A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet

data.imf.au.dk

A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet

CALCULUS

"SLIDES" TIL CALCULUS 1 + 2

INSTITUT FOR MATEMATISKE FAG

AARHUS UNIVERSITET

2004


Indhold

Forord 5

I. Differentiation 7

1. Kontinuitet 7

2. Partielle afledede 17

3. Tangentplan 25

4. Kædereglen 33

5. Gradient 40

6. Maksimum/minimum 50

7. Lagrangemetoden 62

II. Integration 73

1. Dobbelt integral 73

2. Itereret integral 81

3. Generelle områder 90

4. Koordinatskift 100

III. Potensrækker 111

1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler 111

2. Talfølger og rækker 118

3. Potensrækker 125

4. Taylorpolynomier 133

IV. Differentialligninger 139

1. Grafiske/numeriske metoder 139

2. 1. ordens ligninger 145

3. Generelle metoder 154

V. Matricer 163

1. Vektorer og matricer 163

2. Lineære afbildninger 171

3. Lineære ligninger 178

4. Determinanter 185

VI. Egenvektorer og diagonalisering 193

1. Egenvektorer 193

2. Diagonalisering 202

VII. Skalarprodukt og projektion 213

1. Ortogonal projektion 213

VIII. Appendiks 223

1. Polære koordinater og komplekse tal 223

IX. Opgaver 233

1. August 2002 233

3


4 INDHOLD

2. Januar 2003 243

3. Januar 2004 253

4. August 2004 259

Litteratur 263

Stikord 265


Forord

"Slides" til forelæsningerne i Calculus 1 og 2 er her samlet på tværs. Der er desuden

et stikordsregister, som kan være til nytte. Man kan navigere via indholdsfortegnelse og

stikordsregister.

I øvrigt henvises til hjemmesiden for kurset.

De sædvalige forkortelser er:

Lærebøger

[S] James Stewart: Calculus, concepts and contexts. 2nd. edition.

[LA] Anders Kock & H.A. Nielsen: Lineær algebra & Differentialligninger.

5


I

Differentiation

1. Kontinuitet

1.1. Oversigt ☞ [S] 9.6, 11.1, 11.2, App. H.1

Nøgleord og begreber

✌ Funktioner af flere variable

✌ Grafen og niveaukurver

✌ Grænseovergange og grænseværdier

✌ Kontinuitet i flere variable

✌ Test kontinuitet

✌ Polære koordinater

✌ Test polære koordinater

1.2. En generel funktion ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces

Figur

y

0

D

(x,y)

x

D ⊂ R 2 , f : D → R

f(x,y)

1.3. Definitions- og værdimængde ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces

Definition

En tilordning af et tal til et givet talpar definerer en funktion af to variable

Mængden af talpar

kaldes definitionsmœngden.

Mængden af tal

kaldes vœrdimœngden.

f : D → R

D ⊂ R 2

f(D) = {f(x,y) ∈ R |(x,y) ∈ D}

7


8 I. DIFFERENTIATION

1.4. Bestem definitionsmængden ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Eksempel 3

Forskriften

g(x,y) = 9 − x 2 − y 2

giver en funktion med definitionsmængde

D = {(x,y)|9 − x 2 − y 2 ≥ 0} = {(x,y)| x 2 + y 2 ≤ 3}

som er cirkelskiven med centrum i 0 og radius 3.

Værdimængden er intervallet

g(D) = [0,3] ⊂ R

1.5. Et populært problem ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Eksempel

Aktive væsker x,y,z blandes med proportional virkning

V = xyz

Hvilket blandingsforhold giver størst virkning?

x + y + z = 1

V = xy(1 − x − y)

D = {(x,y)|x > 0,y > 0,x + y < 1}

Bestem maksimum for funktionen V på mængden D.

1.6. Graf og niveaukurve ☞ [S] 9.6, 11.1 Functions of several variables

Definition

Grafen for en funktion f : D → R

er en flade i rummet R 3 .

Γf = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,z = f(x,y)}

Niveaukurven(konturlinjen) af kote k for en funktion f : D → R

er en kurve i planen R 2 .

Koter k vælges fra værdimængden.

f −1 (k) = {(x,y) ∈ D|f(x,y) = k}

1.7. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

z

x

y


1. KONTINUITET 9

Grafen af f(x,y) = x 2 − y 2

1.8. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

y

Niveaukurver for f(x,y) = x 2 − y 2

y = ± √ x 2 − 4

1.9. Halvkugleskal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Eksempel 3,4,8

g(x,y) = 9 − x 2 − y 2

Grafen er en halvkugleskal

Niveaukurver er cirkler

Γg = {(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 9,z = 9 − x 2 − y 2 }

= {(x,y,z)|x 2 + y 2 + z 2 = 9,z ≥ 0}

g −1 (k) = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 9, 9 − x 2 − y 2 = k}

= {(x,y)|x 2 + y 2 = 9 − k 2 }

1.10. Globus ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

z

x

Grafen for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2

1.11. Breddegrader ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

x

y


10 I. DIFFERENTIATION

y

0

x 2 + y 2 = 9 − k 2

Niveaukurver for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2

1.12. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

z

x

Grafen af f(x,y) =

y

x

−y

1 + x 2 + y 2

1.13. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Figur

y

Niveaukurver for f(x,y) =

−y

1 + x 2 + y 2

x


1. KONTINUITET 11

1.14. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.1 Functions of several variables

Eksempel 11

Omtalen af funktioner i to variable udvides umiddelbart til tre eller flere variable.

Udtrykket

f(x,y,z) = ln(z − y) + xy sin(z)

er en funktion i tre variable, defineret på definitionsmængden

Værdimængden er

D = {(x,y,z) ∈ R 3 |z > y}

f(D) = R

1.15. Goddag igen til grænseværdier ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

1 Definition

Grænseværdien af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives

eller

lim f(x,y) = L

(x,y)→(a,b)

f(x,y) → L for (x,y) → (a,b)

når f antager værdier vilkårligt tæt på L, bare (x,y) er tilstrækkeligt tæt på (a,b).

1.16. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables

5 Definition

Grænseværdien

lim f(x,y) = L

(x,y)→(a,b)

eksisterer, hvis

∀ɛ > 0 ∃δ > 0 :

(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − L| < ɛ

1.17. Ingen grænseværdi ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Eksempel 1

f(x,y) = x2 − y 2

x 2 + y 2

har ingen grænseværdi for (x,y) → (0,0).

Løsning

f(x,0) = 1,x = 0

f(0,y) = −1,y = 0

1.18. Regneregler som forventet ☞ [S] 2.3 Calculating limits using the. . .

Regneregler

(1) Grænseværdien af en sum er summen af grænseværdierne.

(2) Grænseværdien af en differens er differensen af grænseværdierne.

(3) Grænseværdien af en konstant gange en funktion er konstanten gange grænseværdien.

(4) Grænseværdien af et produkt er produktet af grænseværdierne.

(5) Grænseværdien af en kvotient er kvotienten af grænseværdierne.


12 I. DIFFERENTIATION

1.19. Kontinuitet på ny ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

3 Definition

Kontinuitet af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives

eller

lim f(x,y) = f(a,b)

(x,y)→(a,b)

f(x,y) → f(a,b) for (x,y) → (a,b)

f er kontinuert i D, hvis f er kontinuert i alle punkter (a,b) ∈ D.

1.20. Godt naboskab ☞ [S] 11.2 Limits and continuity Figur

y

0

D

(x,y)

(a, b)

x

Kontinuitet

f(x,y)

f(a, b)

1.21. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables

Definition

Kontinuitet

lim f(x,y) = f(a,b)

(x,y)→(a,b)

hvis der gælder

∀ɛ > 0 ∃δ > 0 :

(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − f(a,b)| < ɛ

1.22. Test kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Test

Hvis f(x,y) er en kontinuert funktion defineret i hele R 2 , så er

lim f(x,y) = f(0,0).

(x,y)→(0,0)

Løsning

Dette er netop definitionen på kontinuitet i (0,0).

Afkryds:

ja nej


1.23. Regler om kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Morale for kontinuitet

(1) De fire regningsarter og sammensat funktion af kontinuerte funktioner danner

igen kontinuerte funktioner.


(2) De kendte elementære funktioner

1. KONTINUITET 13

sin,cos,tan,arcsin,...,exp,log,...

er kontinuerte.

(3) Funktionsudtryk er kontinuerte, hvor de er definerede.

1.24. Anvend regler ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Eksempler om kontinuitet

(1) Kontinuert på R 2

(2) Kontinuert på R 2 ,x = pπ

(3) Kontinuert når x 2 + y 2 > 2

x − y

x 2 + y 2 + 1

cos y

sin x

ln(x 2 + y 2 − 2)

1.25. Kontinuert de rigtige steder ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Eksempel 1, 6, 7

g(x,y) =

x 2 −y 2

x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0)

0, (x,y) = 0

er ikke kontinuert i (0,0), da g(x,y) ingen grænseværdi har for (x,y) → (0,0).

Fra regneregler for kontinuitet følger, at g(x,y) er kontinuert på mængden R 2 \{(0,0)} af

alle talpar fraregnet (0,0).

1.26. Hul i taget ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Figur

z

x

y

Ikke kontinuert i (0,0)

1.27. Øvelse ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Eksempel 4, 8

er kontinuert på mængden R 2 .

f(x,y) =

3x 2 y

x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0)

0, (x,y) = 0


14 I. DIFFERENTIATION

Løsning

viser, at

|f(x,y)| = 3

x 2

x2 |y| ≤ 3|y|

+ y2 f(x,y) → 0, når (x,y) → (0,0)

1.28. Øvelse grafisk ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Figur

z

x

Kontinuert i (0,0)

1.29. Udvid det hele til mange variable ☞ [S] 11.2 Limits and continuity

Flere variable

Omtalen af grænseværdi og kontinuitet for funktioner i to variable udvides umiddelbart til

tre eller flere variable.

Eksempel

Funktionen

f(x,y,z) =

er kontinuert på mængden R 3 \{(0,0,0)}.

y

1

x 2 + y 2 + z 2

1.30. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Definition

Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen

ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem

polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O til P

regnet med fortegn mht. den valgte polærakse.

θ

O 1

r

1.31. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Definition

P


1. KONTINUITET 15

Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med

polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater

) bestemmer y-aksen.

(1, π

2

y

1

θ

O 1

r

P(r cos(θ), r sin(θ))

1.32. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Sætning

Givet et polœrt og tilhørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater

(r,θ) har kartesiske koordinater

1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)

Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y

x )

1.33. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Eksempel

Et punkt med polære koordinater

har kartesiske koordinater

x

(r,θ) = (2, 5π

4 )

x = r cos θ = 2cos 5π

4 = −√ 2

y = r sin θ = 2sin 5π

4 = −√ 2

(x,y) = (− √ 2, − √ 2)

1.34. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Figur


16 I. DIFFERENTIATION

P(− √ 2, − √ 2)

5π/4

2

y

3 √ 2

1

π/4

P(3,3)

1.35. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Eksempel

Et punkt med kartesiske koordinater

har polære koordinater

(x,y) = (3,3)

r = x 2 + y 2 = 3 2 + 3 2 = 3 √ 2

−1 y 3 π

θ = tan = tan−1 =

x 3 4

(r,θ) = (3 √ 2, π

4 )

1.36. Test polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Test

Punktet med kartesiske koordinater (x,y) = (1,1) har polære koordinater:

(a) (r,θ) = (2,π). (b) (r,θ) = ( √ 2, π

2 ). (c) (r,θ) = (√ 2, π

4 ).

Løsning

y

0 1

(1,1)

x

Afkryds den rigtige:

r = x2 + y2 = 12 + 12 = √ 2

tan θ = y 1

= = 1

x 1

θ = π

4

x

(a) (b) (c)


1.37. Delmængder i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Eksempel

y

0

a b x

Den halve cirkelring i øvre halvplan

kan beskrives i både kartesiske

koordinater og i polære koordinater.


I kartesiske koordinater ved

I polære koordinater ved

2. PARTIELLE AFLEDEDE 17

{(x,y)|a ≤ x 2 + y 2 ≤ b, 0 ≤ y}

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π}

1.38. Funktioner i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Eksempel

En funktion g : R 2 \{0} → R er givet i kartesiske koordinater ved forskriften

(x,y) ↦→ x2 − y 2

x 2 + y 2

I polære koordinater x = r cos(θ), y = r sin(θ) er funktionen g givet ved

(r,θ) ↦→ (r cos θ)2 − (r sin θ) 2

(r cos θ) 2 + (r sin θ) 2

= (cos θ) 2 − (sin θ) 2

= cos(2θ)

2. Partielle afledede

2.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 3.1, 3.4, 11.3

Nøgleord og begreber

✌ Differentiabel funktion i en variabel

✌ Partielle afledede i flere variable

✌ Notation og regneregler for partielle afledede

✌ Test partielle afledede

✌ Grafisk afledede

✌ Test grafisk afledede

✌ Højere partielle afledede

✌ Differentiationsordenen er ligegyldig

✌ Partielle differentialligninger

✌ Test Laplaces ligning

2.2. Tangenthældning ☞ [S] 2.7 Derivatives

2 3 Definition

Den afledede af f(x) i tallet a er

df

dx (a) = f ′ f(a + h) − f(a)

(a) = lim

h→0 h

y

(a, f(a))

(a + h, f(a + h))

f(x)

x


18 I. DIFFERENTIATION

2.3. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . .

d

dx (xn ) = nx n−1

d

dx (ex ) = e x

d 1

(ln(x)) =

dx x

d

dx (ax ) = ln(a)a x

2.4. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . .

d

(sin(x)) = cos(x)

dx

d

(cos(x)) = −sin(x)

dx

d

dx (tan(x)) = 1 + tan2 (x)

d

dx (sin−1 1

(x)) = √

1 − x2 d

dx (tan−1 (x)) = 1

1 + x2 2.5. Vælg og afled ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 1

Givet funktionen

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

Hold y fast

Hold x fast

d

dx f(x,y) = 3x2 + 2xy 3

d

dy f(x,y) = 3x2 y 2 − 4y

2.6. Partielt afledt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

4 Definition

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til x i punktet (a,b) er

∂f f(a + h,b) − f(a,b)

(a,b) = lim

∂x h→0 h

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til y i punktet (a,b) er

∂f f(a,b + h) − f(a,b)

(a,b) = lim

∂y h→0 h


2. PARTIELLE AFLEDEDE 19

2.7. Skrives forskelligt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Notation

Ses også

∂f

(x,y) = fx(x,y)

∂x

∂f

(x,y) = fy(x,y)

∂y

fx(x,y) = f1(x,y)

fy(x,y) = f2(x,y)

2.8. Nemt at aflede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 1

Funktionen

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

har partielle afledede

fx(x,y) = 3x 2 + 2xy 3

fy(x,y) = 3x 2 y 2 − 4y

2.9. Graf uden kanter ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Figur - Eksempel 1

z

x

0

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

2.10. Nyttige regler ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Morale for Partielle afledede

(1) fx beregnes ved at holde y fast og differentiere med hensyn til x.

(2) fy beregnes ved at holde x fast og differentiere med hensyn til y.

(3) Alle regneregler for differentiation i en variabel, +, −, ·,/, sammensatfunktion,

inversfunktion kan benyttes.

2.11. Udregning af partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 3

f(x,y) = sin( x

1 + y )

y


20 I. DIFFERENTIATION

har partielle afledede

fx(x,y) = sin ′ ( x


d x

) ·

1 + y dx 1 + y

fy(x,y) = sin ′ ( x


d x

) ·

1 + y dy 1 + y


= cos( x 1

)

1 + y 1 + y

= cos( x −x

)

1 + y (1 + y) 2

2.12. Udregning af partielle afledede

Eksempel

☞ [S] 11.3 Partial derivatives

f(x,y) = ln(

1

har partielle afledede

og tilsvarende

1 + x2 )

+ y2 fx(x,y) = ln ′ 1

(

1 + x2

d

) ·

+ y2 dx

−2x

fy(x,y) =

= (1 + x 2 + y 2 )

(1 + x2 + y2 ) 2

−2x

=

(1 + x2 + y2 )

−2y

(1 + x 2 + y 2 )

1

1 + x 2 + y 2

2.13. Test partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Test

Betragt funktionen f(x,y) = x3 − y2 + xy.

(a) fx = 3x2 − y2 + y. (b) fx = 3x3 − y2 + y.

(c) fx = 3x2 + y. (d) fx = 3x2 − 2y2 + y.

Løsning

For y fastholdt

Afkryds den rigtige påstand:

fx(x,y) = d

dx (x3 − y 2 + xy)

= 3x 2 − 0 + y


(a) (b) (c) (d)


2.14. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Grafisk bestemmelse

y

h −2 0 2

Niveaukurver omkring (x0,y0) = (2,2).

Sæt g(h) = f(x0 + h,y0) og aflæs støttepunkter:

1

f(x,y)=1

0

1

2

3

2

x


2. PARTIELLE AFLEDEDE 21

h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0

g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2

2.15. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Grafisk bestemmelse - fortsat

Støttepunkter

giver grafen

Heraf f.eks.

h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0

g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2

z

fx(x0,y0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.6 + 1.1) ≈ 0.85

2.16. Test grafisk afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Test

Betragt niveaukurverne for en funktion f(x,y),f(1,1) = 0 og bedøm:

y

1

1 f=0

f=−1

f=5

x

(a) fx(1,1) > 0.

(b) fx(1,1) < 0.

(c) fy(1,1) < 0.

(d) fxx(1,1) > 0.

Løsning

x ↦→ f(x,1) er voksende med voksende afledt.

1

h

Afkryds to sande:

(a) (b) (c) (d)


2.17. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 5

Omtalen af partielle afledede udvides umiddelbart til flere end to variable.

har tre partielle afledede

f(x,y,z) = e xy ln(z)

fx = ye xy ln(z)

fy = xe xy ln(z)

xy 1

fz = e

z

2.18. Afled flere gange ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Notation for højere afledede

∂2f (x,y) = fxx(x,y)

∂x2


22 I. DIFFERENTIATION

∂2f (x,y) = fyy(x,y)

∂y2 ∂2f (x,y) = fyx(x,y)

∂x∂y

∂2f (x,y) = fxy(x,y)

∂y∂x

2.19. Mere afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 1, 6

Afledede og højere afledede

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y

fxx = 6x + 2y 3 , fyy = 6x 2 y − 4

fxy = 6xy 2 , fyx = 6xy 2

2.20. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 3

f(x,y) = sin( x

1 + y )

Afledede og højere afledede

fx = cos( x 1

)

1 + y 1 + y

fxx = −sin( x

1 + y )

1

(1 + y) 2

fxy = −sin( x −x x −1

) + cos( )

1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2

2.21. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 3 - fortsat

f(x,y) = sin( x

1 + y )

Afledede og højere afledede

fy = cos( x −x

)

1 + y (1 + y) 2

fyy = −sin( x

1 + y )

x2 x

+ cos(

(1 + y) 4 1 + y )

2x

(1 + y) 3

fyx = −sin( x −x x −1

) + cos( )

1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2


2. PARTIELLE AFLEDEDE 23

2.22. Der er kun det halve arbejde ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Sætning (Clairaut)

Antag at f er defineret på en (lille) cirkelskive med centrum i (a,b). Hvis fxy,fyx er

kontinuerte på cirkelskiven, så gœlder

fxy(a,b) = fyx(a,b)

"Højere partielle afledede afhænger ikke af differentiations rækkefølgen."

2.23. Overbevis ☞ [S] Appendix E A few proofs

Bevis (Clairaut)

∆(h) = (f(a + h,b + h) − f(a + h,b)) − (f(a,b + h) − f(a,b))

Omskrives ved middelværdisætningen

∆(h) = (fx(c,b + h) − fx(c,b))h

Ved ombytning af x,y

for (c,d),(c ′ ,d ′ ) tæt ved (a,b).

= fxy(c,d)h 2

fyx(c ′ ,d ′ )h 2 = fxy(c,d)h 2

Konklusion ved kontinuitet af de dobbelte afledede.

2.24. Opgaver er sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Øvelse 53

f(x,y) = x 2 y 3 − 2x 4 y

Find fxxx og fyxxx.

fx = 2xy 3 − 8x 3 y

fxx = 2y 3 − 24x 2 y

fxxx = −48xy

fyxxx = fxxxy = −48x

2.25. Mange opgaver er meget sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Øvelse 55

f(x,y,z) = x 5 + x 4 y 4 z 3 + yz 2

Find fxyz.

fy = 4x 4 y 3 z 3 + z 2

fyx = 16x 3 y 3 z 3

fxyz = fyxz = 48x 3 y 3 z 2

2.26. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Øvelse 77

f(x,y) = x(x 2 + y 2 ) −3/2 e sin(x2 y)

Find fx(1,0).

f(1,0) = 1(1 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 = 1

fx(1,0) = lim

x→1

x(x 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 − 1

x − 1


24 I. DIFFERENTIATION

xx

fx(1,0) = lim

x→1

−3 − 1

x − 1

2.27. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Øvelse 77 - fortsat

xx

fx(1,0) = lim

x→1

−3 − 1

x − 1

fx(1,0) = lim

x→1

fx(1,0) = lim

x→1

1 − x 2

x 2 (x − 1)

−1 − x

= −2

x2 2.28. Partielle differentialligninger ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Definition

En partiel differentialligning er et udtryk i de partielle afledede.

Ligningen

∂2u ∂x2 + ∂2u = 0

∂y2 kaldes Laplaces ligning.

Ligningen

kaldes bølgeligningen.

∂2u ∂t2 = a2 ∂2u ∂x2 2.29. Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 8

Funktionen u(x,y) = e x siny er løsning til Laplaces ligning

Løsning

giver

uxx + uyy = 0

ux = e x sin y, uxx = e x sin y

uy = e x cos y, uyy = −e x siny

uxx + uyy = 0

2.30. Bølgeligningen ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Eksempel 9

Funktionen u(t,x) = sin(x − at) er løsning til bølgeligningen

Løsning

giver

utt = a 2 uxx

ut = −acos(x − at), utt = −a 2 sin(x − at)

ux = cos(x − at), uxx = −sin(x − at)

utt = a 2 uxx


3. TANGENTPLAN 25

2.31. Test Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives

Test

Funktionen f(x,y) = 3x + 5y + 10 er en løsning til Laplace’s ligning

Løsning

Udregningen

giver

∂ 2 f/∂x 2 + ∂ 2 f/∂y 2 = 0.

fx = 3, fxx = 0, fy = 5, fyy = 0

fxx + fyy = 0

3. Tangentplan

Afkryds:

ja nej


3.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 2.9, 11.4

Nøgleord og begreber

✌ Tangentlinje for graf

✌ Tangentplan for graf

✌ Test tangentplan

✌ Lineær approximation i en og flere variable

✌ Test approximation

✌ Differentiabilitet i flere variable

✌ Differentialet af en funktion

✌ Test differentialet

3.2. Tangentlinje ☞ [S] 2.7 Derivatives

Figur

y

(a, f(a))

y = f(a) + f ′ (a)(x − a)

I ⊂ R, f : I → R

f(x)

3.3. Ligning for tangent ☞ [S] 2.7 Derivatives

Definition

Tangentlinjen for grafen for en funktion y = f(x) i et punkt (a,b), b = f(a) er linjen

gennem (a,b), som indeholder tangentvektoren

til grafen

(1,f ′ (a))

x ↦→ (x,f(x))

x


26 I. DIFFERENTIATION

En ligning for tangentlinjen er

y − b = f ′ (a)(x − a)

3.4. Find tangentlinjen ☞ [S] 2.7 Derivatives

Eksempel 2

Find ligningen for tangentlinjen til y = x 2 − 8x + 9 i punktet (3, −6).

Den afledede er

y ′ = 2x − 8, y ′ (3) = −2

Ligningen for tangentlinjen er

eller

y − (−6) = (−2)(x − 3)

y = −2x

3.5. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations

Figur

y

0

D

(x,y)

x

D ⊂ R 2 , f : D → R

f(x,y)

3.6. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Definition

Tangentplanen til grafen for en funktion z = f(x,y) i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0)

er planen gennem (x0,y0,z0), som indeholder tangentvektorerne

til koordinatkurverne

på grafen Γf .

(1,0,fx(x0,y0)), (0,1,fy(x0,y0))

x ↦→ (x,y0,f(x,y0)), y ↦→ (x0,y,f(x0,y))

3.7. Ligning for tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

2 Sætning

Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en lille cirkelskive om (x0,y0). Tangentplanen

for grafen i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0) har ligning

Bevis

z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0)


Indsættes

3. TANGENTPLAN 27

(x,y,z) = (x0,y0,z0) + (1,0,fx(x0,y0))

= (x0 + 1,y0,z0 + fx(x0,y0))

er ligningen opfyldt. Ligeså for den anden tangentvektor.

3.8. Find tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Eksempel 1

Find ligningen for tangentplanen til

i punktet (1,1,3).

Løsning

De partielle afledede er

z = 2x 2 + y 2

zx = 4x,zy = 2y

z(1,1) = 3, zx(1,1) = 4, zy(1,1) = 2

I punktet (1,1,3) er tangentplanen givet ved

z − 3 = 4(x − 1) + 2(y − 1)

3.9. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations

Figur - Eksempel 1

x

z

Tangentplan i (1,1,3)

3.10. Find endnu en tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Eksempel

Find en ligning for tangentplan i (1,2,f(1,2)).

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y

f(1,2) = 1, fx(1,2) = 19, fy(1,2) = 4

I punktet (x0,y0,z0) = (1,2,1) er tangentplanen givet ved

Som giver

z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0)

z − 1 = 19(x − 1) + 4(y − 2)

y


28 I. DIFFERENTIATION

3.11. Test tangentplan

Test

☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Lad f(x,y) = x + xy. Så har grafen for f vandret tangentplan i (0,0,0).

Afkryds:

Løsning

Udregningen

fx = 1 + y, fy = x

ja nej


giver

fx(0,0) = 1 = 0

3.12. Lineær approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations

Definition

Tangentlinjen for en funktion i en variabel er grafen for en lineær funktion

L(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a)

kaldet lineariseringen af f i a.

Approximationen

f(x) ≈ f(a) + f ′ (a)(x − a)

kaldes den lineære approximation af f for x ≈ a.

3.13. Find approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations

Eksempel 2

Find den lineære approximation af f(x) = √ x i a = 1.

Løsning

Lineariseringen er

Approximationen er

f ′ (x) = 1

2 √ x , f ′ (1) = 1

2

L(x) = 1 + 1

(x − 1)

2

√ 1

x ≈ 1 + (x − 1), for x ≈ 1

2

3.14. Approximation i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . .

3 4 Definition

Tangentplanen er grafen for en lineær funktion

kaldet lineariseringen til f i (a,b).

Approximationen

L(x,y) = f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b)

f(x,y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b)

kaldes den lineære approximation af f for (x,y) ≈ (a,b).

3.15. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Eksempel

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y

f(1,2) = 1,fx(1,2) = 19,fy(1,2) = 4


I punktet (1,2) er den lineære approximation

Benyttes til tilnærmelse

3. TANGENTPLAN 29

f(x,y) ≈ 1 + 19(x − 1) + 4(y − 2)

f(1.1,1.9) ≈ 1 + 19(1.1 − 1) + 4(1.9 − 2) = 2.5

3.16. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Test

Betragt den lineære approximation til funktionen

i punktet (x,y) = (1,1). Den er givet ved

(a) f(x,y) ≈ −1

2

f(x,y) = 1

x2 1


+ y 2

−1

(x − 1) + (y − 1). (b) f(x,y) ≈ 2xy.

4

(c) f(x,y) ≈ 1 + y. (d) f(x,y) ≈

−1

(x2 .

+ y) 2

Løsning

Udeluk (b), (c), (d) ved indsættelse af (1,1).

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c) (d)


3.17. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Test - løsning

f(x,y) = 1

x2 1


+ y 2

giver i punktet (1,1)

fx = −2x

(x2 + y) 2 , fy

−1

=

(x2 + y) 2

fx(1,1) = −1

2 , fy(1,1) = −1

4

Approximationen af f for (x,y) ≈ (1,1) skrives

f(x,y) ≈ −1

2

−1

(x − 1) + (y − 1)

4

3.18. Omskriv differentiabel ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Bemærkning

En funktion y = f(x) er differentiabel i a, hvis

5 ∆y = f ′ (a)∆x + ɛ∆x

hvor

ɛ → 0, når ∆x → 0

3.19. Tilvækst ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Definition

For funktion z = f(x,y) er tilvæksten i (a,b)

6 ∆z = f(a + ∆x,b + ∆y) − f(a,b)

Eksempel


30 I. DIFFERENTIATION

For z = x 2 + y 2 er tilvæksten i (a,b)

Altså

∆z = (a + ∆x) 2 + (b + ∆y) 2 − (a 2 + b 2 )

∆z = 2a∆x + 2b∆y + ∆x 2 + ∆y 2

3.20. Differentiabilitet i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

7 Definition

z = f(x,y) er differentiabel i (a,b), hvis

hvor

∆z = fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y + ɛ1∆x + ɛ2∆y

ɛ1,ɛ2 → 0, når ∆x,∆y → 0

Bemærkning

“En funktion er differentiabel, når den lineære approximation er god.”

3.21. Differentiabilitet som forventet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . .

8 Sætning

Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en omegn af (a,b). Så er f differentiabel

i (a,b).

Bemærkning

I så fald

f(a + ∆x,b + ∆y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y

når ∆x,∆y ≈ 0.

