
fx = 3x 2 + 3y, fy = 3y 2 + 3x.<br />
∇f(1,1) = (6,6)<br />
∇f(0,0) = (0,0)<br />
∇f(−1, −1) = (0,0) .<br />
fxx = 6x, fxy = 3, fyy = 6y .<br />
Hessematricen er<br />
<br />
6x<br />
H(f) =<br />
3<br />
<br />
3<br />
.<br />
6y<br />
I de kritiske punkter fås:<br />
<br />
0<br />
H (f) =<br />
(0,0) 3<br />
<br />
3<br />
,<br />
0<br />
som har determinant = −9. Punktet (0,0) er derfor et saddelpunkt.<br />
<br />
−6 3<br />
H (f) = ,<br />
(−1,−1) 3 −6<br />
som har karakteristisk polynomium<br />
<br />
<br />
<br />
−6 − λ 3 <br />
<br />
3 −6 − λ = λ2 + 12λ + 25<br />
med rødder −12±√144−100 2<br />
13.2.<br />
< 0. Punktet (−1, −1) er derfor et lokalt maksimum, [LA]
Litteratur<br />
Arnold, Ordinary differential equations, MIT press 1980. (Frisk velskrevet og moderne <strong>til</strong>gang).<br />
Birkhoff & Rota, Ordinary differential equations, Wiley and Sons 1978. (Fine figurer, meget populær).<br />
Bohr & Mollerup, Lœrebog i matematisk analyse, Gjellerup 1949. (En gedigen dansk klassiker).<br />
Braun, Differential equations and their applications, Springer Verlag 1975. (Udførlige eksempler og<br />
gennemregninger af konkrete modeller).<br />
Coddington & Levinson, Theory of ordinary differential equations, McGraw-Hill 1955. (Omfattende,<br />
men alligevel <strong>til</strong>gængelig).<br />
Edwards & Penney, Differential equations, computing and modeling, Prentice Hall 1996. (Elementær,<br />
supplerer forfatternes ”calculus” bog).<br />
Hartmann, Ordinary differential equations, Wiley & Sons 1964. (Den mest omfattende nyere bog om<br />
emnet).<br />
Hirsh & Smale, Differential equations, dynamical systems and linear algebra, Academic Press 1974.<br />
(Bogen om lineære systemer).<br />
Ince, Ordinary differential equations, Dover Publ. 1917. (Klassisk bog med mange ikke-lineære typer).<br />
Iversen, Reelle funktioner af en variabel, <strong>Aarhus</strong> <strong>Universitet</strong>sforlag 1988. (Har et godt afsnit om lineære<br />
systemer med udførlige beviser).<br />
Iversen, Reelle funktioner af flere variable, <strong>Aarhus</strong> <strong>Universitet</strong>sforlag 1988. (Udførlige beviser).<br />
Kock, Lineœr algebra, <strong>Aarhus</strong> <strong>Universitet</strong> 2003. (Noter <strong>til</strong> kurset).<br />
Nielsen, Differentialligninger, <strong>Aarhus</strong> <strong>Universitet</strong> 2003. (Noter <strong>til</strong> kurset).<br />
Poulsen, Funktioner af en og flere variable, Gad 2001. (Noter <strong>til</strong> kurset for matematikstuderende).<br />
Simmons, Differential equations with applications and historical notes, McGraw-Hill 1972. (Fornøjelig<br />
læsning med mange oplysninger).<br />
Stewart, Calculus - concepts and contexts, Brooks/Cole 2001. (Lærebogen, lidt magert omkring differentialligninger<br />
og modelering).<br />
269
0-række/søjle, 187<br />
n-te afsnitssum, 121<br />
(koordinat)vektor, 163<br />
(lokal) stabil, 160<br />
(matrix)indgang, 166<br />
Øvre trekantsmatrix, 187<br />
“Reducer <strong>til</strong> øvre trekantsmatrix”, 189<br />