3.22. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Eksempel 2

f = xe xy

fx = e xy + xye xy , fy = x 2 e xy

f(1,0) = 1,fx(1,0) = 1,fy(1,0) = 1

I punktet (1,0) er den lineære approximation

Benyttes til tilnærmelse

xe xy ≈ 1 + (x − 1) + y

1.1e 1.1·(−0.1) ≈ 1 + (1.1 − 1) + (−0.1) = 1

3.23. Differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations

Definition

Differentialet af en funktion y = f(x) er

9 dy = f ′ (x)dx

og for funktionen z = f(x,y)

10

Bemærk

df = fx(x,y)dx + fy(x,y)dy

dz = ∂z ∂z

dx +

∂x ∂y dy

∆z ≈ dz


3. TANGENTPLAN 31

3.24. Skriv differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Eksempel 4

f = x 2 + 3xy − y 2

Benyttes til tilnærmelse

fx = 2x + 3y, fy = 3x − 2y

dz = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy

f(2,3) = 13,fx(2,3) = 13,fy(2,3) = 0

f(2.05,2.96) ≈ 13 + 13 · 0.05 + 0 · (−0.04) = 13.65

3.25. Opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations

Øvelse 9

f(x,y) = x √ y

Begrund differentiabilitet om (1,4) og find den lineære approximation.

Løsning

er kontinuerte om (1,4).

når (x,y) ≈ (1,4).

fx = √ y, fy = x

2 √ y

x √ y ≈ 2 + 2(x − 1) + 1

(y − 4)

4

3.26. Opgave fortsat

Øvelse 9 - fortsat

☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations

Skrives også

(1 + ∆x) 4 + ∆y ≈ 2 + 2∆x + 1

4 ∆y

Beregn tilnærmelse

0.9 √ 4.4 ≈ 2 + 2(−0.1) + 1

0.4 = 1.9

4

3.27. Test differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . .

Test

Givet z = ln(ax + by). Differentialet er:

(a) dz = adx + bdy. (b) dz = a b

ax+bydx + ax+bydy. (c) dz = aln(ax + by)dx + bln(ax + by)dy.

Løsning

Udregningen

giver differentialet

zx = a

ax+by , zy = b

ax+by

dz = zx dx + zy dy

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


3.28. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Definition

Omtalen af tangentplan, lineær approximation og differentialer udvides umiddelbart til

funktioner af tre eller flere variable.


32 I. DIFFERENTIATION

Funktionen w = f(x,y,z) har tangentplan i punktet (a,b,c,d), d = f(a,b,c) med ligning

w − d =

fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c)

3.29. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Definition - fortsat

Funktionen w = f(x,y,z) har lineær approximation

og differential

f(x,y,z) ≈ f(a,b,c)

+ fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c)

dw = ∂w

∂x

∂w ∂w

dx + dy +

∂y ∂z dz

3.30. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Øvelse 21

Find differentialet af

w = ln x 2 + y 2 + z 2

Løsning

Beregn først

wx =

=

1 d

x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 dx

x

x 2 + y 2 + z 2

3.31. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Øvelse 21 - alternativ

w = ln x 2 + y 2 + z 2 = 1

2 ln(x2 + y 2 + z 2 )

Løsning

Beregn

wx = 1

2 ·

=

1

x2 + y2 · 2x

+ z2 x

x 2 + y 2 + z 2

3.32. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx.

Øvelse 21 - fortsat

Ved symmetri

Differentialet er

wy =

w = ln x 2 + y 2 + z 2

wx =

x

x 2 + y 2 + z 2

y

x2 + y2 + z2 ,wz

z

=

x2 + y2 + z2 dw =

xdx + ydy + zdz

x 2 + y 2 + z 2


4. KÆDEREGLEN 33

4. Kædereglen

4.1. Oversigt ☞ [S] 3.5, 11.5

Nøgleord og begreber

✌ Kædereglen i en variabel

✌ Kædereglen to variable

✌ Test kædereglen

✌ Kædereglen i tre eller flere variable

✌ Jacobimatricen

✌ Kædereglen på matrixform

✌ Test matrixform

✌ Differentiation af implicit funktion

✌ Test implicit funktion

4.2. Sammensat funktion ☞ [S] 3.5 The chain rule

Sætning (Kædereglen)

For f(u), u = g(x) differentiable er den sammensatte funktion F = f ◦ g differentiabel

med

F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x)

For y = F(x) = f(g(x)) skrives

dy dy du

=

dx du dx

4.3. Overbevis ☞ [S] 3.5 The chain rule

Bevis

∆u = g(x + ∆x) − g(x), ∆y = f(u + ∆u) − f(u)

giver

der har kædereglen

som grænseværdi for ∆x → 0.

∆y ∆y ∆u

=

∆x ∆u ∆x

dy dy du

=

dx du dx

4.4. Brug kæderegel ☞ [S] 3.5 The chain rule

Eksempel 1

Find F ′ (x) for F(x) = √ x 2 + 1.

f(u) = √ u, u = g(x) = x 2 + 1 er differentiable med

f ′ (u) = 1

2 √ u , g′ (x) = 2x

F = f ◦ g er differentiabel med

F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ 1

(x) =

2 √ x2 + 1 2x

Altså d x

x2 + 1 = √

dx x2 + 1

4.5. Kæderegel i en variabel igen ☞ [S] 11.5 The chain rule

Sætning (Kædereglen)

d

dt f(g(t)) = f ′ (g(t))g ′ (t)


34 I. DIFFERENTIATION

y = f(x),x = g(t)

1

Med differentialer

dy

dt

dy dx

=

dx dt

dx = g ′ (t)dt, dy = f ′ (x)dx = f ′ (x)g ′ (t)dt

4.6. Kædereglen i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule

Figur

t ↦→ (x,y) (x,y) ↦→ z

(x,y)

t z

t ↦→ z

Sammensat funktion

4.7. Kæderegel i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule

2 Sætning (Kædereglen)

Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(t),y(t) er differentiable funktioner. Den sammensatte

funktion z(t) er differentiabel med

Skrives også kompakt

dz

dt

∂z dx ∂z dy

= +

∂x dt ∂y dt

z ′ = zx x ′ + zy y ′

4.8. Differentialer sammensatte ☞ [S] 11.5 The chain rule

Bemærkning

Kædereglen med differentialer, z = f(x,y).

dx = dx dy

dt, dy =

dt dt dt

dz = ∂z ∂z

dx +

dz =

∂x

∂z

∂x

∂y dy

dx ∂z dy

+

dt ∂y dt


dt

4.9. Overbevis ☞ [S] 11.5 The chain rule

Bevis - kæderegel

giver

∆z = ∂z ∂z

∆x +

∂x ∂y ∆y + ɛ1∆x + ɛ2∆y

∆z

∆t

∂z ∆x ∂z ∆y

≈ +

∂x ∆t ∂y ∆t


der har kædereglen

som grænseværdi for ∆t → 0.

dz

dt

4. KÆDEREGLEN 35

∂z dx ∂z dy

= +

∂x dt ∂y dt

4.10. Brug kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 1 z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t

Kædereglen giver

Heraf for t = 0

zx = 2xy + 3y 4 , zy = x 2 + 12xy 3

z ′ = zxx ′ + zyy ′

x ′ = 2cos 2t, y ′ = −sin t

= (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t)

z ′ (0) = (0 + 3)2 + (0 + 0)0 = 6

4.11. Brug kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 1 - fortsat

Og videre herfra

z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t

z ′ = (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t)

z ′ = (4sin 2t cos t + 6cos 4 t)cos 2t

−(sin 2 2t + 12sin 2t cos 3 t)sin t

4.12. Test kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule

Test

Lad f(x,y) = x 2 − xy, x = t 2 , y = t 3 . Så giver kædereglen

Løsning

Udregningen

giver

f ′ (t) = (2t 2 − t 3 ) − t 2

fx = 2x − y, fy = −x, x ′ = 2t, y ′ = 3t 2

f ′ = fxx ′ + fyy ′ = (2t 2 − t 3 )2t − t 2 3t 2 = 4t 3 − 5t 4

Afkryds:

ja nej


4.13. To gange to kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule

3 Sætning (Kædereglen)

Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(s,t),y(s,t) er differentiable funktioner. Den

sammensatte funktion z(s,t) er differentiabel med

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y

= +

∂s ∂x ∂s ∂y ∂s

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y

= +

∂t ∂x ∂t ∂y ∂t


36 I. DIFFERENTIATION

Altså zs = zxxs + zyys

zt = zxxt + zyyt

4.14. Kæderegel udregning ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 3

z = e x siny, x = st 2 , y = s 2 t

zx = e x sin y, zy = e x cos y

xs = t 2 ,xt = 2st, ys = 2st,yt = s 2

zs = zxxs + zyys = e x sin(y)t 2 + 2e x cos(y)st

= e st2

sin(s 2 t)t 2 + 2e st2

cos(s 2 t)st

zt = zxxt + zyyt = 2e x sin(y)st + e x cos(y)s 2

= 2e st2

sin(s 2 t)st + e st2

cos(s 2 t)s 2

4.15. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.5 The chain rule

4 Sætning (Kædereglen generelt)

Antag at u er en differentiabel funktion af variable x1,...,xn, som hver er differentiable

funktioner af variable t1,...,tm. Så er

Mere kompakt skrives

∂u

∂ti

= ∂u ∂x1

+ · · · +

∂x1 ∂ti

∂u ∂xn

∂xn ∂ti

∂u

=

∂ti

n

j=1

∂u ∂xj

4.16. Kæderegel kan ej undværes ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 5

u = x 4 y + y 2 z 3

Beregn us i (r,s,t) = (2,1,0).

∂xj

∂ti

x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t

us = uxxs + uyys + uzzs

= 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t

4.17. Kædereglen ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 5 - fortsat

x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t

x(2,1,0) = 2, y(2,1,0) = 2, z(2,1,0) = 0

us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t

us(2,1,0) = 4 · 2 3 · 2 · 2 + (2 4 + 0)2 · 2 + 0

= 192


4. KÆDEREGLEN 37

4.18. Jacobimatricen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering

Definition

For en differentiabel afbildning g : R n → R m

(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gm(u1,...,un))

er Jakobimatricen følgende m × n-matrix


du(g) =



∂g1

∂u1

.

∂gm

∂u1

4.19. Kædereglen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering

Sætning

For differentiable afbildninger

er sammensætningen

R n

...

. ..

...

∂g1

∂un

.

∂gm

∂un




g

−−−−→ R m f

−−−−→ R p

R n f◦g

−−−−→ R p

differentiabel og Jakobimatricen er matrixproduktet

du(f ◦ g) = d g(u)(f)du(g)

4.20. Matricer er godt ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 5 (Matrixform)

u = x 4 y + y 2 z 3

Beregn us.

x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t

d(u) = ur us


ut

= ⎛

ux uy


uz ⎝

xr xs xt

yr ys yt

zr zs zt

4.21. Matrixprodukt ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 5 (Matrixform) - fortsat

Svaret er

u = x 4 y + y 2 z 3 , x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t

ur us ut



= 4x3y x4 + 2yz3 3y2z2 ⎝



set ret rset s2e−t 2rse−t −rs2e−t 2rssin t r2 sin t r2scos t

us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t

4.22. Test matrixform ☞ [S] 11.5 The chain rule

Test

Lad g(x,y) = (x 2 − y 2 ,xy). Så er Jacobimatricen:


2 2 x −y 2x −2y 2x −2y

(a)

. (b)

. (c)

.

x y y x x y



38 I. DIFFERENTIATION

Løsning

Funktionerne g1 = x 2 − y 2 , g2 = xy med

giver Jacobimatrix

Afkryds den rigtige:

g1x = 2x, g1y = −2y, g2x = y, g2y = x


2x −2y

=

.

y x

g1x g1y

g2x g2y

(a) (b) (c)


4.23. Implicit given funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule

Implicit funktion

Ligningen

F(x,y) = 0, Fy(a,b) = 0

definerer en løsningsfunktion y(x) med F(x,y(x)) = 0 for x tilpas nær a.

Kædereglen giver

Fxx ′ + Fyy ′ = 0

og deraf

6 y ′ (x) = − Fx

4.24. Kurve er graf ☞ [S] 11.5 The chain rule

Figur

y

1

Fy

F(x,y) = 0

4.25. Inddirekte beregning ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 8

F = x 3 + y 3 − 6xy = 0

Fx = 3x 2 − 6y, Fy = 3y 2 − 6x

når Fy = 3y 2 − 6x = 0.

dy

dx

= −Fx

Fy

= − 3x2 − 6y

3y2 − 6x

= 2y − x2

y2 − 2x

x


4. KÆDEREGLEN 39

4.26. Test implicit funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule

Test

Lad F(x,y) = e 2x + e y − 2. Ligningen F(x,y) = 0 definerer en funktion y(x) for x nær

0. Der gælder:

(a) y ′ (0) = −1. (b) y ′ (0) = 2. (c) y ′ (0) = −2.

Løsning

Udregningen

giver

Fx = 2e 2x , Fy = e y

y ′ = −Fx/Fy

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


4.27. Udvid til flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule

Implicit funktion generelt

F(x,y,z) = 0, Fz(a,b,c) = 0

definerer en løsningsfunktion z(x,y) med F(x,y,z(x,y)) = 0 for (x,y) tilpas nær (a,b).

Kædereglen giver

Fxx ′ + Fyy ′ + Fzz ′ = 0

og deraf

7 zx = − Fx

, zy = − Fy

Fz

4.28. Inddirekte beregning flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule

Eksempel 9

F = x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1

Fx = 3x 2 + 6yz, Fy = 3y 2 + 6xz, Fz = 3z 2 + 6xy

zx = − Fx

Fz

zy = − Fy

Fz

Fz

= −3x2 − 6yz

3z2 + 6xy = −x2 + 2yz

z2 + 2xy

= −3y2 − 6xz

3z2 + 6xy = −y2 + 2xz

z2 + 2xy

4.29. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule

Øvelse 19

x + y

u =

y + z

x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t

Beregn up.

ux = 1

y + z

−x + z

uy =

(y + z) 2

−x − y

uz =

(y + z) 2


40 I. DIFFERENTIATION

4.30. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule

Øvelse 19 - fortsat

x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t

ux = 1

y + z , uy =

up =

−x + z

(y + z) 2 , uz =

up = uxxp + uyyp + uzzp

−x − y

(y + z) 2

y + z −x + z −x − y

+ +

(y + z) 2 (y + z) 2 (y + z) 2

= −t

p2 5. Gradient

5.1. Oversigt ☞ [S] 11.6

Nøgleord og begreber

✌ Retningsafledt

✌ Gradientvektor

✌ Gradient i flere variable

✌ Fortolkning af gradientvektoren

✌ August 2002, opgave 5

5.2. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Definition - gentaget

De partielle afledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) er

1

når grænseværdierne eksisterer.

f(x0 + h,y0) − f(x0,y0)

fx(x0,y0) = lim

h→0 h

f(x0,y0 + h) − f(x0,y0)

fy(x0,y0) = lim

h→0 h

5.3. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel

De partielle afledede af f(x,y) = sin(xy) i punktet (x,y) beregnes ved 1 variabel differentiation

Højere afledede

fx(x,y) = y cos(xy)

fy(x,y) = xcos(xy)

fxx(x,y) = −y 2 sin(xy)

fxy(x,y) = cos(xy) − xy sin(xy)

fyx(x,y) = fxy(x,y)

fyy(x,y) = −x 2 sin(xy)

5.4. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel - figur


x

5. GRADIENT 41

z

z = sin xy

5.5. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

2 Definition

Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) i retning af en enhedsvektor u = (a,b)

er

f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0)

Duf(x0,y0) = lim

h→0

h

Bemærkning

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til x er den retningsafledede i retning e1 =

(1,0) og den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til y er den retningsafledede i retning

e2 = (0,1).

5.6. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

2 Definition - figur

−1

y

1

0

(x0, y0)

y

hu = (x0 + ha, y0 + hb)

1

1

u = (a, b)

5.7. Retningsafledt direkte ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel

x


42 I. DIFFERENTIATION

Den retningsafledede af funktionen f(x,y) = x2 +y i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4

5 , 5 )

beregnes direkte

Duf(1,1) = lim

h→0

f(1 + 3

5

(1 +

= lim

h→0

3

= lim

h→0

= 2

4 h,1 + 5h) − f(1,1)

h

5h)2 + 1 + 4

5

h

9 6 4

h + +

25 5 5

h − 2

5.8. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel - figur

z

x

1 1

z = x 2 + y, D (3/5,4/5)z(1,1) = 2

5.9. Retningsafledt, grafisk ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Grafisk bestemmelse

y

−2

1

0

2

4

u

y

f(x,y)=1

Niveaukurver og retning u = ( 1

√ 2 , − 1

√ 2 ). x0 = (2,2) og g(h) = z = f(x0 + hu). Aflæs

støttepunkter:

h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0

g(h) 1 0 0.9 2 3 2

5.10. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Grafisk bestemmelse - fortsat

Støttepunkter

giver grafen

h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0

g(h) 1 0 0.9 2 3 2

0

1

2

3

2

x


Heraf f.eks.

5. GRADIENT 43

z

Duf(x0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.9/0.7 + 1.1/0.8) ≈ 1.33

5.11. Retningsafledt, formel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

3 Sætning

For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en

enhedsvektor u = (a,b) givet ved

Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b

Bevis

Funktionen g(h) = f(x0 + ha,y0 + hb) har afledt

g ′ f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0)

(0) = lim

= Duf(x0,y0)

h→0

h

Konklusion fra kædereglen g ′ (0) = fx(x0,y0)a + fy(x0,y0)b

5.12. Retningsafledt udregnet ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel - gentaget

Funktionen f(x,y) = x 2 + y har partielle afledede

fx(x,y) = 2x, fy(x,y) = 1

Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4

5 , 5 ) beregnes

Duf(1,1) = fx(1,1) 3 4

+ fy(1,1)

5 5

= 2 · 3 4

+ 1 ·

5 5

= 2

5.13. Retningsafledt og vinkel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning

Hvis enhedsvektoren u danner en vinkel på θ med x-aksen, så er

og den retningsafledede kan skrives

1

u = (cos θ,sin θ)

6 Duf(x,y) = fx(x,y)cos θ + fy(x,y)sin θ

y

u

θ

(cos θ,sin θ)

1

x

h


44 I. DIFFERENTIATION

5.14. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 2

Den retningsafledede af

f(x,y) = x 3 − 3xy + 4y 2

i punktet (x,y) i retning π

6 er

Specielt er

Duf(x,y) = fx(x,y)cos π π

+ fy(x,y)sin

6 6

= (3x 2 √

3

− 3y) + (−3x + 8y)1

2 2

Duf(1,2) = −3√ 3

2

+ 13

2

5.15. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 2 - figur

z

x

1

(1,2,0)

π/6

u

Retning π/6

5.16. Retningsafledt, prikprodukt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning

Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x,y) i retning af en enhedsvektor u = (a,b)

kan ved brug af prikproduktet skrives

7

Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b

= (fx(x,y),fy(x,y)) · (a,b)

5.17. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

8 Definition

For en funktion f(x,y) er gradienten følgende vektor

∇f(x,y) = (fx(x,y),fy(x,y))

Bemærkning

Ved brug af standard enhedsvektorerne e1 = (1,0),e2 = (0,1) skrives gradienten

∇f(x,y) = fx(x,y)e1 + fy(x,y)e2

5.18. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

1

y


Eksempel 3

Gradienten af

i punktet (x,y) er

I punktet (x,y) = (0,1) fås

5. GRADIENT 45

f(x,y) = sin x + e xy

∇f(x,y) = (cos x + ye xy ,xe xy )

∇f(0,1) = (cos 0 + 1 · e 0 ,0 · e 0 )

= (2,0)

5.19. Gradient og retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives . . .

Sætning

For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en

enhedsvektor u = (a,b) givet ved

9

Bevis

Netop formlen 7 .

Duf(x,y) = ∇f(x,y) · u

5.20. Retningsafledt og gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel - gentaget

Funktionen f(x,y) = x 2 + y har gradient

∇f(x,y) = (2x,1)

Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4

5 , 5 ) beregnes

Duf(1,1) = ∇f(1,1) · ( 3 4

,

5 5 )

= (2,1) · ( 3 4

,

5 5 )

= 2

5.21. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel - figur

y

(1,1)

1

u

∇f(1,1)

∇f(1,1) = (2,1), u = ( 3 4

5 , 5 )

5.22. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 4

Gradienten af f(x,y) = x 2 y 3 − 4y er

∇f(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4)

x


46 I. DIFFERENTIATION

For den retningsafledede i retning (2,5) bruges enhedsvektoren

u = 1

√ 29 (2,5)

Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) ·

1

√ 29 (2,5)

= 1

√ 29 (4xy 3 + 15x 2 y 2 − 20)

5.23. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 4 - fortsat

I retning u = 1

√ 29 (2,5) er

I punktet (x,y) = (2, −1) fås

Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) ·

Duf(2, −1) = (−4,8) ·

= 32

√ 29

1

√ 29 (2,5)

1

√ 29 (2,5)

5.24. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning

For en funktion f i n variable er den retningsafledede i et punkt x0 ∈ R n i retning af en

enhedsvektor u ∈ R n

11

Fra kædereglen følger

12

f(x0 + hu) − f(x0)

Duf(x0) = lim

h→0 h

Duf(x0) =

n

i=1

fxi (x0)ui

5.25. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning - fortsat

For en funktion f i n variable er gradienten en vektor i R n

13

∇f = ( ∂f

,...,

∂x1

∂f

)

∂xn

= (fx1 ,...,fxn )

For en enhedsvektor u ∈ R n er den retningsafledede

14

Duf = ∇f · u

n

=

i=1

fxi ui

5.26. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 5

Gradienten af f(x,y,z) = xsin yz er

∇f = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz)


5. GRADIENT 47

For den retningsafledede i retning (1,2, −1) bruges enhedsvektoren

u = 1

√ 6 (1,2, −1)

Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1)

= 1 √ 6 (sin yz + 2xz cos yz − xy cos yz)

5.27. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 5 - fortsat

I retning u = 1 √ 6 (1,2, −1) er

I punktet (x,y,z) = (1,3,0) fås

Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1)

Duf(1,3,0) = (0,0,3) · 1 √ 6 (1,2, −1)

= − 3 √ 6

5.28. Maksimal retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

15 Sætning

Betragt en differentiabel funktion f(x) i mange variable. Den maksimale vœrdi af den

retningsafledede Duf(x) er lœngden |∇f(x)| og denne antages, når u har samme retning

som gradienten ∇f(x).

Bevis

Duf = ∇f · u = |∇f|cos θ

Da θ er vinklen mellem ∇f og u følger påstanden af egenskaberne for cos θ.

5.29. Størst variation ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 6

Gradienten af f(x,y) = xe y er

∇f(x,y) = (e y ,xe y )

Den retningsafledede er størst i retning (1,x) med maksimal værdi

|∇f| = e y 1 + x 2

I punktet (2,0) er den retningsafledede er størst i retning (1,2) med maksimal værdi

|∇f| = √ 5

5.30. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning

Betragt et punkt (x0,y0) på niveaukurven f(x,y) = k. En tangentvektor v til niveaukurven

i (x0,y0) er vinkelret paa gradienten

Hvis gradienten ∇f(x0,y0) = 0, så er

∇f(x0,y0) ⊥ v

∇f(x0,y0) · (x − x0,y − y0) = 0


48 I. DIFFERENTIATION

en ligning for tangenten til niveaukurven.

5.31. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Bemærkning - figur

y

f(x,y)=k

tangent:

∇f(x0,y0)·(x−x0,y−y0)=0

(x0,y0)

∇f(x0,y0)

Vinkelret på niveaukurverne vokser og aftager funktionen hurtigst.

5.32. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 6 - figur

y

1

0 1

Tangenter til niveaukurver for z = xe y .

5.33. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Eksempel 6 - figur

y

1

0 1

Skalerede gradienter 0.1∇z for z = xe y .

5.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 5

x

x

x


5. GRADIENT 49

Betragt funktionen f(x,y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1).

1. Angiv gradientvektoren ∇f(0,2).

2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0,2) i retning givet ved enhedsvektoren

(3/5,4/5).

Løsning

1. Gradienten beregnes

fx = 3x 2 /(x 3 + y + 1)

fy = 2y + 1/(x 3 + y + 1)

∇f(0,2) = (fx(0,2),fy(0,2)) = (0,13/3)

5.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 5 - fortsat

y

∇f(0,2)

(0,2)

u

1

x

2. I retning u = (3/5,4/5) er den retningsafledede

Duf(0,2) = ∇f(0,2) · u

= (0,13/3) · (3/5,4/5)

= 52/15

5.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 5 - Ekstra

y

1

x 3 +y+1>0

x

Definitionsområdet.

x

z

Grafen

z=y 2 +ln(x 3 +y+1)

5.37. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Opgave 5 - figur

y


50 I. DIFFERENTIATION

y

1

0 1

Tangenter til niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).

5.38. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . .

Opgave 5 - figur

y

1

0 1

Skalerede gradienter 0.1∇z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1).

6. Maksimum/minimum

6.1. Oversigt ☞ [S] 11.7; [LA] 13

Nøgleord og begreber

✌ Lokalt maksimum og minimum

✌ Absolut maksimum og minimum

✌ Kritisk punkt

✌ Andenordenskriteriet

✌ Eksistens af absolut maksimum og minimum

✌ Køreplan for maks/min-problemer

✌ August 2002, opgave 3

6.2. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

1 Definition

En funktion f(x,y) har et lokalt maksimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive

herom gælder

f(x,y) ≤ f(a,b)

f(a,b) er en lokal maksimumsværdi.

En funktion f(x,y) har et lokalt minimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive

herom gælder

f(a,b) er en lokal minimumsværdi.

f(x,y) ≥ f(a,b)

x

x


6. MAKSIMUM/MINIMUM 51

6.3. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

1 Definition - figur

z

lokalt maksimum

x

lokalt minimum

6.4. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Velkendt figur

z

lokalt maksimum

1

Snit for x = 0

y

y

lokalt minimum

6.5. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Definition

En funktion f : D → R har et absolut maksimum i punktet (a,b), hvis der for alle

(x,y) ∈ D gælder

f(x,y) ≤ f(a,b)

f(a,b) er en absolut maksimumsværdi i D.

En funktion f : D → R har et absolut minimum i punktet (a,b), hvis der for alle (x,y) ∈

D gælder

f(a,b) er en absolut minimumsværdi i D.

f(x,y) ≥ f(a,b)

6.6. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel


52 I. DIFFERENTIATION

Funktion f : R 2 → R givet ved

opfylder

f(x,y) =

1

x 2 + y 2 + 1

f(x,y) ≤ f(0,0) = 1

Altså har f et absolut maksimum i punktet (0,0) med en absolut maksimumsværdi på 1.

Der er ikke noget absolut minimumspunkt.

6.7. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Niveaukurver

y

1

2

3

4

Aflæs: lokalt maksimumspunkt i (3,3) med maksimumsværdi 4.

6.8. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Sprogbrug

For lokalt/absolut maksimum eller minimum bruges betegnelser

• lokalt ekstremum

• lokal ekstremumsværdi

• absolut ekstremum

• absolut ekstremumsværdi

6.9. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

En variabel - figur

y

lokalt maksimum

f ′ (x2) = 0

x1

x2

1

−1

x

f ′ (x1) = 0

x

lokalt minimum


6. MAKSIMUM/MINIMUM 53

6.10. 1. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

2 Sætning

Hvis f(x,y) har lokalt maksimum/minimum, lokalt ekstremum, i punktet (a,b) og de partielle

afledede eksisterer i (a,b) så er

Skrives også med gradienten

fx(a,b) = 0 = fy(a,b)

(a,b) lokalt maks/min ⇒ ∇f(a,b) = 0

6.11. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Definition

En funktion f(x,y) har et kritisk punkt, stationœrt punkt i punktet (a,b), hvis

∇f(a,b) = (fx(a,b),fy(a,b)) = 0

Når de partielle afledede findes, er et lokalt maksimum/minimum et kritisk punkt.

Et kritisk punkt, som hverken er lokalt maksimum eller minimum, kaldes et saddelpunkt.

6.12. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Kritisk punkt

z

z

x

y

lokalt maksimum

x

Saddelpunkt

6.13. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 1

har kritisk punkt

Omskrivningen

f(x,y) = x 2 + y 2 − 2x − 6y + 14

∇f(x,y) = (2x − 2,2y − 6) = 0 ⇔ (x,y) = (1,3)

f(x,y) = (x − 1) 2 + (y − 3) 2 + 4

viser, at (1,3) er et absolut minimum på D = R 2 .

6.14. Absolut minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 1 - figur

y


54 I. DIFFERENTIATION

x

z

Absolut minimum i (1,3)

6.15. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 2

har kritisk punkt

f(x,y) = y 2 − x 2

∇f(x,y) = (−2x,2y) = 0 ⇔ (x,y) = (0,0)

f(x,0) < 0, f(0,y) > 0, (x,y) = 0

viser, at (0,0) ikke er et lokalt ekstremum, altså er (0,0) et saddelpunkt.

6.16. Ekstremumspunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 2 - figur

z

x

Saddelpunkt i (0,0)

6.17. 2. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Sætning - (en variabel)

Antag den afledede

f ′ (a) = 0

Så gœlder

(a) f ′′ (a) > 0 ⇒ a lokalt minimum

(b) f ′′ (a) < 0 ⇒ a lokalt maksimum

y

y


6. MAKSIMUM/MINIMUM 55

6.18. 2. ordens kriterium, lokalt maksimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

En variabel - figur

y

lokalt maksimum

x1

x2

f ′ (0)=0

f ′ (x1)>0 f ′ (x2) 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum

(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum

(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt

6.20. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .

Andenordenstest - to variable

Antag f(x,y) har kritisk punkt (a,b), ∇f(a,b) = 0. Hesse matricen


fxx(a,b) fxy(a,b)

fyx(a,b) fyy(a,b)

har determinant D = fxx(a,b)fyy(a,b) − fxy(a,b) 2 . Egenværdier: (a) to positive, (b) to

negative , (c) en positiv og en negativ.

(a) D > 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum

(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum

(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt

6.21. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .

Andenordenstest - mange variable

Givet f(x1,...,xn). En nødvendig betingelse for et lokalt ekstremum i et indre punkt P

er

∇P(f) = ( ∂f

(P),...,

∂x1

∂f

(P)) = 0

∂xn

Hesse matricen HP(f) er den symmetriske n × n-matrix, hvis ij’te indgang er

(Denne kan diagonaliseres).

∂2f (P)

∂xi∂xj

x


56 I. DIFFERENTIATION

6.22. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .

Andenordenstest - fortsat

I det kritiske punkt P :

(a) Hvis alle egenværdier er positive, så er P et lokalt minimum.

(b) Hvis alle egenværdier er negative, så er P et lokalt maximum.

(c) Hvis der forekommer både positive og negative egenværdier, så er P et saddelpunkt.

6.23. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . .

Andenordenstest - Eksempel

Funktionen f(x,y,z) = 2x 2 + 3y 2 − z 2 har gradient

og kritisk punkt P = (0,0,0).

Hesse matricen

har egenværdier 4,6 > 0 of −2 < 0.

Andenordenstesten giver:

∇(f) = (4x,6y, −2z)


4 0


0

HP(f) = ⎝0

6 0 ⎠

0 0 −2

P er et saddelpunkt.

6.24. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

To variabele - figur

z

har et saddelpunkt i (0,0).

x

z = 1 − x 2 + y 2

6.25. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 3

f(x,y) = x 4 + y 4 − 4xy + 1

har kritiske punkter, hvor

De kritiske punkter bestemmes

∇f(x,y) = (4x 3 − 4y,4y 3 − 4x) = (0,0)

x 3 − y = 0, y 3 − x = 0 ⇔

x 3 − y = 0, (x 3 ) 3 − x = 0 ⇔

(x,y) = (0,0),(1,1),(−1, −1)

y


6. MAKSIMUM/MINIMUM 57

6.26. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 3 - figur

x

z

z = x 4 + y 4 − 4xy + 1

6.27. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 3 - fortsat

giver

fx = 4x 3 − 4y, fy = 4y 3 − 4x

fxx = 12x 2 , fxy = −4, fyy = 12y 2

D = fxxfyy − f 2 xy = 144x 2 y 2 − 16

1. D(0,0) = −16 < 0 ⇒ (0,0) saddelpunkt

2. D(1,1) = 128 > 0, fxx(1,1) = 12 > 0 ⇒ (1,1) lokalt minimum

3. D(−1, −1) = 128 > 0, fxx(−1, −1) = 12 > 0 ⇒ (−1, −1) lokalt minimum

6.28. Populært skema ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 3 - fortsat

Konklusions skema

(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type

(0,0) 1 0 −16 saddel

(1,1) −1 12 128 minimum

(−1, −1) −1 12 128 minimum

6.29. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 4 f(x,y) = 10x 2 y − 5x 2 − 4y 2 − x 4 − 2y 4

har kritiske punkter, hvor

Foruden (x,y) = (0,0) fås, x = 0

20xy − 10x − 4x 3 = 0, 10x 2 − 8y − 8y 3 = 0

10y − 5 − 2x 2 = 0, 5x 2 − 4y − 4y 3 = 0 ⇔

10y − 5 − 2x 2 = 0, 8y 3 − 42y + 25 = 0 ⇔

y

... ⇔

(x,y) ≈ (0,0),(±2.64,1.90),(±0.86,0.65)


58 I. DIFFERENTIATION

6.30. Konklusion ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 4 - fortsat

fx = 20xy − 10x − 4x 3 , fy = 10x 2 − 8y − 8y 3

fxx = 20y − 10 − 12x 2 , fxy = 20x, fyy = 8 − 24y 2

(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type

(0,0) 0.00 −10.00 80.00 maksimum

(−2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum

(2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum

(−0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel

(0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel

6.31. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 6

En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang.

giver

med kritiske punkter, hvor

Vx = y2 (12 − 2xy − x 2 )

2(x + y) 2

V = xyz, 2xz + 2yz + xy = 12

12 − xy

V = xy

2x + 2y

= 0, Vy = x2 (12 − 2xy − y 2 )

2(x + y) 2

6.32. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 6 - figur

z

x

6.33. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 6

y

= 0


Relevante punkter, x,y > 0, fås for

Altså

6. MAKSIMUM/MINIMUM 59

12 − 2xy − x 2 = 0, 12 − 2xy − y 2 = 0 ⇔

12 − 2xy − x 2 = 0, x = y ⇔

12 − 3x 2 = 0, x = y ⇔

(x,y) = (2,2)

(x,y) = ±(2,2)

6.34. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 6 - fortsat

Vx = y2 (12 − 2xy − x2 )

2(x + y) 2 , Vy = x2 (12 − 2xy − y2 )

2(x + y) 2

Vxx = y2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y)

4(x + y) 4

Vyy = x2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − x 2 (12 − 2xy − y 2 )4(x + y)

4(x + y) 4

Vxy = (24y − 6xy2 − 2x 2 y)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y)

4(x + y) 4

6.35. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 6 - fortsat

Kantlængder for størst rumfang er

Vx(2,2) = 0, Vy(2,2) = 0

Vxx(2,2) = −1, Vxy(2,2) = −1/2, Vyy(2,2) = −1

(a,b) V (a,b) Vxx(a,b) D(a,b) Type

(2,2) 4 −1 3/4 maksimum

(x,y,z) = (2,2,1)

6.36. Lukket mængde ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Definition

Givet en delmængde D ⊂ R 2 .

Et punkt (a,b) er et randpunkt til D, hvis enhver cirkelskive med centrum i (a,b) og

positiv radius indeholder punkter fra D samt punkter, der ikke ligger i D.

Delmængden D er lukket, hvis ethvert randpunkt er med.

Eksempel

har randpunkter

og er lukket.

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}

{(x,y)|x 2 + y 2 = 1}

6.37. Randpunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Definition - figur


60 I. DIFFERENTIATION

D

y

randpunkt

6.38. Absolut ekstremum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

8 Sætning (Ekstrem værdi)

Hvis f : D → R er kontinuert på en lukket og begrœnset delmœngde D ⊂ R 2 , så antager

f både en absolut maksimumsvœrdi og en absolut minimumsvœrdi i punkter, der ligger i

mœngden D.

absolut minimum

D

x

absolut maksimum

6.39. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

9 Bemærkning

Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset

mængde D:

1. Find værdier af f i kritiske punkter i D

2. Find ekstremværdier af f på randen af D

3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2.

6.40. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 7

Bestem ekstremumsværdier af

på rektanglet

f har kritisk punkt

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 3,0 ≤ y ≤ 2}

∇f(x,y) = (2x − 2y, −2x + 2) = 0 ⇔

(x,y) = (1,1)

6.41. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 7 - figur


x

6. MAKSIMUM/MINIMUM 61

3

(3,2)

6.42. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 7 - fortsat

Randen opdeles i 4 tilfælde:

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y

1. f(x,0) = x 2 , 0 ≤ x ≤ 3

2. f(3,y) = 9 − 4y, 0 ≤ y ≤ 2

3. f(x,2) = x 2 − 4x + 4, 0 ≤ x ≤ 3

4. f(0,y) = 2y, 0 ≤ y ≤ 2

6.43. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

Eksempel 7 - fortsat

I alt er der 6 punkter at tabellægge

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y

(a,b) (1,1) (0,0) (3,0) (3,2) (0,2) (2,2)

f(a,b) 1 0 9 1 4 0

Absolut maksimumspunkt og -værdi: f(3,0) = 9

Absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = f(2,2) = 0

6.44. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 3

Betragt funktionen f(x,y) givet ved

z

f(x,y) = x + y + 1

xy

for x > 0,y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde.

1. Angiv dette kritiske punkt.

2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt.

6.45. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

2

y


62 I. DIFFERENTIATION

Opgave 3 - løsning

har kritisk punkt

f(x,y) = x + y + 1

xy

∇f = (1 − 1

x2 1

,1 − ) = (0,0)

y xy2 ⇔ x 2 y = 1, xy 2 = 1

⇔ (x,y) = (1,1)

6.46. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 3 - løsning

Dobbelt partielle afledede

Andenordenstesten giver

fxx = 2

xy3 fxx(1,1) = 2,fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 2

x3y ,fxy = 1

x2y2 ,fyy = 2

(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type

(1,1) 3 2 3 minimum

Altså er punktet (1,1) lokalt minimum for f på mængden x > 0,y > 0.

6.47. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 3 - Figur

z

x

(1,1)

7. Lagrangemetoden

7.1. Oversigt ☞ [S] 11.8

Nøgleord og begreber

✌ Lagranges metode i to variable

✌ Lagranges metode i tre variable

✌ Flere bindinger

✌ August 2000, opgave 7

y


7. LAGRANGEMETODEN 63

7.2. Skitse ☞ [S] 11.8

Niveaukurver

y

g(x,y)=k

Lagrange situation

f(x,y)=1

7.3. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Lagrange Problem

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y), når samtidig ligningen g(x,y) = k er

opfyldt.

Ligningen g(x,y) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.

Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, y = φ(x), reduces problemet til ekstremum for den

sammensatte funktion i 1 variabel x ↦→ f(x,φ(x)).

Hvis løsningskurven til ligningen g(x,y) = k kan parametriceres med (x(t),y(t)), reduces

problemet til ekstremum for den sammensatte funktion i 1 variabel t ↦→ f(x(t),y(t)).

7.4. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel

Bestem ekstremumspunkter for funktionen

når samtidig ligningen

f(x,y) = x + 3y

g(x,y) = x 2 + y 2 = 10

er opfyldt.

Løsning

Niveaukurverne for f er linjer x + 3y = c. Ekstremum findes når disse tangerer cirklen

x 2 + y 2 = 10.

7.5. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel - figur

0

1

2

3

2

x


64 I. DIFFERENTIATION

y

1

f(x,y)=0

f(x,y) = x + 3y, g(x,y) = x 2 + y 2 = 10

7.6. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel - fortsat

Niveaukurverne x + 3y = c tangerer cirklen x 2 + y 2 = 10 for værdier af c, hvor

har dobbeltrod.

Diskriminanten

er 0 for c = ±10, som giver punkter

(−3y + c) 2 + y 2 − 10 = 10y 2 − 6cy + c 2 − 10

36c 2 − 40(c 2 − 10) = −4c 2 + 400

(x,y) = ±(1,3)

7.7. Lagrange multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Definition

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k.

I ligningen

∇f(x0,y0) = λ∇g(x0,y0)

kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator.

Ligningen udtrykker at niveaukurven for f i (x0,y0) tangerer begræsningskurven g(x,y) =

k.

7.8. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Metode

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k.

(a) Find x,y,λ så

∇f(x,y) = λ∇g(x,y)

g(x,y) = k

(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er

blandt disse.

7.9. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Ligninger

x


7. LAGRANGEMETODEN 65

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y)

under begræsningen g(x,y) = k.

fx(x,y) = λgx(x,y)

fy(x,y) = λgy(x,y)

g(x,y) = k

7.10. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel - igen

Bestem ekstremumspunkter for funktionen f(x,y) = x + 3y, når samtidig ligningen

g(x,y) = x 2 + y 2 = 10 er opfyldt.

Lagrangeligningerne er

1 = λ2x

3 = λ2y

x 2 + y 2 = 10

7.11. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel - igen fortsat

Der løses 3x = y og

x 2 + (3x) 2 − 10 = 0

der giver

Lagrange multiplikator er

(x,y) = ±(1,3)

λ = ± 1

2

7.12. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Lagrange Problem

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligningen g(x,y,z) =

k er opfyldt.

Ligningen g(x,y,z) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.

Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, z = φ(x,y), reduces problemet til ekstremum for

den sammensatte funktion i 2 variabel

f(x,y,φ(x,y))

7.13. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Definition

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k.

I ligningen

1 ∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0)

kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator.

Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningsfladen g(x,y,z) =

k.


66 I. DIFFERENTIATION

7.14. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Metode

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k.

(a) Find x,y,z,λ så

∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z)

g(x,y,z) = k

(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er

blandt disse.

7.15. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Ligninger

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z)

under begræsningen g(x,y,z) = k.

fx(x,y,z) = λgx(x,y,z)

fy(x,y,z) = λgy(x,y,z)

fz(x,y,z) = λgz(x,y,z)

g(x,y,z) = k

7.16. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 1

En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang.

Kantlængder x,y,z.

Volumen V = xyz.

Overfladeareal g = 2xz + 2yz + xy = 12.

Beregn

Vx = yz,Vy = xz,Vz = xy

gx = y + 2z,gy = x + 2z,gz = 2x + 2y

7.17. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 1 - fortsat

Lagranges ligningssystem opskrives

Heraf

yz = λ(y + 2z)

xz = λ(x + 2z)

2xz + 2yz + xy = 12

2xz + 2yz + xy = 12

xy = λ(2x + 2y)

xyz = λ(xy + 2xz)

xyz = λ(xy + 2yz)

xyz = λ(2xz + 2yz)

7.18. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 1 - fortsat


Der løses

Løsningen er da

Kantlængder for størst rumfang er

7. LAGRANGEMETODEN 67

x = y

y = 2z

4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12

(x,y,z) = (2,2,1)

længde = 2m, bredde = 2m, højde = 1m

7.19. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values

9 Bemærkning

Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset

mængde D:

1. Find værdier af f i kritiske punkter i D

2. Find ekstremværdier af f på randen af D

3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2.

7.20. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 2, 3

Bestem ekstremumsværdier af

på cirkelskiven

f(x,y) = x 2 + 2y 2

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}

Løsning

D er lukket og begrænset og f er kontinuert, så maksimum/minimum antages på D.

7.21. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 2, 3 - figur

z

x

f(x,y) = x 2 + 2y 2 , g(x,y) = x 2 + y 2 ≤ 1

7.22. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 2, 3

Bestem ekstremumsværdier af

f(x,y) = x 2 + 2y 2

y


68 I. DIFFERENTIATION

på cirkelskiven

f har kritisk punkt

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}

∇f(x,y) = (2x,4y) = 0 ⇔

(x,y) = (0,0)

7.23. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 2, 3 - fortsat

f(x,y) = x 2 + 2y 2 under begræsningen g(x,y) = x 2 + y 2 = 1 giver Lagrange ligninger

med løsninger

2x = λ2x

4y = λ2y

x 2 + y 2 = 1

(x,y) = (±1,0),(0, ±1)

7.24. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 2, 3 - fortsat

f(x,y) = x 2 + 2y 2

I alt er der 5 punkter at tabellægge

(a,b) (0,0) (−1,0) (1,0) (0, −1) (0,1)

f(a,b) 0 1 1 2 2

På cirkelskiven D er

absolut maksimumspunkt og -værdi: f(0, ±1) = 2

absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = 0

7.25. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 4

Bestem punkter på kugleskallen x 2 + y 2 + z 2 = 4 som er nærmest og længst fra punktet

(3,1, −1).

x

2

z

(3,1, −1)

7.26. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 4

y


Bestem ekstremumsværdier af

under bibetingelsen

7. LAGRANGEMETODEN 69

f(x,y,z) = (x,y,z) − (3,1, −1) 2

= (x − 3) 2 + (y − 1) 2 + (z + 1) 2

g(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 = 4

7.27. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 4 - løsning

Lagranges ligningssystem opskrives

Heraf

2(x − 3) = λ2x

2(y − 1) = λ2y

2(z + 1) = λ2z

x 2 + y 2 + z 2 = 4

x = 3/(1 − λ), y = 1/(1 − λ), z = −1/(1 − λ)

9 + 1 + 1 = 4(1 − λ) 2

7.28. Find mindste afstand

Eksempel 4 - løsning

☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers


11

λ = 1 ± ,

2

f(x,y,z) = 4λ2

λ = 1 − √ 11

2 giver afstand 2|λ| = √ 11 − 2 og nærmeste punkt

(x,y,z) = ( 6

√ 11 , 2

√ 11 , − 2

√ 11 )

λ = 1 + √ 11

2 giver afstand 2|λ| = √ 11 + 2 og punktet længst væk

(x,y,z) = (− 6

√ 11 , − 2

√ 11 , 2

√ 11 )

7.29. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Lagrange Problem

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligninger g(x,y,z) =

k, h(x,y,z) = c er opfyldt.

Ligningerne g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen.

7.30. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Definition

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) =

k, h(x,y,z) = c.

I ligningen

16

∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0) + µ∇h(x0,y0,z0)


70 I. DIFFERENTIATION

kaldes de ubekendte λ, µ for Lagrange multiplikatorer.

Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningskurven g(x,y,z) =

k, h(x,y,z) = c.

7.31. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Metode

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) =

k, h(x,y,z) = c.

(a) Find x,y,z,λ,µ så

∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z) + µ∇h(x,y,z)

g(x,y,z) = k

h(x,y,z) = c

(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er

blandt disse.

7.32. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Ligninger

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z)

under begræsningen g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c.

fx(x,y,z) = λgx(x,y,z) + µhx(x,y,z)

fy(x,y,z) = λgy(x,y,z) + µhy(x,y,z)

fz(x,y,z) = λgz(x,y,z) + µhz(x,y,z)

g(x,y,z) = k

h(x,y,z) = c

7.33. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 5

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for funktion f = x +

2y + 3z under begræsningen g = x − y + z = 1, h = x 2 + y 2 = 1.

1 = λ + µ2x

2 = −λ + µ2y

3 = λ

x − y + z = 1

x 2 + y 2 = 1

7.34. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers

Eksempel 5 - fortsat

Løsningen giver relevante punkter

(x,y,z) = (− 2

√ 29 , 5

√ 29 ,1 + 7

√ 29 )

(x,y,z) = ( 2

√ 29 , − 5

√ 29 ,1 − 7

√ 29 )


7. LAGRANGEMETODEN 71

Ved indsættelse i f = x+2y+3z fås 3+ √ 29 og 3 − √ 29. Det første punkt er maksimum

og det andet punkt er minimum.

7.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000

Opgave 7

Minimer funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen 2x + y + z = 1.

Løsning

f angiver kvadratet for afstanden fra 0 til planen givet ved bibetingelsen. Fra lineær algebra

ved vi at minimum antages. Kandidater til minimumspunkt findes ved Lagrange metoden.

7.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000

Opgave 7 - fortsat

Lagrange metoden anvendes på funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen

g(x,y,z) = 2x + y + z = 1.

Løsning

De partielle afledede er

fx = 2x,fy = 2y,fz = 2z

gx = 2,gy = 1,gz = 1

7.37. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000

Opgave 7 - fortsat

Lagrange ligningssystem bliver

2x = 2λ

2y = λ

2z = λ

2x + y + z = 1

Løsningen giver multiplikator λ = 1

3 og minimumspunkt/værdi

(a,b,c) = ( 1

3

, 1

6

1 1

, ), f(a,b,c) =

6 6

7.38. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2000

Opgave 7 - alternativt

Løs bibetingelsen, z = 1 − 2x − y og minimer funktionen

Løsning

De partielle afledede er

Det kritiske punkt (a,b) = ( 1

1

6 .

h(x,y) = f(x,y,1 − 2x − y) = x 2 + y 2 + (1 − 2x − y) 2

= 5x 2 + 2y 2 + 4xy − 4x − 2y + 1

hx = 10x + 4y − 4,hy = 4x + 4y − 2

3

, 1

6

) giver minimums punkt/værdi (a,b,c) = (1

3

, 1

6

1 , 6 ), f(a,b,c) =


II

Integration

1. Dobbelt integral

1.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.4, 12.1

Nøgleord og begreber

✌ Bestemt integral

✌ Areal

✌ Riemann summer

✌ Volumen

✌ Dobbelt integral

✌ Test dobbelt integral

✌ Riemann dobbeltsummer

✌ Nyttige regneregler for integral

✌ Test integral regneregler

1.2. Genoplev integralet ☞ [S] 5.2 The definite integral

2 Definition

Intervallet [a,b] inddeles i n stykker af længde ∆x = b−a

n

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b

Det bestemte integral af en kontinuert funktion f : [a,b] → R er

b

f(x)dx = lim

a

n

f(x

n→∞

i=1

∗ i )∆x

1.3. Giver areal ☞ [S] 5.2 The definite integral

Figur

y

a b

Integralet er arealet

1.4. Riemann summen ☞ [S] 5.2 The definite integral

73

x


74 II. INTEGRATION

Bemærkning

n

i=1

f(x ∗ i )∆x

kaldes Riemann summen og tilnærmer integralet

b

n

f(x)dx ≈

a

i=1

f(x ∗ i )∆x

Hvis f(x) ≥ 0 så tilnærmer Riemann summen arealet under grafen. Det bestemte integral

er da dette areal.

1.5. Direkte men besværligt ☞ [S] 5.2 The definite integral

Eksempel

Løsning

b

b

x dx = lim

a

a

n→∞

i=1

x dx = b2 − a 2

2

n

(a + (b − a) i − a

)b

n n

(b − a)2

= lim a(b − a) +

n→∞ n2 (b − a)2

= lim a(b − a) +

n→∞ n2 = a(b − a) +

(b − a)2

2

n

i

i=1

n(n + 1)

2

= b2 − a 2

2

1.6. Areal ☞ [S] 5.2 The definite integral

Figur - Eksempel

y

Arealet er

a b

a + b

(b − a)

2 = b2 − a2 2

1.7. Integralet endnu en gang ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Definition

Intervallet [a,b] inddeles

a+b

2

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b

x


Det bestemte integral af en funktion f : [a,b] → R er

2

1. DOBBELT INTEGRAL 75

b

f(x)dx = lim

a

n

f(x

n→∞

i=1

∗ i )∆x

1.8. Udvid til volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Definition

Inddelinger

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b

c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d

deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] ×

[yj−1,yj] og areal ∆A = ∆x∆y.

For en positiv funktion f : R → R er volumenet under grafen V tilnærmet

3 V ≈

m

n

i=1 j=1

f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A

1.9. Grænsen er volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Definition

3 V ≈

m

n

i=1 j=1

Det eksakte volumen findes ved grænseovergangen

4 V = lim

m

f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A

n

f(x

m,n→∞

i=1 j=1

∗ ij,y ∗ ij)∆A

1.10. Udvid integralet til to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .

Definition

Inddelinger

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b

c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d

deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] ×

[yj−1,yj] med areal ∆A = ∆x∆y.

Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er

5


R

f(x,y)dA = lim

m

n

f(x

m,n→∞

i=1 j=1

∗ ij,y ∗ ij)∆A

1.11. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Figur


76 II. INTEGRATION

y

d

c

a b

x

(x ∗ ij , y∗ ij )

Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d]

1.12. Gør det let

Bemærkninger

☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Med valg af brikhjørner som middelpunkter kan det bestemte integral af en funktion f :

R → R skrives simplere

6


f(x,y)dA = lim

m n

f(xi,yj)∆A

R

m,n→∞

i=1 j=1

Hvis f(x,y) ≥ 0, så er volumen over rektanglet R og under grafen z = f(x,y)


V = f(x,y)dA

R

1.13. Riemann summer ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Definition

Den dobbelte Riemann sum er

m n

R

i=1 j=1

f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A

Den bruges til at tilnærme dobbeltintegralet


m n

f(x,y)dA ≈

i=1 j=1

f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A

1.14. Riemann sum til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .

Eksempel 1

R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0

Inddel hvert interval i halve og brug hjørner.

Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2).

y

2

1

1 2

x


1. DOBBELT INTEGRAL 77

1.15. Riemann sum til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .

Eksempel 1 - fortsat

R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0

Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2) og ∆A = 1.

Den dobbelte Riemann sum giver


(16 − x

R

2 − 2y 2 )dA

≈ f(1,1) + f(1,2) + f(2,1) + f(2,2)

= 13 + 7 + 10 + 4

= 34

1.16. Test dobbelt integralet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Test

Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. Et skøn med en dobbelt Riemann sum giver for

integralet V =

xy dA R

(a) V < 0. (b) V = 0. (c) V > 0.

Løsning

Inddel med endepunkter

∆A = (2 − 1)(2 − 1) = 1

V ≈ f(1,1)∆A = 1

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


1.17. Integralet som volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Eksempel 2

R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2

Volumenet under grafen er en halvcylinder med radius 1 og højde 4.

Dobbelt integralet findes som volumenet.

1

1 − x2dA =

2 π12 · 4

R

= 2π

1.18. Halvcylinder ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Figur - Eksempel 2

z

x

Grafen for f(x,y) = √ 1 − x 2

y


78 II. INTEGRATION

Volumen 1

2 π12 · 4 = 2π

1.19. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration

Figur

f(xi−1)

xi−1

f(xi)

xi

f(¯xi)

¯xi

Endepunkter - Midtpunkt- Trapez

1.20. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration

Endepunktsregler

1

2

Midtpunktsreglen

b

f(x)dx ≈

a

b

f(x)dx ≈

a

b

f(x)dx ≈

a

n

i=1

n

f(xi−1)∆x

i=1

n

f(xi)∆x

i=1

f( xi−1 + xi

)∆x

2

1.21. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration

Trapezreglen

Simpsons regel

b

f(x)dx ≈

a

b

f(x)dx ≈

a

n

i=1

n

i=1

x

(f(xi−1) + f(xi)) ∆x

2

(f(x2i−2) + 4f(x2i−1) + f(x2i)) ∆x

3

1.22. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration

Figur


f(x2i−2)

x2i−2

1. DOBBELT INTEGRAL 79

x2i−1

Simpson

f(x2i)

x2i

f(x2i−1)

1.23. Midtpunktsstrategi ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Midtpunktsreglen

Som middelpunkt bruges midtpunkter

Tilnærmer dobbeltintegralet


R

x ∗ ij = ¯xi = xi−1 + xi

2

y ∗ ij = ¯yj = yj−1 + yj

2

f(x,y)dA ≈

m

i=1 j=1

n

f(¯xi, ¯yj)∆A

1.24. Midtpunkter til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Eksempel 3

R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2

m = n = 2 og brug midtpunkter.

y

1 2

Midtpunkter ¯x1 = 1

2 , ¯x2 = 3

2 , ¯y1 = 5

4 , ¯y2 = 7

4

2

1

1.25. Brug midtpunktet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Eksempel 3 - fortsat

Midtpunkter ¯x1 = 1

2 , ¯x2 = 3

2 , ¯y1 = 5

4 , ¯y2 = 7

4

∆A = 1

2

Den dobbelte Riemann sum giver


R

(x − 3y 2 )dA

≈ (f( 1

2

= − 95

8

, 5

4

) + f(1

2

, 7

4

x

) + f(3

2

, 5

4

x

7

) + f(3 ,

2 4 ))1

2


80 II. INTEGRATION

1.26. Midtpunkter til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Eksempel 2 - igen

R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2

m = n = 2 og brug midtpunkter ¯x1 = −1 2 , ¯y1 = −1, ¯y2 = 1, ∆A = 2.

Den dobbelte Riemann sum giver


2π = 1 − x2dA ≈ 4 3

R

2 , ¯x2 = 1

6.28 ≈ 6.93

1.27. Regneregler hjælper ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Regneregler for dobbeltintegral

7

8


Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er


9


(f(x,y) + g(x,y))dA = f(x,y)dA + g(x,y)dA

R

R



cf(x,y)dA = c f(x,y)dA

R

R

R


f(x,y)dA ≥

R

R

g(x,y)dA

1.28. Brug regneregler

Opgave

☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Lad R = [0,1] × [0,1]. Afgør om


xy dA ≥ x 2 y 2 dA

Løsning

For 0 ≤ x,y ≤ 1 er

så uligheden er sand ifølge regneregel 9 .

R

R

xy ≥ x 2 y 2

1.29. Brug regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Opgave

Lad R = [0,2] × [0,2]. Afgør om

(x + y)dA ≤ 16

R

Løsning

For 0 ≤ x,y ≤ 2 er x + y ≤ 4

så ifølge regneregel 9


R


(x + y)dA ≤

R

4dA ≤ 16

1.30. Test integral regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Test

Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. For integralet V =

xy dA gælder uligheder

R

(a) 1 ≤ V ≤ 4. (b) 4 < V . (c) V < 1.


Løsning

For (x,y) ∈ R gælder uligheden

Heraf, A(R) = (2 − 1)(2 − 1) = 1,

2. ITERERET INTEGRAL 81

1 ≤ f(x,y) ≤ 4

A(R) ≤ V ≤ A(R) · 4

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


1.31. Regneregler og volumen

Eksempel

Lad R = [−1,1] × [−1,1].

☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles


(

R

1 − x2 + 1 − y2 )dA =


1 − x2 dA +


1 − y2 dA

R

De to dobbelt integraler findes som volumener af halvcylindre: I alt


( 1 − x2 + 1 − y2 )dA = 1

2 π12 · 2 · 2 = 2π

R

2. Itereret integral

2.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.3, 5.4, 12.1, 12.2

Nøgleord og begreber

✌ Analysens hovedsætning

✌ Stamfunktioner

✌ Itereret integral

✌ Test itereret integral

✌ Fubinis sætning

✌ Test Fubini

✌ Eksempler

✌ Test produkt

2.2. Analysens hovedsætning ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calc.

Sætning (Analysens fundamentalsætning)

Antag, at f : [a,b] → R er kontinuert. Så er

x

g(x) = f(t)dt

differentiabel og

a

g ′ (x) = f(x)

For en stamfunktion F(x), F ′ (x) = f(x), er

b

f(x)dx = F(b) − F(a)

a

2.3. Overbevis ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus

Sætning (Analysens fundamentalsætning)

R


82 II. INTEGRATION

Bevis

g ′ g(x + h) − g(x)

(x) = lim

h→0

h

x+h

1

= lim f(u)du

h→0 h x

f(x

= lim

h→0

∗ )h

h

= f(x)

2.4. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . .

1 Stamfunktioner


x n dx = 1

n + 1 xn+1 , n = −1


1

dx = ln(x)

x




e x dx = e x

ln(x)dx = xln(x) − x

a x dx = 1

ln(a) ax

2.5. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . .

1 Stamfunktioner - flere





sin(x)dx = −cos(x)

cos(x)dx = sin(x)

1

√ 1 − x 2 dx = sin−1 (x)

1

1 + x 2 dx = tan−1 (x)

2.6. Integral smertefrit ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus

Eksempel

Beregn

4

(x

1

2 + x 3 )dx


Løsning

4

(x

1

2 + x 3 )dx =

2. ITERERET INTEGRAL 83

x 3

3

= ( 43

3

= ( 64

3

= 339

4

4

x4

+

4 1

44 14

+ ) − (13 +

4 3 4 )

1

+ 64) − (1 +

3 4 )

2.7. Integral af integral

Definition

☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Antag f : [a,b] × [c,d] → R er kontinuert. For x ∈ [a,b] er det partielle integral

d

1 A(x) = f(x,y)dy

og det itererede integral

2

c

b b d

A(x)dx = f(x,y)dydx

a

a

2.8. Integral integral avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Definition

I modsat rækkefølge

Det partielle integral

b

A(y) = f(x,y)dx

og det itererede integral

3

a

d d b

A(y)dy = f(x,y)dxdy

c

c

2.9. Beregn integral integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 1

R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y

Partial integral

A(x) =

=

2

c

a

x 2 y dy

1

y=2

2 y2

x

2 y=1

2 22 12

= x − x2

2 2

= 3

2 x2

2.10. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 1 - fortsat

A(x) = 3

2 x2


84 II. INTEGRATION

Itereret integral

3 2

0

1

3

x 2 3

y dydx =

0 2 x2 dx

= 3

3 3 x

2 3

= 3 3

2

3

3

= 27

2

2.11. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 1 - fortsat

Partial integral

R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y

A(y) =

=

3

0

= 33

x 3

3 y

x 2 y dx

x=3

x=0

y − 0

3

= 9y

2.12. Sluttelig ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 1 - fortsat

Itereret integral

2 3

1

0

A(y) = 9y

x 2 y dxdy =

2

1

2 y

= 9

2

= 9( 22

2

= 27

2

0

9y dy

2

1

− 12

2 )

2.13. Test itereret integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Test

Lad f(x,y) = xy. Det itererede integral 2 2

xy dxdy er

1 1

(a) 9

2

. (b) 9

4

. (c) 6

4 .

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


Løsning

2 2

1

1

2. ITERERET INTEGRAL 85

2 2 x

xy dxdy =

1 2

= 3

2 2 y

2 2 1

= 3 3 9

=

2 2 4

x=2

y dy

x=1

2.14. Øvelse gør mester ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel

Partial integral

R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x

A(x) =

1

0

(2x + 2ye x )dy

= 2xy + y 2 e x y=1

y=0

= 2x + e x

2.15. Videre ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel - fortsat

Itereret integral

1 1

0

0

A(x) = 2x + e x

(2x + 2ye x )dydx =

1

0

(2x + e x )dx

= x 2 + e x 1

0

= (1 + e) − (0 + 1)

2.16. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel - fortsat

Partial integral

= e

R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x

A(y) =

1

0

(2x + 2ye x )dx

= x 2 + 2ye x x=1

x=0

= (1 + 2ye) − (0 + 2y) = 2(e − 1)y + 1

2.17. Igen ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel - fortsat

A(y) = 2(e − 1)y + 1


86 II. INTEGRATION

Itereret integral

1 1

0

0

(2x + 2ye x )dxdy =

1

0

(2(e − 1)y + 1)dy

= (e − 1)y 2 + y 1

0

= ((e − 1) + 1) − (0 + 0)

= e

2.18. Fubini: Alle veje fører til Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

4 Sætning (Fubinis sætning)

Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de

itererede integraler

b d

f(x,y)dA = f(x,y)dydx

og


R

R

a

d b

f(x,y)dA = f(x,y)dxdy

2.19. Overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Fubinis sætning - begrundelse

Lad f(x,y) ≥ 0. Volumenet under grafen er dobbeltintegralet


f(x,y)dA

Det partielle integral

R

d

A(x) = f(x,y)dy

er arealet af et snit gennem området under grafen for x fast.

c

2.20. Mere overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Fubinis sætning - begrundelse

Det itererede integral

b b d

A(x)dx = f(x,y)dydx

tilnærmes af Riemann summen

a

i

a

c

c

c

a

A(x ∗ i )∆x

som ved grænseovergang fører til volumenet, der netop er dobbeltintegralets værdi.

2.21. Fremgangsmåde ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 2

R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2


R

2. ITERERET INTEGRAL 87

(x − 3y 2 )dA =

=

=

2 2

(x − 3y 2 )dydx

0 1

2 3

xy − y

0

y=2 y=1 dx

2

0

2 x

=

2

= −12

(x − 7)dx

2

− 7x

0

2.22. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Eksempel 2 - fortsat


R

(x − 3y 2 )dA =

=

=

2 2

1

2

1

2

1

0

x 2

(x − 3y 2 )dxdy

2 − 3y2 x

(2 − 6y 2 )dy

x=2

x=0

= 2y − 2y 32 = −12

1

Bemærk, at midtpunktsreglen, [S] 12.1 Eksempel 3, gav tilnærmelsen − 95

8

dy

= −11,875

2.23. Med sinus og cosinus ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Figur - Eksempel 3

R = [1,2] × [0,π], f(x,y) = y sin(xy)

x

z

2.24. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

y


88 II. INTEGRATION

Eksempel 3 - fortsat


R

π 2

y sin(xy)dA = y sin(xy)dxdy

0 1

π

= [−cos(xy)]

0

x=2

x=1 dy

π

= (−cos(2y) + cos(y))dy

0


= − sin(2y)

π + sin(y)

2

0

= 0

2.25. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Test

Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] × [1,2]. Der gælder

Løsning

(x,y) ∈ [0,2] × [1,2] giver ved Fubinis sætning


R

xlny dA =

2 2

0

1

R xln y dA = 2

0

xlny dydx

2

xlny dxdy.

1

Afkryds:

ja nej


2.26. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Figur - Eksempel 5

R = [0, π π

] × [0, ], f(x,y) = sin(x)cos(y)

2 2

x

z

2.27. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

y


Eksempel 5


R

sin(x)cos(y)dA =

2. ITERERET INTEGRAL 89

=

=

π

2

0

π

2

0

π

2

π

2

0

cos(y)

sin(x)cos(y)dxdy

π

2

0

sin(x)dx

sin(x)dx dy

π

2

0

0

= [−cos(x)] π

π

2 2

0 [sin(y)] 0

= (−0 − (−1))(1 − 0)

= 1

cos(y)dy

2.28. Opgave ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Øvelse 16

x

R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = xe xy

z

2.29. Opgave løst

Øvelse 16

☞ [S] 12.2 Iterated integrals


xe xy 1 1

dA = xe xy dydx

R

0 0

1

= [e

0

xy ] y=1

y=0 dx

1

= (e

0

x − e 0 )dx

= [e x − x] 1

0

= e − 2

2.30. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

Test

Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] ×[1,2]. Der gælder

R xlny dA = 2

0 x dx 2

lny dy. 1

Afkryds:

ja


nej

y


90 II. INTEGRATION

Løsning


R

xlny dA =

=

=

2 2

0

2

0

2

1

x

1

2

1

lny dy

3. Generelle områder

xlny dydx

lny dydx

2

0

x dx

3.1. Oversigt ☞ [S] 12.1, 12.2, 12.3

Nøgleord og begreber

✌ Dobbelt integral

✌ Fubinis sætning

✌ Generelle områder

✌ Type I

✌ Type II

✌ Regneregler

✌ Nem ulighed

3.2. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles

Figur

y

d

c

a b

x

(x ∗ ij , y∗ ij )

Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d]

3.3. Integralet i to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . .

Definition

Givet rektanglet R = [a,b] × [c,d].

Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er

5


Når grænseværdien eksisterer.

R

f(x,y)dA = lim

m

n

f(x

m,n→∞

i=1 j=1

∗ ij,y ∗ ij)∆A

3.4. Fubini: Alle veje fører til Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals

4 Sætning (Fubinis sætning)


3. GENERELLE OMRÅDER 91

Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de

itererede integraler

b d

f(x,y)dA = f(x,y)dydx

og


R

R

a

d b

f(x,y)dA = f(x,y)dxdy

3.5. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Figur

y

d

c

c

c

a

a b

D ⊂ [a,b] × [c,d]

3.6. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Definition

Givet D ⊂ [a,b] × [c,d] og f : D → R en funktion.

1

Dobbeltintegralet er

2

F(x,y) =

f(x,y) hvis (x,y) ∈ D

0 hvis (x,y) ∈ [a,b] × [c,d]\D


D


f(x,y)dA =

R

x

F(x,y)dA

3.7. Volumen ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Bemærkning

Givet et område D og en positiv f : D → R.

Legemet i R 3

har volumen V givet ved dobbeltintegralet


V =

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f(x,y)}

D

f(x,y)dA

3.8. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Figur


92 II. INTEGRATION

y = g2(x)

y = g1(x)

y

a b

Område af Type I

D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}

3.9. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Type I integral

3 For f givet på

er integralet et itereret integral

D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}


D

b g2(x)

f(x,y)dA = f(x,y)dy dx

a

g1(x)

3.10. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 1

Givet funktionen

på Type I mængden

Dobbelt integralet beregnes itereret


f(x,y)dA =

f(x,y) = x + 2y

D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }

D

1 2

1+x

−1

2x 2

x

(x + 2y)dy dx

3.11. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 1 - figur

y

y = 1 + x2 y = 2x 2

−1

2

1

x


3. GENERELLE OMRÅDER 93

D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }

3.12. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 1 -


fortsat

1 2

1+x

(x + 2y)dA = (x + 2y)dy dx

D

=

=

=

−1 2x2 1 2

xy + y

−1

y=1+x 2

y=2x2 dx

1

(x(1 + x

−1

2 ) + (1 + x 2 ) 2 − x(2x 2 ) − (2x 2 ) 2 )dx

1

(−3x

−1

4 − x 3 + 2x 2 + x + 1)dx

1


= −3 x5 x4 x2

− + 2x3 + + x

5 4 3 2

= 32

15

3.13. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Figur

y

d

−1

x = h1(y) x = h2(y)

c

Område af Type II

D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}

3.14. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Type II integral

For f givet på

4 D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}

er integralet et itereret integral

5


D

d h2(y)

f(x,y)dA = f(x,y)dx dy

c

h1(y)

3.15. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2

x


94 II. INTEGRATION

Givet funktionen

på Type II mængden

Dobbelt integralet beregnes itereret


f(x,y)dA =

f(x,y) = x 2 + y 2

D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1

2 y ≤ x ≤ √ y}

D

4

0

√ y

1

2 y

(x 2 + y 2 )dx dy

3.16. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2 - figur

y

4

x = 1

2 y x = √ y

D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1

2 y ≤ x ≤ √ y}

3.17. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2 - fortsat


(x

D

2 + y 2 4

)dA =

0

√ y

1

2 y

(x 2 + y 2 )dx dy

4

x= √ y

=

=

=

0

3 x

+ xy2

3

2

dy

0

x= y

2

4

( 1

3 y3/2 + y 5/2 − 1

24 y3 − 1

2

15 y5/2 + 2

7 y7/2 − 13

96 y4

= 216

35

4

0

x

2 y3 )dy

3.18. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2

Givet funktionen

på Type I mængden

f(x,y) = x 2 + y 2

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x}


Dobbelt integralet beregnes itereret


f(x,y)dA =

D

3. GENERELLE OMRÅDER 95

2 2x

0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx

3.19. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2 - figur

y

4

y = 2x y = x 2

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x}

3.20. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 2 - fortsat

(x

D

2 + y 2 2 2x

)dA =

0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx

2

= x

0

2 y + 1

3 y3

y=2x y=x2 dx

2

= (x

0

2 (2x) + 1

3 (2x)3 − x 2 (x 2 ) − 1

2 =


− 1

21 x7 − 1

5 x5 + 7

6 x4

= 216

35

2

0

x

3 (x2 ) 3 )dx

3.21. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 3

Givet funktionen

f(x,y) = xy

på Type II mængden

D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1

2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1}

Dobbelt integralet beregnes itereret


y+1

D

f(x,y)dA =

4

−2

1

2 y2 −3

xy dx dy

3.22. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 3 - figur


96 II. INTEGRATION

x = 1

2 y3 − 3

y

4

x = y + 1

D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1

2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1}

3.23. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 3 - fortsat


D

xy dA =

=

=

=

4

−2

4

y+1

1

2 y2 −3

1

2 x2 y

xy dx dy

x=y+1

x= 1

2 y2 dy

−3

−2

4

(−

−2

1

8 y5 + 2y 3 + y 2 − 4y)dy


− 1

48 y6 + 1

2 y4 + 1

3 y3 − 2y 2

4 = 36

3.24. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Hjørne (Se også eksempel 4)

Givet trekanten

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b

a x}

Et hjørne med kantlængder a,b,c > 0 er givet ved

Vis at volumenet

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c

x −

a b y}

V = abc

6

3.25. Hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Hjørne - figur

−2

5

x


x

3. GENERELLE OMRÅDER 97

a

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b

a x}

z

c

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c

x −

a b y}

3.26. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Hjørne - fortsat

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b

a x}

er en Type I mængde.

Volumenet af hjørnet er


V =

(c − c c

x −

a b y)dA

D

a

=

0

b− b

a x

0

(c − c

a

b

y

c

x − y)dy dx

b

3.27. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Hjørne - fortsat


V = (c −

D

c

a b b−

c

a

x − y)dA =

a b 0

x

(c −

0

c c

x − y)dy dx

a b

a

= c y −

0

xy

y=b−

y2


a 2b

b

a x

dx

y=0

= bc

a

(1 −

2 0

x

a )2 dx

= abc


−(1 −

6

x

a )3 a

0

= abc

6

3.28. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Kile (Se også opgave 22)

Givet halvcirklen

En kile er givet ved

Find volumenet V .

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1

2 y}


98 II. INTEGRATION

3.29. Kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Kile - figur

z

x

2

−2

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1

2 y}

3.30. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Kile - fortsat

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }

er en Type I mængde.

Volumenet af kilen er


V =

D

2

1

y dA =

2 −2

√ 4−x2 1

y dy dx

0 2

3.31. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Kile - fortsat

2

1

V = ydA =

D 2 −2

√ 4−x2 1

ydy dx

0 2

2

1

=

4 y2

√ y= 4−x2 dx

−2

2

y=0

1

=

−2 4 (4 − x2 )dx


= x − 1

12 x3

2 = 8

3

−2

3.32. Regneregler

Regneregler for dobbeltintegral


☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

6

(f(x,y) + g(x,y))dA =

D


f(x,y)dA + g(x,y)dA

7


D

D


cf(x,y)dA = c

D

2

D

y

f(x,y)dA


Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er


8

D

3. GENERELLE OMRÅDER 99


f(x,y)dA ≥

D

g(x,y)dA

3.33. Opdelt område [S] 12.3 Double integrals over general regions

Regneregler for dobbeltintegral

Hvis området D er opdelt i D1,D2, så er


9

f(x,y)dA =

D



f(x,y)dA + f(x,y)dA

D1

D1

D

3.34. Opdelt område ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Figur

y

x

Cirkelring opdelt som to Type I områder

D2

D2

y

x

Cirkelring opdelt som to Type II områder

3.35. Areal ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Definition (Areal som dobbeltintegral)

Arealet af et område D er


10 A(D) = 1dA

Bemærk

A(D) ≈

(x ∗ i ,y∗ j )∈D

D


∆A ≈

3.36. Nyttig ulighed

Sætning (Ulighed om areal)

☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Hvis m ≤ f(x,y) ≤ M så er


11 mA(D) ≤ f(x,y)dA ≤ MA(D)

Bemærk

Følger af regneregler for integral og arealformlen ovenfor.

D

D

dA


100 II. INTEGRATION

3.37. Et slag på tasken ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Eksempel 6

Givet funktionen

på cirkelskiven

Funktionen vurderes

Dobbelt integralet vurderes

e −1

4π ≤

sin(x) cos(y)

f(x,y) = e

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 4}

e −1 ≤ e sin(x) cos(y) ≤ e

e

D

sin(x) cos(y) dA ≤ e4π

4. Koordinatskift

4.1. Oversigt ☞ [S] 12.4, 12.5, 12.7

Nøgleord og begreber

✌ Repetition: Polære koordinater

✌ Lagkagestykker

✌ Koordinatskift

✌ Type II varianten

✌ August 2002, opgave 1

✌ Populære anvendelser

✌ Flyv højere. . .

4.2. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Definition

Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med

polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater

) bestemmer y-aksen.

y

(1, π

2

1

θ

O 1

r

P(r cos(θ), r sin(θ))

4.3. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Sætning

Givet et polœrt og tilhørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater

(r,θ) har kartesiske koordinater

1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)

Et punkt med kartesiske koordinater (x,y),x > 0 har polœre koordinater

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y

x )

x


4. KOORDINATSKIFT 101

4.4. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Polært rektangel

y

θ=β

r=a

(b cos β,b sin β)

θ=α

r=b

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

{(x,y) = (r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

4.5. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Definition

Et polœrt rektangel er et område i R 2 bestemt ved polære koordinater

I kartesiske koordinater er området

R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

{(r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

4.6. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Inddelt polært rektangel

y

x

(r ∗ i , θ∗ j )

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

4.7. Lagkageområde, areal ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Areal af polært rektangel

x


102 II. INTEGRATION

Areal af {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} er

y

1

2 (β − α)(b2 − a 2 ) =

(r,θ)=( a+b α+β

2 , 2 )

x

a + b

(b − a)(β − α)

2

4.8. Polær inddeling ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Definition

a = r0 ≤ · · · ≤ ri−1 ≤ r ∗ i ≤ ri ≤ · · · ≤ rm = b

α = θ0 ≤ · · · ≤ θj−1 ≤ θ ∗ j ≤ θj ≤ · · · ≤ θn = β

inddeler det polære rektanglet R = [a,b] × [α,β] i brikker med midtpunkter og areal

r ∗ i = ri−1 + ri

, θ

2

∗ j = θj−1 + θj

2

∆A = 1

2 (ri + ri−1)(ri − ri−1)(θj − θj−1) = r ∗ i ∆r∆θ

4.9. Polær Riemann sum ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Bemærkning

Den dobbelte Riemannsum af en funktion f : R → R er

m n

1

i=1 j=1

f(x ∗ i ,y ∗ j)∆A =

m

n

i=1 j=1

f(r ∗ i cos θ ∗ j,r ∗ i sin θ ∗ j)r ∗ i ∆r∆θ

4.10. Lagkageområde, integral ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

2 Sætning (Polært koordinatskift)

For f kontinuert på det polœre rektangel

er integralet et itereret integral


R

R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β}

β b

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ

α

a

4.11. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 1

Halvcirkelringen

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}

beskrives i polære koordinater ved

x = r cos θ, y = r sinθ

0 ≤ r sin θ, 1 ≤ (r cos θ) 2 + (r sin θ) 2 ≤ 4


Som reduceres

4. KOORDINATSKIFT 103

0 ≤ θ ≤ π, 1 ≤ r ≤ 2

4.12. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 1

Halvcirkelringen

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}

er det polære rektangel

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}

4.13. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Eksempel 1 - figur

y

2

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}

1 2

4.14. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 1 - fortsat

Givet funktionen

f(x,y) = 3x + 4y 2

på halvcirkelringen

I polære koordinater er

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4}

f(r cos θ,r sinθ) = 3r cos θ + 4(r sinθ) 2

4.15. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 1 - fortsat

Dobbeltintegralet over

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π}

beregnes ved polært koordinatskift

β b

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ

Det itererede integral


R

R

π

f(x,y)dA =

0

α

a

2

(3r cos θ + 4r

1

2 sin 2 θ)rdr dθ

x


104 II. INTEGRATION

4.16. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 1 - fortsat

(3x + 4y

R

2 π 2

)dA = (3r cos θ + 4r

0 1

2 sin 2 θ)rdr dθ

π 3 4 2 r=2

= r cos θ + r sin θ

r=1

0


π

= (7cos θ + 15sin

0

2 θ)dθ

π

= (7cos θ +

0

15

(1 − cos 2θ))dθ

2


= 7sin θ + 15

θ=π (2θ − sin 2θ)

4 θ=0

= 15

2 π

4.17. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 2

Toppen af et æg

{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 }

beskrives i "cylinder" koordinater ved

Det er

x = r cos θ, y = r sinθ

{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 }

4.18. Top ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Eksempel 2 - figur

x

z

{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 }

4.19. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 2 - fortsat

Volumenet er et integral af funktionen

på cirkelskiven

f(x,y) = 1 − x 2 − y 2

R = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1}

1

y


Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift


V = f(x,y)dA =

R

4. KOORDINATSKIFT 105

2π 1

0

0

(1 − r 2 )rdr dθ

4.20. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 2 - fortsat

V =

=

=

2π 1

0


0


0

= π

2

0

r 2

2

1

4 dθ

(1 − r 2 )rdr dθ

r=1

r4

− dθ

4 r=0

4.21. Polært Type II ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Type II - figur

θ=β

y

θ=α

r=h1(θ)

r=h2(θ)

D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}

4.22. Polær Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions

Polœr Type II integral

3 For f givet på

er integralet et itereret integral


D

D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}

β h2(θ)

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sin θ)rdr dθ

α

h1(θ)

4.23. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 3

Legemet

{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 2x, 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 }

beskrives i "cylinder" koordinater ved

x = r cos θ, y = r sinθ

x


106 II. INTEGRATION

Det er

{(r,θ,z)| −π

2

≤ θ ≤ π

2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 }

4.24. Stub ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates

Eksempel 3 - skitse (lav bedre selv!)

z

x

{(r,θ,z)| −π

2

≤ θ ≤ π

2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 }

4.25. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 3 - fortsat

Volumenet er et integral af funktionen

på området i polære koordinater

D = {(r,θ)| −π

2

f(x,y) = x 2 + y 2

Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift


V =

R

π

≤ θ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2cos θ}

2

π/2

f(x,y)dA =

−π/2

2 cos θ

0

y

r 2 rdr dθ

4.26. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Eksempel 3 - fortsat

π/2 2 cos θ

V = r 2 rdr dθ

−π/2

π/2 4 r

=

−π/2 4 r=0

π/2

= 4cos 4 θ dθ

= ...

= 3π

2

−π/2

0

r=2 cos θ

4.27. Kilen ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Kile


Kilen med radius a og højde b er i "cylinderkoordinater":

4. KOORDINATSKIFT 107

D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}

E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b

r sin θ}

a

Vis, at volumenet V er

V = 2

3 a2b 4.28. Kile i polære koordinater ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Kile - figur

z

x

a

b

−a

D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}

E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b

r sin θ}

a

4.29. Volumen af kile ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Kile - fortsat

D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π}

er et polært rektangel.

Volumenet af kilen er


D

b

y dA =

a

π a

b

r sin(θ)rdr dθ

a

0

4.30. Volumen af kile ☞ [S] [S] 12.4 Double integrals in polar . . .

Kile - fortsat

π a

b

b

y dA = r sin(θ)rdr dθ

D a 0 0 a

π

b

=

0 3a r3 r=a sinθ dθ

r=0

π

a

=

0

2b sinθ dθ

3

= a2b [−cos θ]π 0 3

= 2

3 a2b 4.31. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1

Lad R betegne kvartcirkelskiven x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn

R x2 y dA.

0

y


108 II. INTEGRATION

Løsning

y

R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4}

4.32. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - figur

x

z

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π

2 }

4.33. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - fortsat

er et polært rektangel.

Integralet er


R

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π

2 }

x 2 π/2

y dA =

0

2

x

2

r

0

3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ

4.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

y


Opgave 1 - fortsat


R

x 2 π/2

y dA =

4. KOORDINATSKIFT 109

0

π/2

=

0

2

r

0

3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ


1

5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ

r=0

π/2

32

=

0 5 cos2 θ sin θ dθ


= − 32

15 cos3 π/2 θ

= 32

15

4.35. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - ny figur

x

z

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }

4.36. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - alternativt

er et Type I område.

Integralet er

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }


R

x 2 y dA =

0

2 √ 4−x2 0

0

y

x 2 y dy dx

4.37. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002


110 II. INTEGRATION

Opgave 1 - alternativt - fortsat


x 2 y dA =

R

=

2 √ 4−x2 x 2 y dy dx

0 0

2

1

0 2 x2y 2

√ y= 4−x2 y=0

2

1

=

0 2 (4x2 − x 4 )dx


2

=

3 x3 − 1

10 x5

2 = 32

15

4.38. Populært ☞ [S] 12.5 Applications of double integrals

Anvendelser

✌ Beregn nyttige integraler i en variabel.

✌ Find areal, volumen, tyngdepunkt og moment.

✌ Bestem ladning af elektriske fordelinger.

✌ Statisktiske fordelinger for 2 stokastiske variable.

✌ Fortsæt med 3 variable. . .

4.39. Flere variable ☞ [S] 12.7 Triple integrals

Udvidelse

✌ Volumenet af en kasse er produktet af kantlængderne.

✌ Riemannsummen for en funktion i 3 variable defineret på en kasse er tripelsummen

af funktionsværdi gange volumen for kassen opdelt i klodser.

✌ Tripelintegralet er grænseværdien af Riemansummerne for finere klodsinddeling.

✌ Tripelintegralet beregnes ved Fubinis sætning som 3 itererede integraler.

✌ Fortsæt med 4 eller flere variable. . .

0

dx


III

Potensrækker

1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler

1.1. Oversigt ☞ [S] 4.5, 5.10

Nøgleord og begreber

✌ Ubestemte udtryk

✌ l’Hospitals regel 1

✌ l’Hospitals regel 2

✌ Test l’Hospitals regel

✌ Uegentlige integraler 1

✌ Test uegentlige integraler

✌ Uegentlige integraler 2

✌ Test uegentlige integraler

✌ Sammenligning

1.2. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempler

Ubestemte udtryk

ln(x)

1 lim

x→1 x − 1

ln(x)

2 lim

x→∞ x − 1

1.3. Ubestemt 0-0 udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s . . .

Definition

Lad f(x) → 0,g(x) → 0 når x → a. Udtrykket

kaldes ubestemt af form 0

0 .

Eksempel

er ubestemt af form 0

0 .

f(x)

lim

x→a g(x)

x

lim

x→1

2 − 1

x − 1

1.4. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Definition

Lad f(x) → ∞,g(x) → ∞ når x → a. Udtrykket

f(x)

lim

x→a g(x)

111


112 III. POTENSRÆKKER

kaldes ubestemt af form ∞

∞ .

Eksempel

er ubestemt af form ∞

∞ .

ln |x|

lim

x→0 x−1 1.5. l’Hospitals regel 1 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Sætning (l’Hospitals regel)

Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a tilpas nœr a. Hvis

er et ubestemt udtryk af form 0

0 , så er

f(x)

lim

x→a g(x)

f(x) f

lim = lim

x→a g(x) x→a

′ (x)

g ′ (x)

1.6. Overbevis ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Bevis

Fra den udvidede middelværdisætning

Beregn nu

f(x)g ′ (x ∗ ) = f ′ (x ∗ )g(x), a < x ∗ < x

f(x) f

lim = lim

x→a g(x) x→a

′ (x∗ )

g ′ (x∗ f

= lim

) x→a

′ (x)

g ′ (x)

1.7. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempel

ubestemt af form 0

0 .

Heraf fås

x

lim

x→1

2 − 1

x − 1

f(x) = x 2 − 1,f ′ (x) = 2x

g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1

x

lim

x→1

2 − 1 2x

= lim = 2

x − 1 x→1 1

1.8. l’Hospitals regel 2 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Sætning (l’Hospitals regel)

Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a tilpas nœr a. Hvis

er et ubestemt udtryk af form ∞

∞ , så er

f(x)

lim

x→a g(x)

f(x) f

lim = lim

x→a g(x) x→a

′ (x)

g ′ (x)


1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 113

1.9. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempel (6)

er ubestemt af form ∞

∞ .

Heraf fås

lim

x→0

ln |x|

lim

x→0 x−1 f(x) = ln |x|,f ′ (x) = |x| −1

g(x) = x −1 ,g ′ (x) = −x −2

ln |x|

= lim

x−1 x→0

|x| −1 x

= lim −x = 0

−x−2 x→0 |x|

1.10. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempel 1

ln(x)

lim

x→1 x − 1

ubestemt af form 0

0 .

Heraf fås

f(x) = ln(x),f ′ (x) = x −1

g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1

ln(x) x

lim = lim

x→1 x − 1 x→1

−1

= 1

1

1.11. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempel 2

ubestemt af form ∞

∞ .

Heraf fås

e

lim

x→∞

x

x2 f(x) = e x ,f ′ (x) = e x ,f ′′ )x) = e x

g(x) = x 2 ,g ′ (x) = 2x,g ′′ (x) = 2

lim

x→∞

ex e

= lim

x2 x→∞

x e

= lim

2x x→∞

x

= ∞

2

1.12. Øvelse ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Eksempel 9

lim

x→0 +

x x

omformes ved

Fra eksempel følger

ln( lim

x→0 +

x x ) = lim

x→0 +

xln(x) = lim

x→0 +

ln(x)

x−1 lim

x→0 +

x x = exp( lim

x→0 +

ln(x)

x−1 ) = e0 = 1

1.13. Test l’Hospitals regel ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule

Test

x

lim

x→0 sinx

(a) −1. (b) 0. (c) 1.


114 III. POTENSRÆKKER

Løsning

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


f(x) = x,g(x) = sin x har f(0) = 0,g(0) = 0 og er ubestemt af form 0

0 . f ′ (x) =

1,g ′ (x) = cos x har f ′ (0) = 1,g ′ (0) = 1, så

f

lim

x→0

′ (x)

g ′ (x) = f ′ (0)

g ′ (0)

1.14. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel

Integralet

har grænseværdi

t

1

A(t) = dx = −

1 x2 1

t = 1 −

x 1

1

t


lim A(t) = lim 1 −

t→∞ t→∞

1


= 1

t

1.15. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals

y

1 t

Uendeligt interval, endeligt areal

y = 1

x 2

1.16. Uegentligt integral

1 Definition

☞ [S] 5.10 Improper integrals

Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent.


t

(a)

f(x)dx = lim

t→∞

f(x)dx

(b)

(c)

a

b

−∞

∞ a

f(x)dx =

−∞

b

f(x)dx = lim

t→−∞

−∞

a

t

f(x)dx


f(x)dx + f(x)dx

1.17. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel 1

a

x


Det uegentlige integral

er divergent.

Det uegentlige integral

er konvergent.