absolut ekstremum, 52<br />
absolut ekstremumsværdi, 52<br />
absolut maksimum, 51<br />
absolut maksimumsværdi, 51<br />
absolut minimum, 51<br />
absolut minimumsværdi, 51<br />
absolut værdi, 224<br />
adderes, 167<br />
afledede, 17<br />
afstanden, 213<br />
aftagende:, 119<br />
Algebraens fundamentalsætning, 231<br />
Arctan rækken, 125<br />
Argand planen, 223<br />
argumentet, 227<br />
associativ, 168<br />
Associativ lov, 164, 169<br />
augmenteret matrix, 181<br />
autonom system, 160<br />
bølgeligningen, 24<br />
begrænset:, 120<br />
begrœnsningen, 63, 65, 69<br />
begyndelsesværdi, 139<br />
begyndelsesværdiproblem, 155<br />
begyndelsesværdiproblemet, 144<br />
Beregning af determinant, 188<br />
bestemte integral, 73<br />
bibetingelsen, 63, 65, 69<br />
binomialrækken, 125<br />
Cosinusrækken, 125<br />
definitionsmængden, 11<br />
definitionsmœngden, 7<br />
Den geometriske række, 125<br />
Den kommutative lov holder ikke, 169<br />
Determinanten, 186, 187<br />
diagonalisere, 204<br />
diagonalmatrix, 170, 203<br />
differentiabel, 30<br />
Differentialet, 30<br />
Stikord<br />
271<br />
differentialligningen, 154<br />
dimensionale koordinatvektorrum, 163<br />
Distributive love, 165, 169<br />
divergent, 114, 116, 118, 121<br />
Dobbelt integralet, 75, 90<br />
dobbelte Riemann sum, 76<br />
Dobbeltintegralet, 91<br />
egenrummet, 196<br />
egentlig, 193<br />
egentlig løsning, 191<br />
egenværdi, 193<br />
egenvektor, 193<br />
Eksponentialrækken, 125, 126<br />
enhedsvektor, 210<br />
Enten-eller-princip (22), 183<br />
Eulers formel, 231<br />
fuldstændig løsning, 176<br />
fuldstœndige løsning, 145<br />
funktion af to variable, 7<br />
Gør prøve, 185<br />
geometriske række, 122<br />
Grænseværdien, 11<br />
gradienten, 44, 46<br />
Grafen, 8<br />
hastighedsfeltet, 157<br />
Hesse matricen, 55<br />
homogen, 145<br />
homogene part, 145, 149<br />
homogent, 149, 176<br />
hovedkvadratroden, 226<br />
Identitetsmatricen, 170<br />
Identitetsmatricen (enhedsmatricen), 203<br />
ikke-nul (egentlige), 195<br />
imaginærdel, 223<br />
imaginære enhed, 223<br />
imaginœre akse, 224<br />
inhomogene, 145, 149<br />
inhomogent, 176<br />
invers matrix, 173<br />
invertibel, 173<br />
itererede integral, 83<br />
Jacobideterminanten, 191<br />
Jakobimatricen, 37
272 STIKORD<br />
karakteristiske polynomium, 196<br />
koefficienter, 125, 165<br />
koefficientmatricen, 148<br />
koefficientmatrix, 176<br />
Kommutativ lov, 164<br />
kompleks tal, 223<br />
komplekse eksponentialfunktion, 231<br />
komplekse logatitmefunktion, 232<br />
komplekse plan, 223<br />
komplekse tal, 154<br />
komplekse trigonometriske funktioner, 232<br />
konjugerede tal, 225<br />
kontinuert i D, 12<br />
Kontinuitet, 12<br />
konturlinjen, 8<br />
konvergensintervallet, 126<br />
konvergensradius, 126<br />
konvergent, 114, 116, 118, 121<br />
koordinat, 163<br />
kritisk punkt, stationœrt punkt, 53<br />
kvadratisk, 203<br />
kvadratisk matrix, 170<br />
løsning, 148, 154<br />
løsningsrummet, 177<br />
lœngden, normen, 210, 213<br />
Lagrange multiplikator, 64, 65<br />
Lagrange multiplikatorer, 70<br />
Laplaces ligning, 24<br />
ligevægt, 160<br />
lineær afbildning, 171<br />
lineære approximation, 28<br />
lineære ligninger, 175<br />
lineœre 1. ordens differentialligning, 145<br />
lineœrt differentialligningssystem, 148<br />
lineariseringen, 28<br />
linearkombinationen, 165<br />
Logaritmerækken, 125, 126<br />
logistiske ligning, 144<br />
lokal ekstremumsværdi, 52<br />
lokal maksimumsværdi, 50<br />
lokal minimumsværdi, 50<br />
lokalt ekstremum, 52<br />
lokalt maksimum, 50<br />
lokalt minimum, 50<br />
Lotka-Volterra ligningerne, 148<br />
lukket, 59<br />
Maclaurinrække, 130<br />
matrix, 166<br />
matrix form, 175<br />
matrixmultiplikation, 167<br />
modulus, 224<br />
monoton:, 120<br />
multipliceres, 167<br />
multiplicitet, 200<br />
nedad<strong>til</strong> begrænset:, 120<br />
Niveaukurven, 8<br />
nulmatricen, 166<br />
Nulreglen gœlder ikke, 169<br />
nulrummet, 177<br />
nulvektoren, 163<br />
Observationer om determinant nul, 188<br />
opad<strong>til</strong> begrænset:, 120<br />
ortogonale komplement, 213<br />
ortogonale projektion, 215<br />
ortogonale, vinkelrette, 213<br />
partiel differentialligning, 24<br />
partielle afledede, 18<br />
partielle integral, 83<br />
Partikulær løsning, 176<br />
partikulær løsning, 145<br />
pivot indgange, 181<br />
polæraksen, 14, 226<br />
polært koordinatsystem, 14, 226<br />
Polœr Type II integral, 105<br />
polœrt rektangel, 101<br />
polarformen, 227<br />
polen, 14, 226<br />
potens, 174<br />
potensrække, 125<br />
Potensreglen for determinant, 191<br />
Prikproduktet, skalarproduktet, 209<br />
række, 166<br />
rækkeoperationsmatrix, 184<br />
rækkevektor/rækkematrix, 166<br />
rœkke-echelon form, 180, 181<br />
Rœkkeoperationer, 180<br />
Rœkkeoperationer på en matrix, 181<br />
randpunkt, 59<br />
realdel, 223<br />
reelle akse, 224<br />
Regneregler for skalarprodukt, 211<br />
rekursionen, 142<br />
retningsafledede, 41, 46<br />
retningsfelt, 141<br />
Riemann summen, 74<br />
rækker, 166<br />
søjle, 166<br />
søjler, 166<br />
søjlevektor/søjlematrix, 166<br />
saddelpunkt, 53<br />
separabel, 143, 145<br />
Simple regneregler, 169<br />
Sinusrækken, 125<br />
skalar, 164<br />
Skalarmultiplikation, 164<br />
skalarproduktet, 210, 213<br />
skaleres, 167<br />
span, 165<br />
standard enhedsvektor, 169, 202<br />
sum, 121<br />
Sum af vektorer, 164<br />
Sum, Skalarmultiplikation, 167<br />
Tangentlinjen, 25<br />
Tangentplanen, 26<br />
Taylorrække, 130<br />
<strong>til</strong>væksten, 29<br />
Type I integral, 92<br />
Type II integral, 93<br />
ubekendte, 175
ubestemt af form 0<br />
, 111 0<br />
ubestemt af form ∞<br />
, 112 ∞<br />
uegentlige integral, 114, 116<br />
uendelig række, 120<br />
underrum, 165<br />
ustabil, 160<br />
Vækstligningen, 144<br />
Værdimængden, 11<br />
vœrdimœngden, 7<br />
vektorer, 165<br />
vektorrum, 165<br />
voksende:, 119<br />
STIKORD 273