1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 115


1

t

1

dx = lim

x t→∞

1


1

= lim

t→∞ lnt = ∞

t

1

dx = lim

x2 t→∞

1

1

dx = lim

x t→∞ [lnx]t 1

1

dx = 1

x2 1.18. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals

y

1 t

Uendeligt interval, uendeligt areal

y = 1

x

1.19. Arctan integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel 3


1

dx = π

−∞ 1 + x2 Løsning

t

−∞

0

1

dx = [Arctanx]t

1 + x2 0 = Arctan t

Grænseovergange limt→±∞ Arctan t = ± π

2 giver

∞ 0 ∞

1

1

1

dx = dx + dx = π

1 + x2 −∞ 1 + x2 0 1 + x2 1.20. Reciprok potens ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel 4

Det uegentlige integral p = 1


1

1

dx = lim

xp t→∞

= lim

t→∞

t

er konvergent for p > 1 med værdi ∞

1

1

1

1 − p


1

1 − p ·


− 1

tp−1 1

dx = lim

xp t→∞


1

1 1

dx =

xp p − 1

x

1

xp−1 t 1


116 III. POTENSRÆKKER

og divergent for p ≤ 1.

1.21. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Test ∞

2

Integralet 3√ dx er konvergent.

x

Løsning

1

t

2x −1/3 dx =

(Alternativt p = 1/3 < 1 i Eksempel 4)

1


3x 2/3 t

→ ∞

for t → ∞

1

= 3t 2/3 − 3

Afkryds:

ja nej


1.22. Uendelige funktioner

3 Definition

☞ [S] 5.10 Improper integrals

Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent.

b

(a)

f(x)dx = lim

t→b− t

f(x)dx

(b)

(c)

a

b

a

f(x)dx = lim

t→a +

a

b

f(x)dx

b c b

f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx

a

a

1.23. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel (1)

Det uegentlige integral

er divergent.

1

0

1

dx = lim

x t→0 +

1

t

1

x

= lim −ln t = ∞

t→0 +

t

c

dx = lim [lnx]1

t→0 + t

1.24. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel (1)

Det uegentlige integral

1

er konvergent.

0

1

√ x dx = lim

t→0 +

1

t

= lim

t→0 +

2 √ t − 2 = 2

x −1/2 dx = lim

t→0 +


2x 1/2 1

t

1.25. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals


1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 117

y

1√ t

t

y = 1

√ x

Uendelige værdier, endeligt areal

1.26. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Eksempel (4)

Det uegentlige integral p = 1

1

0

1

dx = lim

xp t→0 +

= lim

t→0 +

1

t

1

1 − p

1

x

1

dx = lim

xp t→0 +


1

1 − p ·


1 − 1

tp−1

er konvergent for p < 1 med værdi

1

1 1

dx =

xp p − 1

og divergent for p ≥ 1.

0

1

xp−1 1 t

1.27. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Test 1

2

Integralet 3√ dx er konvergent.

x

Løsning

0

1

t

2x −1/3 dx =

→ 3


3x 2/3 1

for t → 0

t

= 3 − 3t 2/3

Afkryds:

ja nej


1.28. Sammenligning af uegentlige integraler ☞ [S] 5.10 Improper integrals

Sætning (Sammenligning)

Antag at kontinuerte funktioner f,g opfylder uligheden f(x) ≥ g(x) ≥ 0 for x ≥ a.

(a) ∞

a f(x)dx konvergent ⇒ ∞

a

g(x)dx konvergent.


118 III. POTENSRÆKKER

(b) ∞

a g(x)dx divergent ⇒ ∞

a

f(x)dx divergent.

2. Talfølger og rækker

2.1. Oversigt ☞ [S] 8.1, 8.2

Nøgleord og begreber

✌ Grænseværdi af talfølge

✌ Test grænseværdi

✌ Monotone og begrænsede talfølger

✌ Talrække og afsnitssum

✌ Konvergente rækker har små led

✌ Regneregler

2.2. Grænse for talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences

1 Definition

En talfølge {an} har grænseværdi L

lim

n→∞ an = L

Hvis an kommer vilkårligt tæt på L, når n er tilstrækkeligt stor.

Skrives også

an → L når n → ∞

Følgen kaldes da konvergent og i modsat fald divergent.

2.3. Grænse tydeligere ☞ [S] 8.1 Sequences

Definition præcis

En talfølge {an} har grænseværdi L

Hvis der for ethvert ɛ > 0 findes et tal N så

lim

n→∞ an = L

|an − L| < ɛ for n > N

2.4. Simpel følge ☞ [S] 8.1 Sequences

Eksempel

Talfølgen {an}

an = n

n + 1

har grænseværdi

For ɛ > 0 er

når n > ɛ −1 .

n

lim = 1

n→∞ n + 1

| n 1

− 1| = < ɛ

n + 1 n + 1

2.5. Funktion af talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences

2 Sætning

Hvis limx→∞ f(x) = L og an = f(n), så

lim

n→∞ an = L


Eksempel

3

1

lim = 0

n→∞ nr hvis r > 0

2. TALFØLGER OG RÆKKER 119

2.6. Test grænseværdi ☞ [S] 8.1 sequences

Test

1 1

lim cos

n→∞ n n

(a) −1. (b) 0. (c) 1.

Afkryds den rigtige:

(a) (b)


(c)

Løsning

f(x) = xcos x er kontinuert med f(0) = 0.

1

lim f( ) = 0

n→∞ n

2.7. Regneregler ☞ [S] 8.1 Sequences

Regneregler

• lim

n→∞ (an ± bn) = lim

n→∞ an ± lim

n→∞ bn

• lim

n→∞ anbn = lim

n→∞ an · lim

n→∞ bn

an

• lim =

n→∞ bn

limn→∞ an

limn→∞ bn

• lim

n→∞ ap p

n = ( lim an)

n→∞

2.8. Absolutværdi vinder ☞ [S] 8.1 Sequences

4 Sætning

Paspå!

lim

n→∞ |an| = 0 ⇒ lim

n→∞ an = 0

lim

n→∞ |(−1)n | = 1

Men talfølgen an = (−1) n er divergent.

2.9. Potenser ☞ [S] 8.1 Sequences

6 Sætning

Talfølgen {r n } er konvergent for −1 < r ≤ 1 med

lim

n→∞ rn =

Talfølgen er divergent for øvrige r.

0 hvis − 1 < r < 1

1 hvis r = 1

2.10. Monotone følger ☞ [S] 8.1 Sequences

Definition

Betragt en talfølge {an}.

• voksende: an < an+1, (≤)

• aftagende: an > an+1, (≥)


120 III. POTENSRÆKKER

• monoton: voksende eller aftagende

• opadtil begrænset: an ≤ M

• nedadtil begrænset: m ≤ an

• begrænset: opadtil- og nedadtil begrænset

2.11. Monoton og begrænset er konvergent ☞ [S] 8.1 Sequences

7 Sætning

Enhver monoton begrœnset talfølge er konvergent.

Eksempel

Følgen

an = n 1

=

n + 1 1 + 1

n

1 2 3 4 5

, , , ,

2 3 4 5 6 ,...

er voksende og begrænset. Følgen er dermed konvergent.

2.12. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences

Eksempel 11

Talfølgen {an}

a1 = 2, an+1 = 1

2 (an + 6)

er begrænset

an ≤ 6

og voksende

an+1 = an

2

+ 3 ≥ an

2.13. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences

Eksempel 11 - fortsat

Talfølgen

a1 = 2, an+1 = 1

2 (an + 6)

har en grænseværdi L som opfylder

I alt

L = 1

(L + 6)

2

lim

n→∞ an = 6

2.14. Uendelig række ☞ [S] 8.2 Series

1 Definition

Givet en talfølge {an}.

Udtrykket

a1 + · · · + an + ...

kaldes en uendelig række.

Skrives også


n=1

an


2. TALFØLGER OG RÆKKER 121

2.15. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel

} giver rækken

Talfølgen { 1

n

Skrives også

1 1 1

+ + · · · + + ...

1 2 n


n=1

2.16. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel

Talfølgen { 1

n 2 } giver rækken

Skrives også

1 1

+

1 4

1

n

1

+ · · · + + ...

n2 ∞

n=1

2.17. Afsnitssum ☞ [S] 8.2 Series

2 Definition

Rækken ∞

n=1 an har n-te afsnitssum

1

n 2

sn = a1 + · · · + an =

Rækken kaldes konvergent, hvis talfølge {sn} er konvergent og i modsat fald divergent.

s = limn→∞ sn kaldes rækkens sum og skrives


an = s

n=1

2.18. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel 6

Rækken

har led

og afsnitssum

n

i=1

ai

1 1 1

+ + · · · + + ...

1 · 2 2 · 3 n(n + 1)

an =

1 1 1

= −

n(n + 1) n n + 1

sn = 1 − 1 1 1 1 1 1

+ − + · · · + − = 1 −

2 2 3 n n + 1 n + 1

2.19. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel 6 - fortsat

Afsnitssummen er konvergent

sn = 1 − 1

→ 1 når n → ∞

n + 1


122 III. POTENSRÆKKER

Rækken er da konvergent


n=1

1

= 1

n(n + 1)

2.20. Geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series

4 Sætning (Geometrisk række)

Den geometriske række


n=0

er konvergent for |r| < 1 med sum

ar n = a + ar + ar 2 + ...


n=0

Rækken er divergent for øvrige r (a = 0).

ar n = a

1 − r

2.21. Bevis geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series

Bevis

Afsnitssummen findes som kvotientrække

sn = a + ar + ar 2 + · · · + ar n 1 − rn+1

= a

1 − r

Så rækken er konvergent for |r| < 1 med sum


ar n = a

1 − r

n=0

2.22. En sum findes ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel

Den geometriske række

har r = 1

2 og er konvergent.

Summen findes


n=0


n=0

1

2 n

1 1

=

2n 1 − 1

2

2.23. Led forsvinder ☞ [S] 8.2 Series

6 Sætning

Hvis rœkken ∞

n=1 an er konvergent, så gœlder

Bevis

Antag sn → s når n → ∞.

når n → ∞.

lim

n→∞ an = 0

= 2

an = sn − sn−1 → s − s = 0


2. TALFØLGER OG RÆKKER 123

2.24. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series

Eksempler

Den geometriske række


(−1) n = 1 − 1 + 1 − 1 + ...

er divergent.

Rækken

er divergent.

n=0

1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + ...

2.25. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel 7 (Paspå)

Den harmoniske række

∞ 1

n

har led

Men rækken er divergent.

n=1

1

→ 0 når n → ∞

n

2.26. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel 7 (Paspå) - fortsat

Afsnitssummen

s2n =1

1

1

+ + (1

21 3

+ · · · +

≥1 + 1

2

=1 + n

2

giver en divergent følge.

1

+ ) + (1

22 5

1

2n−1 1

+ · · · +

+ 1 2n 1 1

+ 2 · + 4 · 1 22 2

1

+ · · · + )

23 2 n

3 + · · · + 2n−1 1

2.27. Kriterie for divergens ☞ [S] 8.2 Series

7 Sætning

Hvis limn→∞ an ikke eksisterer eller limn→∞ an = 0, så er rœkken


divergent.

Bevis

Omformuler Sætning 6.

n=1

2.28. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series

Eksempel

an


124 III. POTENSRÆKKER

Rækken

har led som konvergerer

og er da divergent.


(1 − 1

n )

n=1

an = 1 − 1

→ 1 for n → ∞

n

2.29. Nyttige regler

8 Sætning (Regneregler)

☞ [S] 8.2 Series

(i)



can = c

(ii)

(iii)

n=1

n=1



(an + bn) =

n=1

n=1



(an − bn) =

n=1

n=1

an

an +

an −

2.30. Opgave ☞ [S] 8.2 Series Øvelse 28

Undersøg rækken


ln( n

n + 1 )

Ledene konvergerer

n=1


n=1


n=1

ln( n

) → ln(1) = 0 for n → ∞

n + 1

så divergenstesten giver os intet.

2.31. Opgave

Øvelse 28 - fortsat

Om afsnitssummen

☞ [S] 8.2 Series

sn = ln( 1

n

) + ln(2 ) + · · · + ln(

2 3 n + 1 )

= ln( 1 2 n

· · ·

2 3 n + 1 )

1

= ln(

n + 1 )

gælder

sn → −∞ for n → ∞

2.32. Opgave

Øvelse 28 - fortsat

☞ [S] 8.2 Series

Altså er rækken


ln( n

n + 1 )

divergent.

Men det går langsomt

n=1

s 10 6 ≈ ln(10 −6 ) ≈ −14

bn

bn


3. POTENSRÆKKER 125

3. Potensrækker

3.1. Oversigt ☞ [S] 8.5, 8.6, 8.7, 8.10

Nøgleord og begreber

✌ Seks berømte potensrækker

✌ Potensrække

✌ Konvergensradius

✌ Differentiation og integration af potensrækker

✌ Taylor og MacLaurin rækker

✌ August 2002, opgave 4

✌ Løsning af diff.-ligninger ved hjælp af rækker

3.2. Den geometriske række og eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor ...

Den geometriske række

For alle tal x med |x| < 1 gælder

Eksponentialrækken

For alle tal x ∈ R gælder

1

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ...

e x = 1 + x x2 x3

+ + + ...

1! 2! 3!

3.3. Cosinus og Sinus rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Cosinusrækken

For alle tal x ∈ R gælder

Sinusrækken

For alle tal x ∈ R gælder

cos x = 1 − x2

2!

sin x = x − x3

3!

+ x4

4!

+ x5

5!

− ...

− ...

3.4. Logaritme- og Arctan rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Logaritmerækken

For alle tal x med 0 < x ≤ 2 gælder

lnx = (x − 1) −

Arctan rækken

For alle x med −1 ≤ x ≤ 1 gælder

(x − 1)2

2

+ (x − 1)3

3

Arctan x = x − x3 x5

+ − ...

3 5

(En syvende berømt række er binomialrækken, [S] 8.8.)

− ...

3.5. En potensrække ☞ [S] 8.5 Power series

Definition

En potensrække med centrum i a er et udtryk af form

cn’erne kaldes rækkens koefficienter.

c0 + c1(x − a) 1 + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ...


126 III. POTENSRÆKKER

Skrives også

2


cn(x − a) n

n=0

Bemærk c0(x − a) 0 = c0, da (x − a) 0 = 1.

3.6. Logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series

Eksempel

Logaritmerækken

(x − 1)2

lnx = (x − 1) − +

2

(x − 1)3

er en potensrække med centrum i a = 1.

Koefficienterne er c0 = 0,c1 = 1,c2 = − 1

2 ,c3 = 1

3 ,...

3

− ...

3.7. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.5 Power series

Eksempel

Eksponentialrækken

e x = 1 + x x2 x3

+ + + ...

1!

er en potensrække med centrum i a = 0. Koefficienterne er c0 = 1,c1 = 1/1!,c2 =

1/2!,c3 = 1/3!,...

3.8. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series

3 Sætning

For en potensrœkke med centrum i a


cn(x − a) n

er der netop 3 muligheder

n=0

2!

(i) Konvergerer kun for x = a

(ii) Konvergerer for alle x

(iii) Der findes et tal R > 0 så rœkken er konvergent for |x − a| < R og divergent

for |x − a| > R

3.9. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series

Definition

For en potensrække er konvergensradius

(i) R = 0

(ii) R = +∞

(iii) R > 0

Konvergensradius skiller konvergens og divergens.

(a − R,a + R)

er konvergensintervallet.

Sommetider er det ene, eller begge, endepunkter med i konvergensintervallet.

3.10. Konvergens af logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series

Eksempel

3!


Logaritmerækken

3. POTENSRÆKKER 127

(x − 1)2

lnx = (x − 1) − +

2

(x − 1)3

− ...

3

har centrum i a = 1, konvergensradius R er = 1: rækken er konvergent for 0 < x < 2,

divergent for x < 0 og for x > 2.

Logaritmerækken er konvergent i højre endepunkt,

ln 2 = 1 − 1 1 1

+ − + ....

2 3 4

3.11. Ledvis differentiation ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

2 Sætning

Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så er sumfunktionen


f(x) = cn(x − a) n

n=0

differentiabel i konvergensintervallet, og har afledet f ′ givet ved ledvis differentiation.

Bemærk

Den ledvis differentierede række har samme konvergensradius som den oprindelige række.

3.12. Ledvis integration ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

2 Sætning

Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så kan en stamfunktion til sumfunktionen


f(x) = cn(x − a) n

n=0

angives ved ledvis stamfunktion-dannelse.

Bemærk

Den ledvis integrerede række har samme konvergensradius som den oprindelige række.

3.13. Bestemt integration

Bemærkning

☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

Også bestemt integration kan udføres ledvis i konvergensintervallet,

b b b b

f(x) dx = c0 dx + c1x dx + c2x 2 dx + ...

a

(forudsat at a og b tilhører konvergensintervallet).

a

a

3.14. Ledvis diff. og int., igen ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

2 Sætning


f(x) = cn(x − a) n

(i) f ′ (x) =

(ii)


n=0

a


ncn(x − a) n−1

n=1

f(x)dx = C +


n=0

cn

1

(x − a)n+1

n + 1


128 III. POTENSRÆKKER

3.15. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

Eksempel 5

Differentier den geometriske række


1

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... =

1

(1 − x) 2 = 1 + 2x + 3x2 + ... =

n=0

x n


(n + 1)x n

Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for

|x| > 1. I konvergensintervallet fremstiller rækken 1/(1 − x) 2 .

3.16. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

Eksempel 6

Integrerer den geometriske række


n=0

1

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... =

−ln(1 − x) = x + x2

2

+ x3

3

+ x4

4

n=0

... =

Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for

|x| > 1.

3.17. En logaritmerække ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

Eksempel 6 - fortsat

−ln(1 − x) = x + x2

2

+ x3

3

−ln(1 − (1 − z)) = (1 − z) +

+ x4

4

(1 − z)2

2

eller

(z − 1)2

lnz = (z − 1) − +

2

(z − 1)3

(substituer 1 − z for x; gælder for 0 < z ≤ 2).

x n


n=1

x n

n

...for − 1 < x < 1

+ (1 − z)3

3

3

− ...

+ ...

3.18. Arctan rækken ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . .

Eksempel 7

For |x| < 1 er | − x 2 | < 1, så for sådanne x fås ved substitution i den geometriske række

Integreres ledvis fås

1

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ...

Arctan(x) = x − x3

3

+ x5

5

− ...

3.19. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Udregning

f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + c4x 4 + ...

f ′ (x) = c1 + 2c2x + 3c3x 2 + 4c4x 3 + ...


3. POTENSRÆKKER 129

f ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + ...

f ′′′ (x) = 3 · 2 · 1 · c3 + 4 · 3 · 2 · c4x + ...

f (4) (x) = 4 · 3 · 2 · 1 · c4 + 5 · 4 · 3 · 2 · c5x + ...

3.20. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Udregning - fortsat

Indsættes x = 0, fås

f(0) = c0, f ′ (0) = c1,

generelt

eller

f ′′ (0) = 2 · c2, f ′′′ (0) = 3 · 2 · c3,

f (4) (0) = 4 · 3 · 2 · c4,...

f (n) (0) = n · (n − 1) · ... · 2 · 1 · cn

f (n) (0) = n! · cn

3.21. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Udregning - fortsat

f (n) (0) = n! · cn

eller

cn = f(n) (0)

n!

3.22. MacLaurin ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Observation

f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ...

kan skrives

eller

f(x) = f(0) + f ′ (0)x + f ′′ (0)

2! x2 + f ′′′ (0)

3! x3 + ...

f(x) =


n=0

f (n) (0)

x

n!

n

3.23. Taylor-udvikling, centrum a ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Observation

kan skrives

eller

f(x) = c0 + c1(x − a) + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ...

f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)

2!

f(x) =


n=0

(x − a) 2 + f ′′′ (a)

(x − a)

3!

3 + ...

f (n) (a)

(x − a)

n!

n

(“Taylor-rækken for f med centrum i a”, eller “Taylor-udviklingen af f ud fra a”)


130 III. POTENSRÆKKER

3.24. Koefficienter ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

5 Sætning

Hvis en potensrœkke med centrum i a har konvergensradius R > 0, så har sumfunktionen


f(x) = cn(x − a) n

koefficienter

n=0

cn = f(n) (a)

n!

3.25. Taylorrække ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Definition

En vilkårlig ofte differentiabel funktion f(x) har Taylorrække om a


6 f(x) =

og Maclaurinrække, a = 0,

n=0

7 f(x) =

f (n) (a)

(x − a)

n!

n


n=0

f (n) (0)

x

n!

n

3.26. Eksponentialrækken som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .

Eksempel 1

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

rækken for e x er

e x =


n=0

1

n! xn

3.27. Sinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .

Eksempel 4

For f(x) = sin x er sin ′ x = cos x og cos ′ x = −sin x. Så

Maclaurin rækken er

15 sin x = x − x3

3!

f(0) = 0,f ′ (0) = 1,

f ′′ (0) = 0,f ′′′ (0) = −1,

f 4 (0) = 0

0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,...

+ x5

5!

− x7

7!

+ ...

3.28. Cosinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . .

Eksempel 5

For f(x) = cos x,

Maclaurin rækken er

f(0) = 1,f ′ (0) = 0,f ′′ (0) = −1,f ′′′ (0) = 0,...

1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,...

cos x = 1 − x2

2!

+ x4

4!

− ...


Denne rækkeudvikling kan også udledes ved at differentiere

3. POTENSRÆKKER 131

sin x = x − x3

3!

+ x5

5!

− ...

3.29. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Eksempel 8

Substitueres −x 2 for x i eksponentialrækken, fås

eller

(for alle x).

e −x2

= 1 − x 2 + 1

2! x4 − 1

3! x6 + ...

e −x2

∞ (−1)

=

n

n=0

n! x2n

3.30. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Eksempel 8 - fortsat

For f(x) = e−x2 dx (med f(0) = 0) er en rækkeudvikling med centrum i 0


e −x2



(−1)

dx =

n


e −x2


dx =

n=0

n=0

n! x2n

(−1) n

(2n + 1)n! x2n+1

3.31. Gauss’ fejlintegral (fortsat)

Eksempel 8 - fortsat


e −x2

dx = x − x3 x5 x7 x9

+ − + − ...

3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4!

1

0

e −x2

dx =

= 1 − 1

3 · 1!

Sum af de anførte led,

sand værdi 0.746824...


x − x3

1

x5 x7 x9

+ − + − ...

3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4! 0

1 1 1

+ − + − ...

5 · 2! 7 · 3! 9 · 4!

0.747487...

3.32. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 4

Angiv en potensrække i x, der for x = 0 fremstiller funktionen

Angiv også grænseværdien

f(x) = cos(x2 ) − 1

x 4

lim

x→0 f(x).


132 III. POTENSRÆKKER

3.33. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 4 - Løsning

Divideres ledvis med x 4 fås

cos x = 1 − x2

2!

cos(x 2 ) − 1 = (1 − x4

2!

= − x4

2!

+ x8

4!

+ x4

4!

+ x8

4!

− x12

6!

− ...

− x12

6!

+ ...

− 1 x4 x8

+ − + ...

2! 4! 6!

+ ...) − 1

3.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 4 - Løsning fortsat

Dermed er


n 1

f(x) = (−1)

Det følger, at

n=1

(2n)! x4(n−1)

= − 1 1

+

2! 4! x4 − 1

6! x8 + 1

8! x12 − ...

lim f(x) = −1

x→0 2

3.35. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.

Eksempel 1

y ′′ + y = 0

Vi søger en løsning af form

y(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ...

y ′ (x) = c1 + 2 · c2x + 3 · c3x 2 + 4 · c4x 3 + ...

y ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + 5 · 4 · c5x 3 + ...

3.36. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.

Eksempel 1 - fortsat

y(x) + y ′′ (x) = (c0 + 2c2) + (c1 + 3 · 2 · c3)x + (c2 + 4 · 3 · c4)x 2 + ...

Fra y + y ′′ = 0 fås at alle koefficienterne må være 0, altså

c0 + 2c2 = 0

c1 + 3 · 2c3 = 0

c2 + 4 · 3c4 = 0

3.37. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq.

Eksempel 1 - fortsat

c0 og c1 kan vælges frit, derefter bestemmes c2,c3,c4,... ved rekursion. Med f.eks. c0 =

1 og c1 = 0 fås

c2 = − 1

2 ,


4. TAYLORPOLYNOMIER 133

c3 = 0,

c4 = − 1

3 · 4 c2 = (− 1

3 · 4 )(−1

1

) =

2 4! .

y(x) = 1 − 1

2 x2 + 1

4! x4 − 1

6! x6 + ...

- netop cosinus rækken ! y(x) = cos x er en løsning til y + y ′′ = 0, med y(0) = 1 og

y ′ (0) = 0.

4. Taylorpolynomier

4.1. Oversigt ☞ [S] 8.7, 8.8, 8.9

Nøgleord og begreber

✌ Binomialformlen

✌ Binomialkoefficienter

✌ Binomialrækken

✌ Taylor polynomier

✌ Vurdering af Taylor’s restled

✌ Eksponentialrækken konvereger mod eksponentialfunktionen

4.2. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series

(a + b) 2 = a 2 + 2 ab + b 2

(a + b) 3 = a 3 + 3 a 2 b + 3 ab 2 + b 3

(a + b) 4 = a 4 + 4 a 3 b + 6 a 2 b 2 + 4 ab 3 + b 4

(a + b) k =

k

n=0


k

a

n

k−n b n ,

4.3. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series

hvor

k

=

n

k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)

1 · 2 · 3 · ... · n

(n faktorer i tælleren, nedstigende fra k

n faktorer i nævneren, opstigende fra 1).


4

=

2

4 · 3 12

= = 6

1 · 2 2

4.4. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series


k

=

n

k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)

1 · 2 · 3 · ... · n

giver mening selv om k ikke er et positivt helt tal.


1.6

=

3

1.6 · 0.6 · (−0.4)

=

1 · 2 · 3

−0.384

= −0.064

6


134 III. POTENSRÆKKER

Hvis k er et positivt helt tal, så

k

= 1 og

0


k

= 1

k

4.5. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series

Hvis k er positivt helt tal, så

(a + b) k =a k + ka k−1

k

b + a

2

k−2 b 2

k

+ a

3

k−3 b 3 + ...


k

... + a

k − 2

2 b k−2 + kab k−1 + b k

Specielt (sæt a = 1 og b = x)

(1 + x) k = 1 + k x +


k

x

2

2 +


k

x

3

3 + ... + x k

4.6. Maclaurin række for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series

For vilkårlig k

f(x) = (1 + x) k

f ′ (x) = k(1 + x) k−1

f ′′ (x) = k(k − 1)(1 + x) k−2

f ′′′ (x) = k(k − 1)(k − 2)(1 + x) k−3

f(0) = 1

f ′ (0) = k

f ′′ (0) = k(k − 1)

f ′′′ (0) = k(k − 1)(k − 2)

4.7. Maclaurinrække for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series

Koefficienter i Maclaurin rækken:

f (n) (x) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)(1 + x) k−n

cn = f(n) (0)

n!

f (n) (0) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)

= k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)

n!

Maclaurinrække for (1 + x) k kaldes binomialrækken, [S] 8.8.

=


k

n

4.8. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series

Maclaurin rækken for (1 + x) k = binomialrækken hørende til tallet k ser altså sådan ud:


k

1 + kx + x

2

2

k

+ x

3

3 + ...

Ex. 1: Maclaurin række for

1

= (1 + x)−2

(1 + x) 2

– ikke at forveksle med (jvf. Ex. 1 i [S] 6.6.)

1

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ...


4. TAYLORPOLYNOMIER 135

4.9. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series

Maclaurin række for

1

= (1 + x)−2

(1 + x) 2

Binomialrække med k = −2. (Konvergensradius 1)


−2 −2

= 1, = −2,

0 1


−2

=

2

(−2)(−3)

= 3

2!


−2

=

3

(−2)(−3)(−4)

= −4

3!

4.10. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series

altså begynder rækken:

F.eks. (med x = 0.1)

1 − 2x + 3x 2 − 4x 3 + ...

(1.1) −2 = 1 − 0.2 + 0.03 − 0.004 + ...

4.11. Taylor-polynomier (centrum a) ☞ [S] 8.8 The binomial series

f(a) + f ′ (a)

(x − a) +


1!


f ′′ (a)

(x − a)

2!

2

T1(x)


T2(x)

+ f ′′′ (a)

3!

(x − a) 3

+...


T3(x)


T1(x) er den lineære approximation til f i a;

T2(x) kaldes det approximerende 2.grads polynomium, eller Taylor-polynomiet af grad 2

for f i a.

4.12. Taylor-polynomier ☞ [S] 8.8 The binomial series

T1(x) = f(a) + f ′ (a)

(x − a)

1!

T2(x) = f(a) + f ′ (a)

1!

T3(x) = f(a) + f ′ (a)

1!

(x − a) + f ′′ (a)

2!

(x − a) + f ′′ (a)

(x − a)

2!

2

(x − a) 2 + f ′′′ (a)

(x − a)

3!

3

4.13. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials

Eksempel 1

Approximer f(x) = 3√ x = x 1

3 i omegnen af a = 8 med et 2.grads polynomium.

f(x) = x 1

3 ;f(8) = 8 1

3 = 2

f ′ (x) = 1 2

x− 3 ;f

3 ′ (8) = 1

12

f ′′ (x) = − 2 5

x− 3 ;f

9 ′′ (8) = − 1

144


136 III. POTENSRÆKKER

4.14. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials

Eksempel 1 - fortsat

T2(x) = f(8) + f ′ (8)

1!

= 2 + 1/12

1!

(x − 8) + f ′′ (8)

(x − 8)

2!

2

−1/144

(x − 8) + (x − 8)

2!

2

= 2 + 1 1

(x − 8) − (x − 8)2

12 288

4.15. Restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Hvor god en approximation til f(x) er Taylor polynomiet Tn(x)? Specielt: hvor god er

den lineære approximation T1(x) ?

Hvor stor er “fejlen” (restleddet) Rn(x) := f(x) − Tn(x) ?

Hvis


f(x) =

så er

Rn(x) =

k=0


k=n+1

- men det siger ikke noget om hvor stor den er

f (k) (a)

(x − a)

k!

k

f (k) (a)

(x − a)

k!

k

4.16. Taylor’s restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

9 Sætning

Hvis |f (n+1) (x)| ≤ M for alle x med |x − a| ≤ d, så

for alle med |x − a| ≤ d.

|Rn(x)| ≤

M

|(x − a)|n+1

(n + 1)!

Sammenlign udtrykket i vurderingen med det næste led i Taylor-rækken, som jo er

f (n+1) (a)

(x − a)n+1

(n + 1)!

4.17. Hvor god er den lineære approximation ? ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac...

|f(x) − T1(x)| ≤ M

|x − a|2

2!

hvor |f ′′ (x)| ≤ M for all x i det berørte interval om a. Eksempel. Lad f(x) = sin x. Da

f(0) = 0 og f ′ (0) = cos(0) = 1, er den lineære approximation til sin i a = 0 givet ved

T1(x) = 0 + 1 · x = x

Da f ′′ (x) = −sin(x) er numerisk ≤ 1 for alle x, har vi for alle x fejlvurderingen

|R1(x)| ≤ 1

2! x2

4.18. Taylors restled som itereret integral ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac...

Hovedsætning i Calculus:

x

F(x) = F(a) + F ′ (s) ds;

a


anvend på F = f

4. TAYLORPOLYNOMIER 137

x

f(x) = f(a) + f ′ (s) ds

anvend på F = f ′ inden under integraltegnet:

x

= f(a) + (f ′ s

(a) + f ′′ (t) dt) ds

a

4.19. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

x

= f(a) + (f ′ s

(a) + f ′′ (t) dt) ds

a

= f(a) + (x − a)f ′ x s

(a) + f ′′ (t) dt ds.

4.20. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

f(x) = f(a) + (x − a)f ′ x s

(a) + f ′′ (t) dt ds.

De to første led er Taylor-polynomiet T1(x) for f, og det sidste led er derfor en formel for

restleddet R1(x).

4.21. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

Vi kan genkende dette itererede integral som et udtryk for (plus/minus) dobbeltintegralet

af f ′′ (t) over trekanten D i (s,t)-planen, afgrænset af t = a (vandret linie), s = x (lodret

linie) og linien s = t

Trekanten D har areal 1

2! (x − a)2 . Da |f ′′ (t)| ≤ M for alle punkter i D, er


D

≤ 1

2! (x − a)2 · M = M

(x − a)2

2!

4.22. Eksponentialrækken konvergerer mod eksponentialfunktionen ☞ [S] 8.7 Taylor ...

Eksempel 2

Tn(x) = 1 + x x2 xn

+ + ... +

1! 2! n!

er afsnits-summen i eksponentialrækken. For hvilke x gælder

For hvilke x gælder

For alle x ! THI:

Tn(x) → e x for n → ∞?

Rn(x) → 0 for n → ∞?

4.23. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series

tag et d ≥ x. I intervallet [−d,d] er

så restledsvurderingen giver

a

a

a

a

a

a

f (n+1) (x) = e x ≤ e d

|Rn(x)| ≤

for |x| ≤ d. Men |x|n+1

(n+1)! → 0 for n → ∞.

Altså Rn(x) → 0 for n → ∞

a

e d

(n + 1)! |x|n+1


138 III. POTENSRÆKKER

Altså Tn(x) → f(x) = e x for n → ∞.


IV

Differentialligninger

1. Grafiske/numeriske metoder

1.1. Oversigt ☞ [S] 7.1, 7.2, 7.3, 7.4, 7.5

Nøgleord og begreber

✌ Vækstmodel

✌ Bevægelsesligninger

✌ Retningsfelt

✌ Eulers metode

✌ Separable ligninger

✌ Logistisk ligning

✌ Eksponentiel vækst

✌ Begyndelsesværdiproblem

1.2. Fri Vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Fri vækstmodel

• t tid og P(t) kvantitet

1

Løsninger

C fastlægges ved en begyndelsesværdi.

dP

dt

= kP

P(t) = Ce kt

1.3. Dæmpet vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Dæmpet vækstmodel

• t tid og P(t) kvantitet

• P ′ ≈ kP for P


140 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

Løsninger


k

x(t) = C1 cos(

m t) + C2


k

sin(

m t)

1.5. Fjeder ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Fjeder

3

Løsninger

• t tid og x(t) udsving

• x ′ hastighed

x acceleration

• x ′′ = − k

m

d2x k

= −

dt2 m x


k

x(t) = C1 cos(

m t) + C2


k

sin(

m t)

1.6. Pendul ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Pendul tilnærmet

3

Løsninger

• t tid og x(t) udsving

• x ′ hastighed

x acceleration

• x ′′ = −k

m

d2x k

= −

dt2 m x


k

x(t) = C1 cos(

m t) + C2


k

sin(

m t)

1.7. Differentialligning ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Generel ligning

4 y ′ = xy

eller

4

Løsning

dy

= xy

dx

y = f(x)

f ′ (x) = xf(x)

1.8. Differentier funktion ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations

Eksempel 1

1 + cet

y =

1 − cet er løsning til

4 y ′ = 1

2 (y2 − 1)

Gør prøve

y ′ = cet (1 − cet ) + (1 + cet )cet (1 − cet ) 2

2ce

=

t

(1 − cet ) 2


1

2 (y2 − 1) = 1

2

1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 141

(1 + ce t ) 2 − (1 − ce t ) 2

(1 − ce t ) 2

=

2ce t

(1 − ce t ) 2

1.9. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Retningsfelt

For ligningen

y ′ = x + y

prøver vi at tilnærme graferne for løsningerne y(x) med små tangentstykker.

I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning

I dette tilfælde

Skitsen kaldes et retningsfelt.

y = y1 + y ′ (x1)(x − x1)

y = y1 + (x1 + y1)(x − x1)

1.10. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Retningsfelt

y

1

0 1

I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = x + y. En graf skitseres.

1.11. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . .

Eksempel - Retningsfelt

dy

dx = x3 y + e xy

y

1

0 1

1.12. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Retningsfelt

For ligningen

y ′ = x 2 + y 2 − 1

prøver vi at tilnærme grafen for løsningerne y(x) med små tangentstykker.

x

x


142 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning

y = y1 + (x 2 1 + y 2 1 − 1)(x − x1)

1.13. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Retningsfelt

y

1

0 1

1.14. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Eulers metode

For begyndelsesværdiproblemet

y ′ = x + y, y(0) = 1

prøver vi at tilnærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller.

I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være

og

dy = (xn + yn)dx

y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn)

1.15. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Eulers metode

giver rekursionen

For en inddeling på x-aksen

y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn)

yn+1 = yn + (xn + yn)(xn+1 − xn)

x0,x1,...,xn,xn+1,...

tabellægges tilnærmelser til funktionsværdierne

yn ≈ y(xn)

1.16. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Eulers metode

Tabellæg løsning til

y ′ = x + y, y(0) = 1

x0 = 0, y0 = 1

x


1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 143

n xn yn

1 0.1000 1.1000

2 0.2000 1.2200

3 0.3000 1.3620

4 0.4000 1.5282

5 0.5000 1.7210

n xn yn

6 0.6000 1.9431

7 0.7000 2.1974

8 0.8000 2.4872

9 0.9000 2.8159

10 1.0000 3.1875

1.17. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Eulers metode

For begyndelsesværdiproblemet

y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1

prøver vi at tilnærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller.

I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være

og

dy = (x 2 n + y 2 n − 1)dx

y ≈ yn + (x 2 n + y 2 n − 1)(x − xn)

1.18. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method

Eulers metode

Tabellæg løsning til

y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1

n xn yn

1 0.1000 1.0000

2 0.2000 1.0010

3 0.3000 1.0052

4 0.4000 1.0152

5 0.5000 1.0343

n xn yn

6 0.6000 1.0663

7 0.7000 1.1160

8 0.8000 1.1895

9 0.9000 1.2950

10 1.0000 1.4438

1.19. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations

Definition

En 1. ordens differentialligning

1

kaldes separabel.

Løsning

Integration

2

Fastlægger løsninger optil en konstant.


dy

= g(x)f(y)

dx

dy

f(y) =


g(x)dx

1.20. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations

Eksempel 1

er separabel.

dy

dx =

6x2 2y + cos(y)


144 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

Løsning


(2y + cos(y))dy = 6x 2 dx

Giver løsning bestemt ved ligningen

3 y 2 + sin(y) = 2x 3 + C

1.21. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Eksempel

1. ordens differentialligningen

1

kaldes den logistiske ligning.

Løsning

Ligningen er separabel

2


dP

dt

= kP(1 − P

K )

dP

P(1 − P/K) =


1.22. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Eksempel - fortsat

2


dP

P(1 − P/K) =


kdt

integreres til løsninger

4 P(t) =

hvor

A =

K

1 + Ae −kt

K − P(0)

P(0)

1.23. Vækst ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay

Definition

dy

1

= ky

dt

Vækstligningen er separabel med løsninger


dy

y =


kdt

A fastlægges ved

ln |y| = kt + C

y = Ae kt

y(0) = Ae 0 = A

1.24. 1. ordens ligning ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay

2 Sætning

Løsningen til begyndelsesværdiproblemet

dy

= ky y(0) = y0

dt

er givet ved

y(t) = y0e kt

kdt


2. 1. ORDENS LIGNINGER 145

2. 1. ordens ligninger

2.1. Oversigt ☞ [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 14, 15

Nøgleord og begreber

✌ Separable ligninger

✌ 1. ordens lineær ligning

✌ August 2002, opgave 7

✌ Rovdyr-Byttedyr system

✌ 1. ordens lineært system

✌ Opgave

2.2. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations

Definition

En 1. ordens differentialligning

1

kaldes separabel.

Løsning

Integration

2

Fastlægger løsninger optil en konstant.


dy

= g(x)f(y)

dx

dy

f(y) =


g(x)dx

2.3. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Definition 1

Den lineœre 1. ordens differentialligning er

dy

= a(x)y + b(x)

dx

En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder

y ′ (x) = a(x)y(x) + b(x)

Den fuldstœndige løsning er en angivelse af alle løsninger. Ligningen dy

dx = a(x)y kaldes

homogen og er den homogene part af den inhomogene, b = 0, ligning ovenfor.

2.4. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 22

Hvis z1(x),z2(x) er løsninger til den homogene lineœre differentialligning

så er enhver linearkombination

også en løsning.

dy

= a(x)y

dx

z(x) = C1z1(x) + C2z2(x)

2.5. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 22 - fortsat

Hvis z0(x) er en løsning til den inhomogene lineœre differentialligning

dy

= a(x)y + b(x)

dx


146 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

så er enhver løsning af formen

y(x) = z(x) + z0(x)

hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet.

2.6. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 23

Den lineœre ligning med konstante koefficienter

har fuldstœndig løsning givet ved

a = 0:

a = 0:

hvor C er arbitrœr.

dy

= ay + b

dx

y(x) = C + bx

y(x) = Ce ax − b

a

2.7. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 24

Den homogene lineœre ligning

dy

= a(x)y

dx

har fuldstœndig løsning

y(x) = Ce A(x)

hvor C er arbitrœr og


A(x) = a(x)dx

2.8. 1. ordens lineær ligning

Sætning 24 - Bevis

☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

dy

= a(x)y

dx

er separabel med løsninger


dy

y =


a(x)dx

ln |y| = A(x) + K

y(x) = Ce A(x)

2.9. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 25

Den generelle lineœre ligning

dy

= a(x)y + b(x)

dx

har fuldstœndig løsning

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)

hvor C er arbitrœr og



A(x) = a(x)dx, B(x) = e −A(x) b(x)dx


2. 1. ORDENS LIGNINGER 147

2.10. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Sætning 23, 25 - Bevis

opfylder ligningen

som integreres til

og forlænges til

z(x) = e −A(x) y(x)

dz

dx = e−A(x) b(x)

z(x) = B(x) + C

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)

2.11. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning

Metode

dy

= a(x)y + b(x)

dx

1. Bestem en stamfunktion


A(x) = a(x)dx

2. Bestem en stamfunktion

3. Skriv løsningen


B(x) = e −A(x) b(x)dx

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)

2.12. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1

Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen

y ′ + 2y = xe −2x + 3

Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2.

Løsning

giver

y ′ = −2y + (xe −2x + 3)

a(x) = −2,b(x) = xe −2x + 3

2.13. Opgave

Opgave 1 - fortsat

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


A(x) = a(x)dx = −2dx = −2x


B(x) = e −A(x)

b(x)dx = e 2x (xe −2x + 3)dx

Som giver

= 1

2 x2 + 3

2 e2x


148 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

2.14. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - fortsat

fuldstændig løsning

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)

= Ce −2x + ( 1

2 x2 + 3

2 e2x )e −2x

= Ce −2x + 1

2 x2e −2x + 3

2

2.15. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - fortsat

I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2.

I alt er løsningen

y(0) = Ce 0 + 3

= 2

2

C = 2 − 3 1

=

2 2

y(x) = 1

2 e−2x + 1

2 x2e −2x + 3

2

= 1

2 (1 + x2 )e −2x + 3

2

2.16. Rovdyr-byttedyr ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Lotka-Volterra ligningerne

dR

= kR − aRW

dt 1

dW

= −rW + bRW

dt

er et system af koplede differentialligninger, der beskriver en udviklingen i en bestand af

rovdyr W(t) (ulve) og byttedyr R(t) (harer) med tiden t.

Det er ikke muligt at løse disse analytisk (ved udtryk i elementære funktioner af t).

2.17. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Definition 1

Ved et lineœrt differentialligningssystem (2 ligninger) med konstante koefficienter forstås

En løsning er differentiable funktioner

som indsat opfylder lignningerne.

dy1

dx = a11y1 + a12y2 + b1

dy2

dx = a21y1 + a22y2 + b2

x ↦→ y1(x),x ↦→ y2(x)

2.18. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Definition 1 - matrixform

For 2 × 2-matricen A = (aij), koefficientmatricen, og 2-søjlerne b = (bi), y(x) =

(yi(x)) skrives differentialligningssystem

dy

= Ay + b

dx


eller dy1

dx

dy2 =

dx

En løsning skrives

2. 1. ORDENS LIGNINGER 149


a11 a12 y1

a21 a22

x ↦→ y(x) =

y2


+


y1(x)

y2(x)

2.19. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Notation 2

Givet 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) kaldes systemet

b1

dy

= Ay

dx

homogent og er den homogene part af det inhomogene, b = 0, system

dy

= Ay + b

dx

2.20. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 26

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)). Hvis z1(x),z2(x) er

løsninger til det homogene lineœre differentialligningssystem

så er enhver linearkombination

også en løsning.

dy

= Ay

dx

z(x) = C1z1(x) + C2z2(x)

2.21. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 26 - fortsat

Betragt yderligere 2-søjlen b. Hvis z0(x) er en løsninger til det inhomogene lineœre differentialligningssystem

dy

= Ay + b

dx

så er enhver løsning af formen

y(x) = z(x) + z0(x)

hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet.

2.22. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 1

Systemet

har diagonalmatricen

som koefficientmatrix.

e1,e2 er egenvektorer og basis for R 2 .

y ′ 1 = λ1y1

y ′ 2 = λ2y2


λ1 0

Λ =

0 λ2

b2


150 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

2.23. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 1 - fortsat

Fra Særning 1.3 fås den fuldstændige løsning

y1(x) = C1e λ1x , y2(x) = C2e λ2x

på vektorform giver dette


y1(x) C1e

y(x) = =

y2(x)

λ1x

C2eλ2x

eller udtrykt ved egenvektorerne

= C1

e λ1x

y(x) = C1e λ1x e1 + C2e λ2x e2

0


+ C2


0

eλ2x

2.24. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 27

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre

differentialligningssystem

dy

= Ay

dx

Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er

løsninger, hvor C er arbitrær.

y(x) = Ce λx u

2.25. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 28

Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre

differentialligningssystem

dy

= Ay + b

dx

En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis yderligere u er en

egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er

løsninger, hvor C er arbitrær.

y(x) = Ce λx u + v

2.26. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 29

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre

differentialligningssystem

dy

= Ay

dx

Hvis

y0 = C1u1 + C2u2

er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så

er

en løsning, der opfylder y(0) = y0.

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2


2. 1. ORDENS LIGNINGER 151

2.27. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 30

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre

differentialligningssystem

dy

= Ay

dx

Hvis matricen U med søjler u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj =

λjuj, så er den fuldstændige løsning givet ved

hvor C1,C2 er arbitrœre.

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2

2.28. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system

Sætning 31

Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre

differentialligningssystem

dy

= Ay + b

dx

En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis matricen U med søjler

u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så er den fuldstændige

løsning givet ved

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2 + v

hvor C1,C2 er arbitrœre.

2.29. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 1

Betragt differentialligningssystemet

y ′ 1 = y1 + y2

y ′ 2 = 8y1 − y2

Det oplyses, at vektoren u = (1,2) er en egenvektor for matricen


1 1

A =

8 −1

Angiv den løsning y(x) = (y1(x),y2(x)) der opfylder y(0) = u, altså (y1(0),y2(0)) =

(1,2).

2.30. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 1 - fortsat

Egenværdien λ = 3 fås af udregningen

I følge [LA] Sætning 27 er

løsninger for alle valg af C.

Au =


1


1 1

8 −1 2

y(x) = Ce 3x

=


1

2


3

= 3u

6

2.31. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system


152 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

Opgave 1 - fortsat

y(x) = Ce 3x


1

2

som opfylder (y1(0),y2(0)) = C(1,2) = (1,2) fås for C = 1.

Den ønskede løsning skrevet ud

y1(x) = e 3x

y2(x) = 2e 3x

2.32. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2

Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet

Løsning

Koefficientmatricen er

y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8

y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7

A =


1 2

2 1

2.33. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium



|A − λI2| = 1

− λ 2


2 1 − λ

Egenværdier

= λ 2 − 2λ − 3

λ1 = −1, λ2 = 3

2.34. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

Egenvektorer hørende til egenværdien −1:

giver egenvektorer

A + I =

x1

x2


2 2

2 2


−x2

=

x2


= x2


1 1

0 0


−1

1

2.35. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

Egenvektorer hørende til egenværdien 3:

giver egenvektorer

A − 3I =

x1

x2


−2 2

2 −2


=

x2

x2



= x2


1 −1

0 0


1

1


2. 1. ORDENS LIGNINGER 153

2.36. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

Den fuldstændige løsning til den homogene part

er i følge [LA] Sætning 30

Skrevet ud

y(x) = C1e −x

y ′ 1 = y1 + 2y2

y ′ 2 = 2y1 + y2


−1

+ C2e

1

3x

y1(x) = −C1e −x + C2e 3x

y2(x) = C1e −x + C2e 3x


1

1

2.37. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

En konstant løsning y(x) = v = (v1,v2) skal opfylde

Løsning

Dette løses

0 = v1 + 2v2 − 8

0 = 2v1 + v2 − 7

v =


2

3

2.38. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system

Opgave 2 - fortsat

Den fuldstændige løsning til systemet

er i følge [LA] Sætning 31

Skrevet ud

y(x) = C1e −x

y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8

y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7


−1

+ C2e

1

3x


1

+

1

y1(x) = −C1e −x + C2e 3x + 2

y2(x) = C1e −x + C2e 3x + 3


2

3

2.39. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 2

Betragt det lineære system

Koefficientmatricen

y ′ 1 = y1 − y2

y ′ 2 = y1 + y2

A =


1 −1

1 1

har karakteristisk polynomium λ 2 − 2λ + 2 med diskriminant −4 og dermed ingen egenværdier.


154 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

2.40. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 2 - Løsning

Ved brug af komplekse tal findes løsningen ved metoden med egenvektorer

y(x) = C1e x


cos x

+ C2e

sin x

x


−sin x

cos x

Skrevet ud

y1(x) = C1e x cos x − C2e x sin x

y2(x) = C1e x sin x + C2e x cos x

2.41. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 3

Betragt det lineære system

y ′ 1 = 3y1 + y2

y ′ 2 = 3y2

Koefficientmatricen


3

A =

0


1

3

har egenværdi 3 og egenrum E3 = span(e1).

2.42. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system

Eksempel 3 - Løsning

Løsningen bestemmes ved metoden med egenvektorer

y(x) = C1e 3x


1

+ C2e

0

3x


x

1

Skrevet ud

Gør prøve!

y1(x) = C1e 3x + C2e 3x x

y2(x) = C2e 3x

3. Generelle metoder

3.1. Oversigt ☞ [S] 7.2, 7.5, 7.6; [LA] 17, 18

Nøgleord og begreber

✌ Eksistens og entydighed

✌ Retningsfelt

✌ Eulers metode

✌ Hastighedsfelt

✌ Stabilitet

3.2. Ligning og løsning ☞ [LA] 17 Generel ligning

Definition 1

Lad I,J være åbne intervaller og F(x,y) : I × J → R en reel funktion. En løsning til

differentialligningen

dy

= F(x,y)

dx

er en differentiabel funktion y(x) : I ′ → J på et åbent delinterval I ′ ⊆ I, som indsat giver

y ′ (x) = F(x,y(x)), x ∈ I ′


3. GENERELLE METODER 155

3.3. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning

Sætning 32

(x,y) eksisterer og er kontinuert i I ×J. For et givet

Antag at F(x,y) er kontinuert og ∂F

∂y

(x0,y0) ∈ I ×J findes entydigt bestemt et maximalt delinterval I ′ ⊆ I og en differentiabel

funktion y(x) : I ′ → J, som er en løsning til differentialligningen

og opfylder

dy

= F(x,y)

dx

y(x0) = y0

3.4. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning

Bemærkning 1

Den udvidede ligning

dy

dx = F(x,y),y(x0) = y0

kaldes et begyndelsesværdiproblem.

Eksistens- og entydighedssætningen for begyndelsesværdiproblemer har en naturlig og

vigtig udvidelse til differentialligningssystemer.

3.5. Eksistenseksempel ☞ [LA] 17 Generel ligning

Eksempel 1

Differentialligningen

dy

dx = x3 y + e xy

har løsningskurver igennem ethvert (x0,y0) ∈ R × R.

Løsninger kan ikke umiddelbart udtrykkes ved kendte elementære funktioner.

3.6. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning

Eksempel 2

Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet

er eksponentialfunktionen

dy

= y, y(0) = 1

dx

y(x) = e x

3.7. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning

Eksempel 2 - fortsat

Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet

er de trigonometriske funktioner

dy1

dx

dy2

dx

= −y2

= y1

y1(0) = 1, y2(0) = 0

y1(x) = cos x

y2(x) = sinx


156 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

3.8. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . . ; [LA] 17 Generel ligning

Eksempel 1 - Retningsfelt

dy

dx = x3 y + e xy

y

1

0 1

3.9. Logistisk ligning grafisk ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Eksempel

For den logistiske ligning

dP

P

= 0.08P(1 −

dt 1000 )

prøver vi at tilnærme graferne for løsningerne med små tangentstykker.

I et givet punkt (t1,P1) vil en tangent have ligning

P = P1 + 0.08P1(1 − P1

)(t − t1)

1000

3.10. Grafisk løsning ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Retningsfelt

P

1000

0 100

3.11. Logistisk ligning - Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Eksempel 2

For det logistiske begyndelsesværdiproblem

dP

P

= 0.08P(1 − ), P(0) = 100

dt 1000

prøver vi at tilnærme løsningen med differentialet i små intervaller.

I et givet punkt (Pn,tn) vil differentialet være

og

x

dP = 0.08Pn(1 − Pn

1000 )dt

t


3. GENERELLE METODER 157

P ≈ Pn + 0.08Pn(1 − Pn

1000 )(t − tn)

3.12. Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation

Eulers metode

Tabellæg løsning til

dP

dt

P

= 0.08P(1 − ), P(0) = 100

1000

n tn Pn

1 10.0 172.0

2 20.0 285.9

3 30.0 449.3

4 40.0 647.2

5 50.0 829.9

n tn Pn

6 60.0 942.8

7 70.0 985.9

8 80.0 997.0

9 90.0 999.4

10 100.0 999.9

3.13. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel

For Lotka-Volterra systemet

dR

= kR − aRW

dt

dW

= −rW + bRW

dt

er hastighedsfeltet i RW -planen givet ved vektorerne


dR dW

, = (kR − aRW, −rW + bRW)

dt dt

3.14. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel 1

For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002

tegnes hastighedsfeltet i RW -planen.

dR

= 0.08R − 0.001RW

dt

dW

= −0.02W + 0.0002RW

dt

3.15. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel 1 - figur


158 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

W

100

0 1000

Hastighedsfeltet

3.16. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel 1 - Eulers metode

For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002

dR

= 0.08R − 0.001RW

dt

dW

= −0.02W + 0.0002RW

dt

prøver vi at tilnærme løsningen med differentialet.

I et givet punkt (Rn,Wn) vil differentialet være

dR = (0.08Rn − 0.001RnWn)dt

dW = (−0.02Wn + 0.0002RnWn)dt

3.17. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel 1 - Eulers metode

Tabellæg løsning til R = 1000 og W = 75 månedsvis:

n Rn Wn

0 1000 75

1 1005 75

2 1010 75

3 1015 75

4 1020 75

5 1025 75

6 1030 75

n Rn Wn

7 1035 75

8 1040 75

9 1045 75

10 1050 75

11 1055 75

12 1060 75

13 1065 76

R

n Rn Wn

14 1069 76

15 1074 76

16 1079 76

17 1083 76

18 1087 76

19 1091 76

20 1095 76

3.18. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Eksempel

Vi viser nu hastighedsfelter for forskellige lineære systemer.

• figur 1 – To positive egenværdier

• figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi

• figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2

• figur 4 – Ingen reelle egenværdier


3. GENERELLE METODER 159

3.19. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Figur 1 – To positive egenværdier

y2

3.20. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi

y2

3.21. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2

y2

3.22. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems

Figur 4 – Ingen reelle egenværdier

y1

y1

y1


160 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

y2

3.23. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Definition 1

En differentialligning

kaldes et autonom system.

En konstant løsning

dy

= F(y)

dx

y(x) = b,F(b) = 0

kaldes en ligevægt.

En ligevægt kaldes (lokal) stabil, hvis enhver løsning y(x) som kommer tilstrækkelig tæt

på b, vil konvergere mod b for x gående mod uendelig. I modsat fald kaldes ligevægten

ustabil.

Der er en oplagt udvidelse til differentialligningsystemer.

3.24. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Bemærkning 1

I en omegn af en ligevægt y(x) = b,F(b) = 0 kan det autonome begyndelsesværdiproblem

dy

dx = F(y),y(x0) = b + ɛ

tilnærmes med den lineære ligning

hvor y(x) ≈ b + z(x).

dz

dx = F ′ (b)z,z(x0) = ɛ

3.25. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Bemærkning 2

For en ligevœgt y(x) = b,F(b) = 0 for det autonome system

gœlder

F ′ (b) < 0: Stabil ligevœgt.

F ′ (b) > 0: Ustabil ligevœgt.

F ′ (b) = 0: Ingen konklusion.

dy

= F(y)

dx

3.26. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Bemærkning 2 - figur

y1


3. GENERELLE METODER 161

y ′

Fasediagram

y ′ = F(y)

3.27. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Eksempel 1

Den logistiske ligning

har ligevægts løsninger

og

F ′ (0) = k > 0: 0 Ustabil ligevœgt.

F ′ (K) = −k: K Stabil ligevœgt.

dP

dt

= kP(1 − P

K )

P(t) = 0, P(t) = K

F ′ (P) = − 2k

P + k

K

3.28. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Eksempel 1 - figur

P ′

Fasediagram

P ′ = kP(1 − P

K )

3.29. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Eksempel 2

For Lotka-Volterra systemet,

a,b,k,r > 0,

dR

= kR − aRW

dt

dW

= −rW + bRW

dt

y

P


162 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER

er der to ligevægtsløsninger

(R,W) = (0,0), (R,W) = (r/b,k/a)

3.30. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Eksempel 2 - fortsat

I (R,W) = (0,0) er den lineære approximation

som giver en ustabil ligevægt.

dR

= kR

dt

dW

= −rW

dt

3.31. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet

Eksempel 2 - fortsat

I (R,W) = (r/b,k/a) er den lineære approximation for ( ¯ R, ¯ W) = (R − r/b,W − k/a)

som har en ustabil ligevægt.

Man kan vise, at løsningskurverne

d ¯ R

dt

d ¯ W

dt

= −ar

b ¯ W

= bk

a ¯ R

t ↦→ (R(t),W(t)

for det oprindelig system er deformationer af cirkler omkring ligevægtspunktet. Der er

altså en cyklisk udvikling i modellen.


V

Matricer

1. Vektorer og matricer

1.1. Oversigt ☞ [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3

Nøgleord og begreber

✌ Talpar, taltripler og n-tupler

✌ Linearkombination og span

✌ Test linearkombination

✌ Hvad er en matrix

✌ Matrix multiplikation

✌ Test matrix multiplikation

✌ Standard vektorer

✌ Identitetsmatricen

1.2. Taltupler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Definition

Det n-dimensionale koordinatvektorrum udgøres af alle n-tupler

(x = x) af reelle tal og betegnes

x = (x1,...,xi,...,xn)

R n

Taltuplen x kaldes en (koordinat)vektor med i-te koordinat xi.

Vektoren, hvis koordinater alle er 0

kaldes nulvektoren.

0 = (0,...,0)

1.3. Planen ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Figur

y

b

0

a

(a, b)

Talplanen R 2

163

x


164 V. MATRICER

1.4. Rummet ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.1 Three-dimensional co...

Figur

z

x

a

c

0

xn

(a, b, c)

Talrummet R 3

1.5. Addition

Definition

☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Sum af vektorer

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x1 y1 x1 + y1


x + y =

. ⎟ ⎜

⎝ . ⎠ +

. ⎟ ⎜

⎝ . ⎠ =

. ⎟

⎝ . ⎠

Eksempel

yn

⎛ ⎞

1

⎛ ⎞

4

⎛ ⎞

5

⎝2⎠

+ ⎝5⎠

= ⎝7⎠

3 6 9

b

xn + yn

1.6. Skalering

Definition

Skalarmultiplikation af skalar (tal) og vektor

☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

Eksempel


αx = α ⎝

x1

.

xn


⎠ =



⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 3

3⎝2⎠

= ⎝6⎠

3 9

1.7. Regneregler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Regneregler

(1) Kommutativ lov

(2) Associativ lov

u + v = v + u

αx1

.

αxn



u + (v + w) = (u + v) + w

y


(3) Distributive love

1. VEKTORER OG MATRICER 165

r(u + v) = ru + rv

(r + s)u = ru + su

1.8. Associativ addition ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors

Figur

a + b + c

a

b + c

b

a + b

Associativ lov for vektorer i planen

1.9. Linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Definition

Et sæt af vektorer u1,...,uk og koefficienter (skalarer) λ1,...,λk giver linearkombinationen

Eksempel

λ1u1 + · · · + λkuk

⎛ ⎞

1

⎛ ⎞

1

⎛ ⎞

4

⎛ ⎞

−5

0⎝5⎠

+ 3⎝2⎠

− 2⎝5⎠

= ⎝−4⎠

7 3 6 −3

1.10. Span ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Definition

Givet er sæt af vektorer u1,...,uk i R n . Så er deres span alle linearkombinationer

c

v = λ1u1 + · · · + λkuk

Et span er stabilt overfor dannelse af linearkombination og giver et underrum af R n .

Eksempel

Diagonalen i talplanen er et span

{(x,y)|x = y} = span((1,1)) ⊂ R 2

1.11. Vektorrum ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors

Definition

En mængde med struktur som et koordinatvektorrum kaldes et vektorrum og elementerne

kaldes vektorer. Vektorer kan adderes og skalarmultipliceres med reelle skalarer.

Eksempel

Et underrum i R n er et vektorrum.

Eksempel


166 V. MATRICER

Mængden af alle reelle funktioner f : X → R er et vektorrum.

1.12. Test linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer

Test

Enhver vektor x ∈ R 3 kan skrives som en linearkombination x = λ1(1,1, −1)+λ2(−1, −1,1).

Løsning

x = λ1(1,1, −1) + λ2(−1, −1,1) = (λ1 − λ2)(1,1, −1)

som alle har samme 1. og 2. koordinat.

Afkryds:

ja nej


1.13. Matrix indgang ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

En m × n-matrix er et rektangulært regneark med m-rækker og n-søjler. Det skrives

(A = A)

ij-te (matrix)indgang

A = (aij)i=1...m,j=1...n



=



a11 ... a1n

. aij

.

am1 ... amn

aij



Matricen 0 = (0) med alle indgange lig 0 kaldes nulmatricen.

1.14. Matrix række/søjle ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

En m × n-matrix

har i-te række

og j-te søjle

A = (aij)i=1...m,j=1...n

ai• =

ai1 ... ain

a •j =




1.15. Rækker og søjler ☞ [LA] 2 Matricer

Eksempel

m = 1 rækkevektor/rækkematrix

n = 1 søjlevektor/søjlematrix

a1j

.

amj





a1 ... an




a1

.

am




1. VEKTORER OG MATRICER 167

1.16. 3x4 matrix

Eksempler

☞ [LA] 2 Matricer

3 × 4-matrix ⎛

1 2 0


−2

⎝−1

8 3 4 ⎠

5 4 3 1

4-rækkematrix


6 2 9


−2

3-søjlematrix

⎛ ⎞

5

⎝ 0 ⎠

−5

1.17. Addition skalering ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

Sum, Skalarmultiplikation

To m × n-matricer kan adderes til en m × n-matrix. En matrix kan skaleres.

Eksempel


1 2

+

−1 8

A = (aij)i=1...m,j=1...n

B = (bij)i=1...m,j=1...n

A + B = (aij + bij)i=1...m,j=1...n

λA = (λaij)i=1...m,j=1...n


1 2

=

−1 8


2 4

= 2

−2 16


1


2

−1 8

1.18. Matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer

Definition (Multiplikation)

En m × n-matrix og en n × p-matrix kan multipliceres (ganges sammen) til en m × pmatrix.

A = (aij)i=1...m,j=1...n

B = (bjk)j=1...n,k=1...p

AB = (cik)i=1...m,k=1...p

cik = ai1b1k + · · · + ainbnk =

n

j=1

aijbjk

1.19. Gange er nemt ☞ [LA] 2 Matricer

Bemærkning

I cik indgår kun den i-te række i første matrix og den k-te søjle i anden matrix.

⎛ ⎞

cik = ⎜


ai1 ...aij ...ain ⎜


b1k

.

bjk

.

bnk



= ai1b1k + · · · + aijbjk + · · · + ainbnk


168 V. MATRICER

1.20. Øvelse ☞ [LA] 2 Matricer

Eksempel


1


2 3


−5

−1 8 4 0


[1 · 3 + 2 · 4]

=

[(−1) · 3 + 8 · 4]


[1 · (−5) + 2 · 0]

[(−1) · (−5) + 8 · 0]


11

=

29


−5

5

1.21. Regneark

Eksempel

☞ [LA] 2 Matricer

Rækkesum ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛


Søjlesum



a11 ... a1n

. aij

.

am1 ... amn

1 a11 + · · · + a1n

⎟ ⎜

⎠ ⎝ .

⎟ ⎜

. ⎠ = ⎝ .


. ⎠

1 am1 + · · · + amn



1, ..., 1 ⎝

a11 ... a1n

. aij

.

am1 ... amn




=

a11 + · · · + am1, ..., a1n + · · · + amn

1.22. Vigtigste regneregel ☞ [LA] 2 Matricer

Sætning 1 (Associativ lov)

Matrix multiplikation er associativ. Givet A en m × n-matrix, B en n × p-matrix og C en

p × q-matrix, så er følgende to m × q-matricer ens.

Bevis

Fælles il-te indgang

(AB)C = A(BC)

dil =

j,k

aijbjkckl

1.23. Multiplikation og linearkombination ☞ [LA] 2 Matricer

Sætning 2

Givet A en m × n-matrix og x en n-søjlematrix, så er produktet

y = Ax = a •1x1 + · · · + a •nxn

den m-søjlematrix, der fremkommer som linearkombinationen af søjlerne i A med koefficienter

de n indgange i x.

Bevis

Udregn

yi =

j

aijxj


1. VEKTORER OG MATRICER 169

1.24. Nemme regneregler ☞ [LA] 2 Matricer

Bemærkning

Simple regneregler

For matricer af størrelser, så operationerne er definerede gælder

Associativ lov

Distributive love

A + (B + C) = (A + B) + C

A(B + C) = AB + AC

(A + B)C = AC + BC

1.25. Pas på

Advarsler

Den kommutative lov holder ikke

Normalt er

☞ [LA] 2 Matricer


0

AB = BA


0 0 0 0

=


0

Nulreglen gœlder ikke

1 0 0 1


0 0 0 0

=

0 1 1 0

0 0


0 0

1 0

A = 0, B = 0, AB = 0

1.26. Test matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer

Test

Hvilket matrixprodukt er rigtigt?

2 1 x 1 2 1 + x 2 + 4x

(a)

=

.


3 4


x 4


3 + 4x


22

1 2 1 −2 7 6

(b)

= .

3 4 3 4 15 12

Løsning

1 x 1 2

=

3 4 x 4


[1 · 1 + x · x] [1 · 2 + x · 4]

.

[3 · 1 + 4 · x] [2 · 3 + 4 · 4]

Afkryds det rigtige:

(a) (b)


1.27. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Eksempel

Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og

alle øvrige er 0.

⎛ ⎞

0

⎜ .


⎜ . ⎟

ei = ⎜

⎜1


⎜ . ⎟

⎝ . ⎠

0

ei = 0, ..., 1, ..., 0


170 V. MATRICER

1.28. Span af enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Bemærkning

span(e1,...,en) = R n

En vektor x ∈ R n har fremstillingen

Eksempel

x =

n

i=1

xiei

(1,2, −3) = 1(1,0,0) + 2(0,1,0) − 3(0,0,1)

1.29. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer

Eksempel

Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som

række.

For en m × n-matrix A er produktet

den j-te søjle i A

og produktet

den i-te række i A.

Aej = a •j

eiA = ai•

1.30. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

En kvadratisk matrix er en n × n-matrix.

En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.

Identitetsmatricen


1 0


...


In = ⎜


0

.

. ..

0


0 ⎟


1

med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix.

1.31. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer

Sætning 3

Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder

ImA = A = AIn

"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix."

Bevis

Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er

den j-te søjle i A.

Aej = a •j


2. LINEÆRE AFBILDNINGER 171

2. Lineære afbildninger

2.1. Oversigt ☞ [LA] 3, 4, 5

Nøgleord og begreber

✌ Fra matrix til afbildning

✌ Fra afbildning til matrix

✌ Test matrix-afbildning

✌ Inverse matricer

✌ Test invers matrix

✌ Matrix potens

✌ Lineære ligningssystemer

✌ Løsningsmængdens struktur

✌ Test løsningsmængde

2.2. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Definition

f : R n → R m

er en lineær afbildning, hvis linearkombinationer bevares

f(λ1u1 + · · · + λkuk) = λ1f(u1) + · · · + λkf(uk)

Bemærk

Det er nok, at sum og skalarmultiplikation bevares

f(u + v) = f(u) + f(v)

f(αu) = αf(u)

2.3. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Eksempel

Afbildningen f : R 2 → R 2 givet ved

er lineær.

Bevis

f(x,y) = (y,x + y)

f((x1,y1) + (x2,y2)) = f(x1 + x2,y1 + y2)

Tilsvarende for skalarmultiplikation.

= (y1 + y2,x1 + x2 + y1 + y2)

= (y1,x1 + y1) + (y2,x2 + y2)

= f(x1,y1) + f(x2,y2)

2.4. Matrix til lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Definition

For en m × n-matrix A defineres en afbildning

ved

R n → R m

u ↦→ Au

Eksempel

u1 1 2 u1 u1 + 2u2

↦→

=

u2 3 4 u2 3u1 + 4u2


172 V. MATRICER

2.5. Matrix til lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Sætning 4

Funktionen f : R n → R m

defineret ved en m × n-matrix A er lineœr

Bevis

f(u) = Au

f(u + v) = f(u) + f(v)

f(αu) = αf(u)

A(u + v) = Au + Av, A(αu) = αAu

Fra de simple regneregler for matrix multiplikation.

2.6. Lineær afbildning til matrix ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Sætning 5

Enhver lineœr afbildning f : R n → R m fremkommer fra en entydig bestemt m×n-matrix

Bemærk

A = Matr(f)

f(u) = Au

f(ej) = a •j

“j-te søjle i matricen for f er billedet af j-te enhedsvektor i R n .”

2.7. Opgave ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Opgave

Find Matr(f) for den lineære afbildningen f(x,y) = (y,x + y).

Løsning

Søjlerne i Matr(f) er


1 0

0

f(e1) = f( ) = , f(e2) = f( ) =

0 1

1


Heraf 0 1

Matr(f) =

1 1

Prøve

0


1 x

1 1 y

=


y

x + y


1

1

2.8. Multiplicere = sammensætte ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Sætning 6

Lad f,g vœre lineœre afbildninger

R n f

−−−−→ R m

Så er den sammensatte afbildning g ◦ f lineœr og

g

−−−−→ R p

Matr(g ◦ f) = Matr(g)Matr(f)

Bevis

For f(u) = Au, g(v) = Bv giver den associative lov

g ◦ f(u) = g(f(u)) = B(Au) = (BA)u


2. LINEÆRE AFBILDNINGER 173

2.9. Test matrix-afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Test

Den⎛lineære afbildning ⎞ ⎛f(x,y)

= ⎞(x

+ y,x − y,y) har tilhørende matrix Matr(f):

1 1 1 1

(a) ⎝1

−1⎠.

(b) ⎝1

−1⎠.

1 1 0

(c)

.

1 −1 1

0 0 0 1

Løsning

Søjlerne i 3 × 2-matricen er

Afkryds den korrekte:

f(1,0) = (1,1,0), f(0,1) = (1, −1,1)

(a) (b) (c)


2.10. Invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer

Definition

En kvadratisk n × n-matrix A har en invers matrix B, hvis

B er entydigt bestemt og betegnes

A kaldes invertibel.

Bevis

Entydighed: For AC = I = CA er

AB = In = BA

B = A −1

B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = C

2.11. Invers diagonalmatrix

Eksempel

☞ [LA] 4 Inverse matricer

En diagonal n × n-matrix

⎛ ⎞

Λ =

λ1 0 ...

.

0

..


0 ⎟


. 0 λn



med alle diagonal indgange λi = 0 er invertibel.

Den inverse er

Λ −1 ⎛

λ


= ⎜


−1

1

0

0

. ..


...


0 ⎟


. 0 λ −1

n

2.12. Inverter produkt ☞ [LA] 4 Inverse matricer

Sætning

Lad A,B vœre invertible n × n-matricer. Så er AB invertibel og der gœlder

"Pas på rœkkefølgen."

(AB) −1 = B −1 A −1


174 V. MATRICER

Bevis

(AB)(B −1 A −1 ) = A(BB −1 )A −1

= AInA −1

= AA −1

= In

2.13. Test invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer

Test

Lad A,B være invertible n × n-matricer. Så gælder (AB) −1 = A −1 B −1 .

Løsning

Den rigtige formel er

(AB) −1 = B −1 A −1

Afkryds:

ja nej


2.14. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

For en kvadratisk n × n-matrix A defineres potens, k = 0,1,2,...,

Hvis A er invertibel, så er

For enhedsmatricen er

A 0 = In, A k = A k−1 A

A −k = (A −1 ) k = (A k ) −1

In k = In

2.15. Pas på matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer

Bemærkning

Potensregneregler gælder

A l A m = A l+m

Men normalt er

For eksempel

(A l ) m = A lm

A m B m = (AB) m

A 2 B 2 = (AA)(BB) = (AB)(AB) = (AB) 2

2.16. Potens af diagonalmatrix

Eksempel

☞ [LA] 2 Matricer

For en diagonal n × n-matrix

⎛ ⎞

og k = 0,1,2,... er potensen

Λ =

Λ k =

λ1 0 ...

.

0 ..


0 ⎟


. 0 λn






λ k 1 0 ...

0

. .. 0

. 0 λ k n




2. LINEÆRE AFBILDNINGER 175

2.17. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer

Opgave

Beregn matrix potensen

k 1 a

0 1

Løsning

Bemærk

1

0


x 1

1 0


y 1

=

1 0


x + y

1

Heraf


1

0

k

a 1

=

1 0


ka

1

2.18. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Definition

Ved m lineære ligninger med n ubekendte forstås

a11x1 + ... + a1nxn = b1

a21x1 + ... + a2nxn = b2

.

am1x1 + ... + amnxn = bm

På matrix form A = (aij) m × n-matrix, b = (bi) m-søjle, x = (xj) n-søjle

Ax = b

2.19. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Definition - fortsat

Matrix form

Ax = b

skrevet ud ⎛

a11 ... a1n

⎜a21

⎜ ... a2n

⎜ .

⎝ .

am1 ... amn

⎞ ⎛

⎟ ⎜

⎟ ⎜

⎟ ⎜

⎠ ⎝

x1

x2

.

xn



b1


⎠ =

⎜b2

⎜ .

⎝ .

2.20. Koefficient matrix ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Notation

Givet ligningssystemet

Ax = b

(1) A koefficientmatrix

(2) b = 0 homogent system

(3) b = 0 inhomogent system

(4) Partikulær løsning en funden løsning, fuldstændig løsning mængden af alle

løsninger

2.21. 2 ligninger 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel 1

2x1 − 2x2 − 4x3 = −28

x2 + 2x3 = 16

bm




176 V. MATRICER

(1) Vælg x3 = 0 og løs x2 = 16. Indsæt i første ligning

(2) Dette giver partikulær løsning

2x1 − 2 · 16 = −28

(x1,x2,x3) = (2,16,0)

2.22. 2 ligninger 3 ubkendte

Eksempel 1 - fortsat

☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Den fuldstændige løsning er

⎛ ⎞

x1

⎝ ⎠ =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x2 + 2x3 − 14 2

⎝ −2x3 + 16 ⎠ = ⎝−2x3

+ 16⎠

x2

x3

hvor x3 kan vælges frit.

=

x3

x3

⎛ ⎞

2


0

⎞ ⎛ ⎞

2

⎛ ⎞

0

⎝16⎠

+ ⎝−2x3⎠

= ⎝16⎠

+ x3 ⎝−2⎠

0

0 1

x3

2.23. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel 1’

x1 + x2 + x3 = 1

(1) Vælg x3 = x2 = 0 og løs x1 = 1

(2) Det giver partikulær løsning

x3

(x1,x2,x3) = (1,0,0)

2.24. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel 1’ - fortsat

Den fuldstændige løsning er

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x1 −x2 − x3 + 1 1 −x2 −x3

⎝x2⎠

= ⎝ x2 ⎠ = ⎝0⎠

+ ⎝ x2 ⎠ + ⎝ 0 ⎠

0 0

x3

hvor både x2 og x3 kan vælges frit.

⎛ ⎞

1

⎛ ⎞

−1

⎛ ⎞

−1

= ⎝0⎠

+ x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠

0 0 1

2.25. Løsningsrummet ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Sætning 7

Løsningsmœngden til et homogent lineœrt ligningssystem med n ubekendte

er et lineœrt underrum

kaldet løsningsrummet eller nulrummet.

Bevis

Ax = 0

NA ⊂ R n

x3


Simple regneregler for matrix multiplikation giver

2. LINEÆRE AFBILDNINGER 177

Ax = 0, Ay = 0 ⇒ A(x + y) = 0

2.26. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel

(1) x3 = −x4 og x1 = −x2.

(2) x4 og x2 kan vælges frit.

x4

x1 + x2 = 0

x3 + x4 = 0

2.27. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel - fortsat

⎛ ⎞

x1

⎜x2⎟

⎜ ⎟

⎝x3⎠

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

−x2 −1 0

⎜ x2 ⎟ ⎜

⎜ ⎟

⎝−x4⎠

= x2

⎜ 1 ⎟ ⎜


⎝ 0 ⎠ + x4

⎜ 0 ⎟

⎝−1⎠

0 1

Løsningsrummet er span af vektorerne

⎛ ⎞

−1

⎜ 1 ⎟

⎝ 0 ⎠

0

,

⎛ ⎞

0

⎜ 0 ⎟

⎝−1⎠

1

x4

2.28. Løsninger og nulrum ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Sætning 8

Givet en partikulœr løsning u til det lineœre ligningssystem med n ubekendte

så er løsningsmœngden

Ax = b

{x ∈ R n |Ax = b} = u + NA

Bevis

Simple regneregler for matrix multiplikationen giver

Au = b, Ax = 0 ⇒ A(u + x) = b

2.29. Test Løsningsmængde ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Test

Betragt et inhomogent lineært ligningssystem A · x = b (b = 0). Hvilket af følgende

udsagn er sandt (uanset hvordan A ser ud)

(a) 0 er altid en løsning. (b) 0 er aldrig en løsning.

(c) b er altid en løsning.

Løsning

Gør prøve

A · 0 = 0 = b

Afkryds det sande:

(a) (b) (c)


178 V. MATRICER

2.30. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel

x1 + x2 = 1

x3 + x4 = 2

(1) x3 = 2, x1 = 1 og x2 = x4 = 0

(2) Giver en partikulær løsning

x4

(x1,x2,x3,x4) = (1,0,2,0)

2.31. 2 ligninger 4 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Eksempel - fortsat

⎛ ⎞

x1

⎜x2⎟

⎜ ⎟

⎝x3⎠

=

⎛ ⎞

1 − x2

⎜ x2 ⎟

⎜ ⎟

⎝2

− x4⎠

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 −1 0


⎜0⎟



⎝2⎠

+ x2 ⎜ 1 ⎟ ⎜


⎝ 0 ⎠ + x4 ⎜ 0 ⎟

⎝−1⎠

0 0 1

x4

Løsningsmængden er (1,0,2,0) plus en vilkårlig vektor fra underrummet af alle linearkombinationer

af vektorerne

(−1,1,0,0), (0,0, −1,1)

3. Lineære ligninger

3.1. Oversigt ☞ [LA] 6, 7

Nøgleord og begreber

✌ Løs ligninger

✌ Eliminer ubekendte

✌ Rækkereduktion

✌ Reduceret matrix

✌ Enten-eller princippet

✌ Test ligningssystem

✌ Rækkeoperationsmatricer

✌ Beregn invers matrix

3.2. To ubekendte grafisk ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Figur

y

1

2x − y = 1

(1,1) skæringspunkt

To ligninger i to ubekendte

x

x + y = 2


3. LINEÆRE LIGNINGER 179

3.3. 3 ligninger 4 ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel (Rækkereduktion)

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34

3.4. Eliminer en ubekendt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel - fortsat

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

3x2 + 8x3 + 15x4 = 18

3.5. Eliminer endnu en ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel - fortsat

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

3x2 + 8x3 + 15x4 = 18

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

2x3 − 3x4 = 6

3.6. En ubekendt er fri ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel - fortsat

Heraf

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

2x3 − 3x4 = 6

x3 = 3 + 3

2 x4

x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = −2 − 9x4

x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = −4 − 3x4

3.7. Brug matrixform ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel - fortsat

Løsning

x3 = 3 + 3

2 x4

x2 = −2 − 9x4

x1 = −4 − 3x4


180 V. MATRICER

På matrix form




x1

x2

x3

x4



⎠ =

⎛ ⎞

−4 − 3x4


⎜−2

− 9x4 ⎟

⎝ ⎠ =

⎛ ⎞

−4


⎜−2


⎝ 3 ⎠

0

3 + 3

2 x4

x4

+ x4

⎛ ⎞

−3


⎜−9


⎝ ⎠

3.8. Eliminations strategi ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Definition

Rœkkeoperationer

• Ombytning af to ligninger

• Multiplikation af ligning med tal = 0

• Addition af et multiplum af en ligning til en anden

(1) Bevarer løsningsmængden.

(2) Bringer ligningssystemet på rœkke-echelon form (trappeform).

(3) Løsningsmængden kan opskrives ved baglæns substitution.

3.9. Skalpellen frem, fjern ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34

3.10. Skær videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’ - fortsat

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

3x2 + 6x3 + 15x4 = 18

3.11. Videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’ - fortsat

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

3x2 + 6x3 + 15x4 = 18

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

− 3x4 = 6

3.12. Afslut bagfra ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

3

2

1


Eksempel’ - fortsat

Heraf

3. LINEÆRE LIGNINGER 181

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

x2 + 2x3 + 6x4 = 4

− 3x4 = 6

x4 = −2

x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = 16 − 2x3

x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = 2

3.13. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’ - fortsat

Løsning

x4 = −2

På matrix form ⎛



x1

x2

x3

x4

x2 = 16 − 2x3

x1 = 2



⎠ =

⎛ ⎞

2


⎜16

− 2x3 ⎟

⎝ ⎠ =

⎛ ⎞

2


⎜16


⎝ 0 ⎠

−2

x3

−2

+ x3

⎛ ⎞

0


⎜−2


⎝ 1 ⎠

0

3.14. Rækkeoperationer reduceret matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Definition

Rœkkeoperationer på en matrix

• Ombytning af to rækker

• Multiplikation af række med tal = 0

• Addition af et multiplum af en række til en anden

Bringer matricen på (reduceret) rœkke-echelon form (trappeform), 1 på pivot indgange


0

⎜ 0

⎝ 0

0

0

0

1

0

0

?

0

0

?

0

0

0

1

0

?

?

0

?

?

0


0

0 ⎟

1 ⎠

0 0 0 0 0 0 0 0 0

3.15. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Observation

Fra et lineært ligningssystem tilordnes en augmenteret matrix

”Ax = b” ↦→ (A|b)

Rækkeoperationer på et ligningssystem svarer til rækkeoperationer på den augmenterede

matrix.

Det reducerede ligningssystem opskrives fra den reducerede matrix.

3.16. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’ - igen

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34


182 V. MATRICER



2 −2 −4 −6 −16

3 −2 −4 −3 −20

−2 5 10 21 34

3.17. Øvelse gør mester

Eksempel’ - igen fortsat

☞ [LA] 6 Løsningsteknik


2 −2 −4 −6


−16


2 −2 −4 −6


−16

⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠

−2 5 10 21 34 −2 5 10 21 34


∼ ⎝

2 −2 −4 −6 −16

0 1 2 6 4

0 3 6 15 18



⎠ ∼ ⎝



2 −2 −4 −6 −16

0 1 2 6 4

0 0 0 −3 6

3.18. Atter øvelse

Eksempel’ - igen fortsat

☞ [LA] 6 Løsningsteknik


2 −2 −4 −6


−16


2 −2 −4 −6


−16

⎝ 0 1 2 6 4 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠

0 0 0 −3 6 0 0 0 1 −2


∼ ⎝

2 −2 −4 0 −28

0 1 2 0 16

0 0 0 1 −2



⎠ ∼ ⎝

2 0 0 0 4

0 1 2 0 16

0 0 0 1 −2

3.19. Afslut elegant

Eksempel’ - igen fortsat

☞ [LA] 6 Løsningsteknik


2 −2 −4 −6


−16


1 0 0 0 2


⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 0 16 ⎠

−2 5 10 21 34 0 0 0 1 −2

Det reducerede ligningssystem

x1 = 2

x2 + 2x3 = 16

x4 = −2

3.20. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel’ - igen fortsat

Løsning

x4 = −2

På matrix form

hvor x3 vælges frit.




x1

x2

x3

x4

x2 = 16 − 2x3

x1 = 2



⎠ =

⎛ ⎞

2


⎜16

− 2x3 ⎟

⎝ ⎠ =

⎛ ⎞

2


⎜16


⎝ 0 ⎠

−2

x3

−2

+ x3

⎛ ⎞

0


⎜−2


⎝ 1 ⎠

0





3. LINEÆRE LIGNINGER 183

3.21. Enten-eller ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Enten-eller-princip (22)

En kvadratisk matrix kan ved rækkeoperationer

• enten føres over i identitetsmatricen

• eller føres over i en matrix med en nulrække nederst

Bevis

Matricen på reduceret trappeform ⎛



1 ? 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

3.22. Struktur er sagen ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Sætning 9

Et homogent ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end ligninger, har altid uendelig

mange løsninger.

Bevis

Koefficientmatricen har flere søjler end rækker. Den reducerede matrix har mindst 1 pivotfri

søjle. Altså er der parametre i løsningen.

3.23. Test ligningssystem

Test

☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Et homogent lineært ligningssystem med 4 ubekendte og 3 ligninger har:

(a) Altid højst 1 løsning. (b) Altid uendelig mange løsninger.

(c) Undertiden ingen løsninger. (d) Mindst 1 løsning.

Afkryds de to rigtige:

(a) (b)


(c) (d)


Løsning

Sætning 9 sikrer uendelig mange løsninger.

3.24. En sjov variation ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel 4

Løs matrixligningen


2 1

5

Skrives som ligningssystemet

3

x11 x12

x21 x22


=





1 0

0 1

2x11 + x21 = 1

5x11 + 3x21 = 0

2x12 + x22 = 0

5x12 + 3x22 = 1

3.25. Det er rigtig sjovt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik


2

⎜ 5

⎝ 0

1

3

0

0

0

2

0

0

1


1

0 ⎟

0 ⎠

0 0 5 3 1



1

⎜ 0


1

2

1

2

0

0

0

0

1

2

−5 ⎞


2 ⎟


0 0 1 1

2 0

0 0 0 1

2 1


184 V. MATRICER





1 0 0 0 3

0 1 0 0 −5

0 0 1 0 −1

0 0 0 1 2



⎠ ,

x11 x12

x21 x22


=


3


−1

−5 2

3.26. Operationer og multiplikation ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer

Sætning

Rœkkeoperationer på en m × n-matrix fremkommer ved

• Udfør rœkkeoperationen på m × m-enhedsmatricen og få en rækkeoperationsmatrix

• Venstre multiplicer den oprindelige matrix med den fremkomne rækkeoperationsmatrix

3.27. Smart overbevisende ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer

• Ombytning af to rækker


0 1 a11

1 0


a12 a21

=


a22

a21 a22

• Multiplikation af række med tal r = 0


1 0 a11 a12

=

0 r

a21 a22

a11 a12

a11 a12

ra21 ra22

• Addition af et multiplum af en række til en anden


1 r a11 a12 a11 + ra21 a12 + ra22

=

0 1

a21 a22

3.28. Ensidig invers er tosidig ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer

Sætning 10

Lad A,B vœre kvadratiske matricer af samme størelse. Så gœlder

”En højre invers er også en venstre invers.”

a21

AB = I ⇔ BA = I

Bevis

Hvis AB = I har alle ligningssystemer Ax = b en løsning x = Bb. Den reducerede

form af A kan da ikke have en 0-række og er derfor enhedsmatricen I. Altså findes en

matrix C så CA = I. Til slut er C = C(AB) = (CA)B = B.

3.29. Invers ved operationer ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer

Sætning

En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis dens reducerede form er enhedsmatricen

I. I så fald er den augmenterede matrix

(A|I) ∼ (I|A −1 )

”Den inverse matrix beregnes ved rækkeoperationer på den augmenterede matrix.”

3.30. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel 4


a22


Løs matrixligningen, i.e. beregn invers,


2 1

5 3

4. DETERMINANTER 185

x11 x12

x21 x22


=


1 0

0 1


2 1 1 0 2 1 1 0

∼ 1

5 3 0 1 0 2 −5


2 1 1 0


2 1 0 1 −5 2


2 0 6 −2 1 0 3 −1



0 1 −5 2 0 1 −5 2

3.31. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel 4 - fortsat

Rækkereduktionen

giver den inverse

2 1 1 0

5 3 0 1



−1 2 1

=

5 3

1 0 3 −1

0 1 −5 2


3


−1

−5 2

3.32. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik

Eksempel 4 - forsat

Gør prøve

Udregn

−1 2 1

=

5 3


2


1 3


−1

5 3 −5 2


3


−1

−5 2

=

4. Determinanter


1 0

0 1

4.1. Oversigt ☞ [LA] 8

Nøgleord og begreber

✌ Helt simple determinanter

✌ Determinant defineret

✌ Effektive regneregler

✌ Genkend determinant nul

✌ Test determinant nul

✌ Produktreglen

✌ Inversreglen

✌ Test inversregel og produktregel

✌ Potensreglen

✌ Entydig løsning

✌ Test entydig løsning

4.2. Nemme determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempler

Determinanten af en kvadratisk matrix

• 1-matrix

|a11| = a11


186 V. MATRICER

• 2-matrix

a11 a12


= a11a22 − a12a21

• 3-matrix













a21 a22








a11 a12 a13

a21 a22 a23 = a11

a31 a32 a33

a22 a23

− a12

a32 a33 a21 a23

+ a13


a31 a33 a21 a22

a31 a32

4.3. Udregn determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempler


−1

2


3 4

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10



1

2 3



4

5 6


2

3 0



= 1 · 5

6



3 0

− 2 · 4

6



2 0

+ 3 · 4

5


2 3

= (5 · 0 − 6 · 3) − 2(4 · 0 − 6 · 2)

+3(4 · 3 − 5 · 2)

= −18 + 24 + 6

= 12

4.4. Nem vej til areal ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempel

Areal




a1 b1

Areal = (a1 + b1)(a2 + b2) − a1a2 − b1b2 − 2a2b1

= a1b2 − a2b1



=

a1


a2



b1 b2

4.5. Determinant ved rækkeudvikling ☞ [LA] 8 Determinanter

Definition

Lad Aij være den (m − 1) × (n − 1)-matrix, der fremkommer ved at slette i-te række og

j-te søjle i en m × n-matrix A.

Determinanten af en kvadratisk n × n-matrix A er givet ved rækkeudvikling efter i-te

række

n

|A| =

Kan skrives

j=1

b2

a2

(−1) i+j aij|Aij|

|A| = (−1) i+1 ai1|Ai1| + (−1) i+2 ai2|Ai2| + · · ·

4.6. Determinant mange veje ☞ [LA] 8 Determinanter


• Determinanten kan beregnes ved søjleudvikling

n

|A| =

4. DETERMINANTER 187

i=1

(−1) i+j aij|Aij|

• Determinanten er uafhængig af valgt række/søjle.

• Eksempel

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 2 3 − ∗ −

⎝4

5 6⎠

= ⎝4

| 6⎠

4 6

=

7 9

7 8 9 7 | 9

12

4.7. Udregn determinant af orden 4 ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempel 1



1


0


0

0

0

1

0

0

7

0

1

0


0


0


0

= (−1)


1

4+4



1


0

0

= (−1)

0

1

0


7


0


1

3+3



1

0 = 1


0


1

4.8. Trekantsmatrix

Eksempler

☞ [LA] 8 Determinanter

0-række/søjle



0


0

.

.

a12

a22

. ..


· · ·

0

· · ·

= a21

.

· · · .

0

a22

. ..


· · ·


· · ·

= 0


· · ·

Øvre trekantsmatrix


a11

0

.

0

a12

a22

.

0

· · ·

· · ·

. ..

· · ·


a1n


a2n


.

= a11a22 · · · ann

.


ann


4.9. Rækkeoperationsmatricer ☞ [LA] 8 Determinanter

Observation

• Ombytning af to rækker:



0

1


1 0

= −1

• Multiplikation af række med tal = 0:



1

0


0 r

= r

• Addition af et multiplum af en række til en anden:



1

r


0 1

= 1


188 V. MATRICER

4.10. Rækkeregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter

Regler

Beregning af determinant

• Ombytning af to rækker:

Determinanten skifter fortegn

• Multiplikation af række med tal:

Determinanten multipliceres med samme tal

• Addition af et multiplum af en række til en anden:

Determinanten er uændret

4.11. Søjleregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter

Regler

Beregning af determinant

• Ombytning af to søjler:

Determinanten skifter fortegn

• Multiplikation af søjle med tal:

Determinanten multipliceres med samme tal

• Addition af et multiplum af en søjle til en anden:

Determinanten er uændret

4.12. Determinanten er nul ☞ [LA] 8 Determinanter

Bemærk

Observationer om determinant nul

Eksempel

• En 0-række eller en 0-søjle:

Determinanten er 0

• To ens rækker eller to ens søjler:

Determinanten er 0









1 3 1 0

2 5 2 8

2 7 2 1

1 9 1 2






= 0



4.13. Test determinant nul

Test

Gælder der altid, at determinanten

☞ [LA] 8 Determinanter



−1


3

0

x

y

z


−1


3

= 0.

0

Løsning

Første og tredje søjle er ens.

Afkryds:

ja nej


4.14. Udregn determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempler

“Reducer til øvre trekantsmatrix”


4. DETERMINANTER 189

1)

−1

3


2


4

=



−1

0


2


10

= (−1) · 10 = −10

2)

1

4

2

2

5

3


3


6


0

=



1


0

0

2

−3

−1


3


−6


−6

=



1


0

0

2

−3

0


3


−6


−4

= 1 · (−3) · (−4) = 12

4.15. Determinant af matrixprodukt ☞ [LA] 8 Determinanter

Sætning 11 (Produktreglen)

For to kvadratiske n × n-matricer A,B gœlder

|AB| = |A||B|

Bevis

For B fast og A en rækkeoperationsmatrix er produktreglen netop rækkeregnereglerne.

Ved rækkereduktion kan A skrives som produkt af rækkeoperations-matricer samt enten

identitetsmatricen eller en matrix med en 0-række nederst. Produktreglen følger heraf.

4.16. Brug produktreglen

Eksempel

☞ [LA] 8 Determinanter



15

|AA| =

36

14

21

51

19



1

2 3


|A| =

4

5 6

= 12

2

3 0


15


42

= |AA| = |A| · |A| = 12 · 12 = 144

24

4.17. Determinant af potens ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempel

Potensers determinant



−1

2


3 4

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10




k

−1 2

= −1

2


3 4 3 4

k

= (−10) k

4.18. Determinant af invers matrix ☞ [LA] 8 Determinanter

Sætning 12 (Inversreglen)

En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis |A| = 0. Der gœlder

hvis |A| = 0.

Bevis

|A −1 | = 1

|A|


190 V. MATRICER

Hvis A er invertibel så giver produktreglen formlen. Hvis |A| = 0 så kan A skrives som

produkt af rækkeoperations- matricer, som hver er invertible. A er da invertibel.

4.19. Brug inversreglen

Eksempel

☞ [LA] 8 Determinanter

Matricen


1 2


3

A = ⎝4

5 6⎠

2 3 0

har determinant

|A| = 12

A er invertibel og den inverse har determinant

|A −1 | = |A| −1 = 1

12

4.20. Test inversregel ☞ [LA] 8 Determinanter

Test

Determinanten af en invertibel matrix er altid = 0.

Løsning

Sætning 12 giver svaret direkte.

Afkryds:

ja nej


4.21. Test produktreglen ☞ [LA] 8 Determinanter

Test

Givet en kvadratisk matrix A. Hvis det(A 2 ) = 0, så er det(A) = 0.

Løsning

Af produktreglen følger

det(A) 2 = det(A 2 ) = 0

Afkryds:

ja nej


4.22. Determinant af negative potenser ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempel

Negative potensers determinant



−1

2


3 4

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10




−1 −1 2

= −

3 4

1

10




−k −1 2

=

3 4

1

(−10) k

4.23. Determinant af alle potenser ☞ [LA] 8 Determinanter

Eksempel


Potensreglen for determinant

• Hvis |A| = 0 så

for alle hele tal k.

• Hvis |A| = 0 så

for alle hele tal k > 0.

4. DETERMINANTER 191

|A k | = |A| k

|A k | = 0

4.24. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering

Definition

For en differentiabel afbildning g : R n → R n

(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gn(u1,...,un))

er Jacobideterminanten determinanten af Jacobimatricen

∂g1

∂u1


|du(g)| =

.

.

.

∂gn

...

. ..

...

∂g1

∂un

.


.


∂gn

∂u1

4.25. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering

Eksempel

For afbildning g : R 2 → R 2

er Jacobideterminanten

∂un

(u1,u2) ↦→ (u 2 1 + u 2 2,u1u2)


∂g1 ∂g1

∂u1 ∂u2

|du(g)| = ∂g2 ∂g2

∂u1 ∂u2



|du(g)| =

2u1


2u2


= 2u21 − 2u 2 2

u2 u1

4.26. Ligningssystem og determinant ☞ [LA] 8 Determinanter

Sætning 13 (Entydig løsning)

(1) Et homogent ligningssystem med en kvadratisk koefficientmatrix A har en egentlig

løsning (= 0) (uendelig mange), hvis og kun hvis |A| = 0.

(2) Det inhomogen ligningssystem

Ax = b

har en og kun en løsning, hvis og kun hvis |A| = 0.

4.27. Bestem entydig løsning

Opgave

☞ [LA] 8 Determinanter

For hvilke tal t har det homogene ligningssystem med koefficientmatrix


1 1


1

A = ⎝1

t 1⎠

1 1 t

en entydig løsning.

Find løsningsrummet for alle t.


192 V. MATRICER

4.28. Bestem entydig løsning

Opgave - løsning

☞ [LA] 8 Determinanter

Beregn determinanten



1

|A| =

1

1

1

t

1


1


1


t

=



1


0

0

1

t − 1

0


1


0

= (t − 1)2

t − 1

For t = 1 har det homogene ligningssystem

entydig løsning x = 0.

Ax = 0

4.29. Bestem alle løsninger ☞ [LA] 8 Determinanter

Opgave - løsning

For t = 1 er den reducerede form af ligningssystemet

Dette giver løsninger ⎛


x1

x2

x3

x1 + x2 + x3 = 0

⎞ ⎛ ⎞

−1

⎛ ⎞

−1

⎠ = x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠

0 1

4.30. Test entydig løsning ☞ [LA] 8 Determinanter

Test


−1 a


−1

Gælder der altid, at alle ligningssystemer med koefficientmatrix ⎝ 0 1 b ⎠ har en

0

entydig løsning.

0 2

Afkryds:

ja


nej

Løsning

−1

0

0

a

1

0


−1


b

= (−1) · 1 · 2 = −2 = 0

2


VI

Egenvektorer og diagonalisering

1. Egenvektorer

1.1. Oversigt ☞ [LA] 9

Nøgleord og begreber

✌ Egenværdi

✌ Egenvektor

✌ Egenrum

✌ Hvordan findes egenværdier

✌ Hvordan beregnes egenvektorerne

✌ Angivelse af egenrum

1.2. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Definition

Lad A være en n × n-matrix. En n-søjlevektor u kaldes en egenvektor for A, hvis

for en skalar λ ∈ R.

Au = λu

Hvis u = 0 kaldes λ en egenværdi for A og u er en egentlig egenvektor.

Nulvektoren er altid en egenvektor.

1.3. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For en egenvektor gælder

u

Au ∈ span(u)

Au = λu

1.4. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel

Identitetsmatricen In opfylder

Inu = u

for alle vektorer u.

Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 1 er eneste egenværdi.

193


194 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

1.5. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel

Nulmatricen 0n opfylder

0nu = 0

for alle vektorer u.

Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 0 er eneste egenværdi.

1.6. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel

Matricen

har egentlige egenvektorer

med tilhørende egenværdier

u1 = e1 =

A =


−1 0

0 3


1

,u2 = e2 =

0

λ1 = −1,λ2 = 3


0

1

1.7. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel - fortsat

Dette følger af udregningerne


−1 0 1

=

0 3 0


−1


0 0

0 3 1


−1 1

= (−1)

0 0

Au1 = λ1u1

=

Au2 = λ2u2


0 0

= 3

3 1

1.8. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel - fortsat - figur

Au1 = −u1

y

Au2 = 3u2

u2

u1

x


1. EGENVEKTORER 195

1.9. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1

Af udregningen


3 3 −3 −6 −3

= = 2

−2 −4 1 2 1


3 3

fås, at matricen A =

har en egentlig egenvektor u =

−2 −4

λ = 2.


−3

med egenværdi

1

1.10. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1 - fortsat - figur

Au = 2u

u = (−3,1)

1.11. Ligninger og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Bemærkning

Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet

har ikke-nul (egentlige) løsninger.

a11x1 + ... + a1nxn = λx1

a21x1 + ... + a2nxn = λx2

.

an1x1 + ... + annxn = λxn

1.12. Matrixligning og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Bemærkning - fortsat

Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet

Ax = λx

har ikke-nul (egentlige) løsninger x ∈ R n .

Dette kan skrives

(A − λIn)x = 0

og er dermed et homogent lineært ligningssystem med koefficientmatrix

A − λIn

1.13. Determinant og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Sætning 14

Lad A vœre en n × n-matrix. Et tal λ er en egenvœrdi, hvis og kun hvis determinanten

|A − λIn| = 0

y

1

1

x


196 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

Bemærkning

n-te grads polynomiet ovenfor kaldes det karakteristiske polynomium for matricen A.

Egenværdierne er altså netop rødderne i det karakteristiske polynomium.

1.14. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Definition - skematisk

Det karakteristiske polynomium af en n × n-matrix A er n-te grads polynomiet



a11 − λ a12 · · · a1n


a12 a22

− λ · · · a2n


.

.

.

.

. .

.

..

.


.


an1 an2 · · · ann − λ

= (−1) n λ n + · · · + |A|

= |A − λIn|

1.15. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel

Det karakteristiske polynomium af en 2 × 2-matrix A er andengrads polynomiet




a11


− λ a12


a21 a22 − λ

= (a11 − λ)(a22 − λ) − a12a21

= λ 2 − (a11 + a22)λ + (a11a22 − a12a21)

1.16. Trekantsmatrix

Eksempel

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Udregningen


a11 − λ


0

.

.

.

0

a12

a22 − λ

.

0

· · ·

· · ·

. ..

· · ·


a1n


a2n


.


.


ann − λ

= (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ)

viser at egenværdierne i en trekantsmatrix netop udgøres af diagonal indgangene.

1.17. Egengenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Sætning 15

Lad A vœre en n × n-matrix og λ en egenvœrdi. Så er mœngden af egenvektorer for A et

lineœrt underrum af R n .

Dette kaldes egenrummet hørende til λ og betegnes


Bevis

Egenrummet er løsningsrummet for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix

A − λIn.

1.18. Andengradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 2


1. EGENVEKTORER 197

Fra andengradspolynomiet



3

− λ 3


−2 −4 − λ

= (3 − λ)(−4 − λ) − 3 · (−2) = λ2 + λ − 6

fås, at matricen

har de to rødder

som egenværdier.

A =


3


3

−2 −4

λ1 = −3, λ2 = 2

1.19. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 2 - fortsat

For λ1 = −3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem

med matrix

3 − λ1 3

=

−2 −4 − λ1

Heraf fås egenvektorerne

x1

=

hvor x2 vælges frit.

x2


6 3


−2 −1


1 −2 x2


= x2

x2


1 −2 1


1 1 2

0 0

1.20. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 2 - fortsat

For λ2 = 2 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med

matrix

3 − λ2 3

=

−2 −4 − λ2

Heraf fås egenvektorerne

x1


−3x2

=

hvor x2 vælges frit.

x2

x2


1 3


−2 −6

= x2


−3

1


1 3

0 0

1.21. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 2 - fortsat

Matricen

har egenværdier

og egenrum

A =


3


3

−2 −4

λ1 = −3, λ2 = 2



1 −

E−3 = span{ 2

−3

}, E2 = span{ }

1

1

1.22. Egenrum underrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 2 - fortsat - figur


198 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

E2

(−3,1)

E−3

(−.5,1)

1.23. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 3



1

− λ


0

2

0

1 − λ

−1


1


1


1 − λ

=



(1 − λ) 1

− λ

−1


1


1 − λ

− 0

0

−2

1


1 − λ

+ 10

2

1 − λ


−1

har tre rødder

y

= −λ 3 + 3λ 2 − 2λ

λ = 0, 1, 2

1.24. Egenværdier

Eksempel 3 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

3 × 3-matricen


1 0


1

A = ⎝0

1 1⎠

2 −1 1

har karakteristisk polynomium

og egenværdier

|A − λI3| = −λ 3 + 3λ 2 − 2λ

λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2

1.25. Egenvektorer

Eksempel 3, 4

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For λ1 = 0 er koefficientmatricen


1 0


1


1 0


1

A = ⎝0

1 1⎠

∼ ⎝0

1 1⎠

2 −1 1 0 0 0

Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem

hvor x3 er en fri variabel.

x1 + x3 = 0

x2 + x3 = 0

1

1

x


1. EGENVEKTORER 199

1.26. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 3, 4 - fortsat

Dette giver

Heraf fås egenvektorerne

hvor x3 vælges frit.



x1

x2

x3

x1 = −x3

x2 = −x3

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

−x3 −1

⎠ = ⎝−x3⎠

= x3 ⎝−1⎠

1

x3

1.27. Egenvektorer

Eksempel 3, 4 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For λ2 = 1 er koefficientmatricen


0

A − I = ⎝0

0

0

⎞ ⎛

1 1

1⎠

∼ ⎝0 −1

2

0


0

1⎠

2 −1 0 0 0 0

Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem

hvor x2 er en fri variabel.

x1 − 1

2 x2 = 0

x3 = 0

1.28. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 3, 4 - fortsat

Dette giver

x1 = 1

2 x2

x3 = 0

Heraf fås egenvektorerne

hvor x2 vælges frit.



x1

x2

x3



⎠ = ⎝

1

2x2 x2

0



1

2


⎠ = x2 ⎝1⎠

0

1.29. Egenvektorer

Eksempel 3, 4 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For λ3 = 2 er koefficientmatricen


−1 0


1


1 0


−1

A − 2I = ⎝ 0 −1 1 ⎠ ∼ ⎝0

1 −1⎠

2 −1 −1 0 0 0

Heraf fås egenvektorerne

hvor x3 vælges frit.



x1

x2

x3



⎠ = ⎝

x3

x3

x3

⎞ ⎛ ⎞

1

⎠ = x3 ⎝1⎠

1


200 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

1.30. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 3, 4 - fortsat


1 0


1

A = ⎝0

1 1⎠

2 −1 1

har egenværdier λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 og egenrum

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1

−1

2

1

E0 = span{ ⎝−1⎠},

E1 = span{ ⎝1⎠},

E2 = span{ ⎝1⎠}

1

0

1

1.31. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 3, 4 - figur

x

(−1,−1,1)

z

(1,1,1)

(0.5,1,0)

Egenvektorer

1.32. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 7



1

− λ


0

0

0

−λ

1


0


1

= (1 − λ) −λ


−λ

1


1


−λ

har en rod og en dobbelt rod

= −(1 − λ) 2 (1 + λ)

λ = −1, 1

1.33. Egenværdier

Eksempel 7 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

3 × 3-matricen


1 0


0

A = ⎝0

0 1⎠

0 1 0

har karakteristisk polynomium

og egenværdier

λ2 siges at have multiplicitet 2.

|A − λI3| = −(1 − λ) 2 (1 + λ)

λ1 = −1, λ2 = 1

y


1. EGENVEKTORER 201

1.34. Egenvektorer

Eksempel 7 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For λ1 = −1 er koefficientmatricen


2 0


0


1 0


0

A + I = ⎝0

1 1⎠

∼ ⎝0

1 1⎠

0 1 1 0 0 0

Heraf fås egenvektorerne ⎛

hvor x3 vælges frit.


x1

x2

x3

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

0 0

⎠ = ⎝−x3⎠

= x3 ⎝−1⎠

1

x3

1.35. Egenvektorer

Eksempel 7 - fortsat

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

For λ2 = 1 er koefficientmatricen


0 0


0


0 1


−1

A − I = ⎝0

−1 1 ⎠ ∼ ⎝0

0 0 ⎠

0 1 −1 0 0 0

Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem

hvor x1,x3 er en frie variable.

x2 − x3 = 0

1.36. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 7 - fortsat

Dette giver

Heraf fås egenvektorerne ⎛

hvor x1,x3 vælges frit.


x1

x2

x3



⎠ = ⎝

x1

x3

x3

x2 = x3

⎞ ⎛ ⎞

1

⎛ ⎞

0

⎠ = x1 ⎝0⎠

+ x3 ⎝1⎠

0 1

1.37. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 7 - figur

x

(0,−1,1)

z

(1,0,0)

Egenvektorer

(0,1,1)

y


202 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

1.38. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 7 - fortsat

For λ1 = −1 er egenrummet

⎛ ⎞

0

E−1 = span{ ⎝−1⎠}

1

For λ2 = 1 er egenrummet

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 0

E1 = span{ ⎝0⎠

, ⎝1⎠}

0 1

2. Diagonalisering

2.1. Oversigt ☞ [LA] 10, 11; [S] 9.3

Nøgleord og begreber

✌ Repetition: enhedsvektor og identitetsmatrix

✌ Diagonalmatricer

✌ Diagonalisering og egenvektorer

✌ Matrixpotens

✌ August 2002, opgave 2

✌ Skalarprodukt

✌ Længde

2.2. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner

Eksempel

Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og

alle øvrige er 0.

⎛ ⎞

0

⎜ .


⎜ . ⎟

ei = ⎜

⎜1


⎜ . ⎟

⎝ . ⎠

0

ei = 0, ..., 1, ..., 0

2.3. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer

Eksempel - fortsat

Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som

række.

For en m × n-matrix A er produktet

den j-te søjle i A

og produktet

den i-te række i A.

Aej = a •j

eiA = ai•


2. DIAGONALISERING 203

2.4. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer

Definition

En kvadratisk n-matrix er en n × n-matrix.

En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.

Identitetsmatricen (enhedsmatricen)


1 0


...


In = ⎜

⎝0

.

. ..

0


0 ⎟


1

med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix.

2.5. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer

Sætning 3

Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder

ImA = A = AIn

"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix."

Bevis

Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er

den j-te søjle i A.

Aej = a •j

2.6. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Bemærkning

En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0.

Skrives skematisk

⎛ ⎞

λ1 0 ...


Λ = ⎜

.


0 ..


0 ⎟


. 0 λn

2.7. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Bemærkning - fortsat

For en diagonalmatrix Λ er det karakteristiske polynomium

|Λ − λI| = (λ1 − λ) · · · (λn − λ)

Egenvædierne er netop diagonal indgangene λ1,...,λn.

Udregningen

Λei = λiei

viser at for egenværdien λi er ei en egentlig egenvektorer.

2.8. Simpel udregning ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel ⎛

1 0

⎞ ⎛ ⎞

0 1

⎛ ⎞

1

⎝0

2 0⎠

⎝0⎠

= ⎝0⎠

0 0 3 0 0


204 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING


1 0

⎞ ⎛ ⎞

0 0

⎛ ⎞

0

⎛ ⎞

0

⎝0

2 0⎠

⎝1⎠

= ⎝2⎠

= 2⎝1⎠

0 0 3 0 0 0


1 0

⎞ ⎛ ⎞

0 0

⎛ ⎞

0

⎛ ⎞

0

⎝0

2 0⎠

⎝0⎠

= ⎝0⎠

= 3⎝0⎠

0 0 3 1 3 1

2.9. At diagonalisere ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Definition

At diagonalisere en kvadratisk matrix A vil sige at finde en invertibel matrix B og en

diagonalmatrix Λ så

A = BΛB −1

Skrives også

eller

AB = BΛ

B −1 AB = Λ

2.10. Diagonalisering og egenvektorer ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Sætning 16

Lad A vœre en n × n-matrix og b1,...,bn egentlige egenvektorer med tilhørende egenvœrdier

λ1,...,λn. For matricen B, hvis søjler er egenvektorerne gœlder

AB = BΛ

hvor Λ er diagonalmatricen med egenvœrdierne som diagonalindgange.

Hvis B er invertibel, vil den diagonalisere A.

2.11. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1, 2

Matricen

har egenvektorer

b1 =

A =


3


3

−2 −4


−3

, b2 =

1

med tilhørende egenværdierne λ1 = 2,λ2 = −3.


1 −2 1

2.12. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1, 2 - fortsat

Dette giver

A =

som opfylder matrixidentiteten


3 3

, B =

−2 −4


1 −3 −2 2 0

, Λ =

1 1 0 −3

AB = BΛ

Da determinanten |B| = −5 2 er B invertibel og diagonaliserer A.


2. DIAGONALISERING 205

2.13. Matrixpotenser ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel - Potens

Hvis B diagonaliserer A

A = BΛB −1

så er potensen

Λ k =

A k = BΛ k B −1

2

5




λ k 1 0 ...

0

. .. 0

. 0 λ k n

2.14. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1, 2 - fortsat


3

A =

−2


3 −3

, B =

−4 1


1 −2 1

B −1

2 −

= 5 −1


5 2

, Λ =

0


0

−3

opfylder matrixidentiteten

6

5

A = BΛB −1

2.15. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1, 2 - fortsat


3

k 3




−2 −4


1 k −3 −

= 2 2 0

1 1 0 (−3) k


2 −

2

= 1

5

5 −1

5

6


k k 6 · 2 − (−3)

5 5

3 · 2k − 3 · (−3) k

−2 · 2 k + 2 · (−3) k −2 k + 6 · (−3) k

2.16. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer

Eksempel 1, 2 - fortsat


3

10 3

−2 −4

= 1


10 10 6 · 2 − (−3) 3 · 2

5

10 − 3 · (−3) 10

−2 · 210 + 2 · (−3) 10 −210 + 6 · (−3) 10



−10581 −34815

=

23210 70654

2.17. Nyt eksempel ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 1 - Opgave!

Betragt matricen


11 −6

A =

12 −6

1) Angiv egenværdierne for A.

2) Angiv egentlige egenvektorer for hver af disse egenværdier.

3) Diagonaliser A ved brug af en matrix B.


206 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

2.18. Nyt eksempel, egenværdier ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 1 - fortsat

Fra det karakteristiske polynomium




11

− λ −6


12 −6 − λ

= (11 − λ)(−6 − λ) − (−6) · 12 = λ2 − 5λ + 6

fås, at matricen

har de to rødder

som egenværdier.

A =


11


−6

12 −6

λ1 = 2, λ2 = 3

2.19. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 1 - fortsat

For λ1 = 2 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med

matrix

11 − λ1

12


−6 9

=

−6 − λ1 12


−6


−8

Heraf fås egenvektorerne


2

x1

= 3

x2

x2


2

= x2

3

x2 1

hvor x2 vælges frit.


2 1 −3 0 0

2.20. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 1 - fortsat

For λ2 = 3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med

matrix

11 − λ2

12


−6 8

=

−6 − λ2 12


−6


−9

Heraf fås egenvektorerne


3

x1

= 4

x2

x2


3

= x2

4

x2 1

hvor x2 vælges frit.


3 1 −4 0 0

2.21. Nyt eksempel, diagonalisering ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 1 - fortsat

Dette giver for eksempel (valg af egenvektorer)


11 −6 1 3

A = , B = , Λ =

12 −6

som opfylder matrixidentiteten

3

2 4

AB = BΛ


2 0

0 3

Da determinanten |B| = −1 2 er B invertibel og diagonaliserer A.

2.22. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 2 - fortsat


11

A =

12


−6 1

, B =

−6


3

3

2 4


opfylder matrixidentiteten

og giver potensen

B −1 =

2. DIAGONALISERING 207


−8 6

, Λ =

3 −2

A = BΛB −1

A k = BΛ k B −1


2 0

0 3

2.23. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 2 - fortsat


11

5 −6


1

= 3

2

12 −6


5 3 2 0

4 0 35

−8

3


1931 −1266

=

2532 −1656


6

−2

2.24. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 3 (Pas på)

Betragt matricen

Matricen A kan ikke diagonaliseres.

λ = 3 er eneste egenværdi.

Egenrummet er nulrum for matricen

A =

A − 3I3 =


3 1

0 3


0 1

0 0

2.25. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering

Eksempel 3 - fortsat

Egenrummet er

E3 = span(e1)

En matrix B, hvis søjler er egenvektorer

B =

har determinant 0 og dermed ikke invertibel.

Altså kan A ikke diagonaliseres.


b1 b2

0 0

2.26. Opgave

Opgave 2

☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Det oplyses, at matricen A givet ved


−1 −3


−3

A = ⎣ 3 5 3 ⎦

−3 −3 −1

har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier.

1. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien 2.

2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at

B −1 AB = Λ


208 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

2.27. Opgave

Opgave 2 - Løsning

1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2:

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


−3 −3


−3


1 1


1

A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0

0 0⎦

−3 −3 −3 0 0 0

giver det reducerede ligningssystem

og dermed

x3

x1 + x2 + x3 = 0

x3

x1 = −x2 − x3

2.28. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 2 - Løsning

1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2:

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

x1 −x2 − x3 −1 −1

⎣x2⎦

= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦

0 1

hvor x2,x3 vælges frit.

Egenrummet udtrykkes

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

−1 −1

E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦)

0 1

2.29. Opgave

Opgave 2 - Løsning

Egenvektorer hørende til egenværdien −1:

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


0

A + I = ⎣ 3

−3

6

⎤ ⎡

−3 1

3 ⎦ ∼ ⎣0 0

1


−1

1 ⎦

−3 −3 0 0 0 0

hvor x3 vælges frit.



x1

x2

x3

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

x3 1

⎦ = ⎣−x3⎦

= x3 ⎣−1⎦

1

x3

2.30. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 2 - Løsning

2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at

B −1 AB = Λ

Søjler af egenvektorer giver


−1 −1


1


2 0


0

B = ⎣ 1 0 −1⎦

, Λ = ⎣0

2 0 ⎦

0 1 1 0 0 −1

det(B) = 1 sikrer invertibilitet.


2. DIAGONALISERING 209

2.31. Opgave, gør prøve ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 2 - Gør prøve!

Så prøven stemmer!

AB = B Λ


−1 −3

⎤ ⎡

−3 −1 −1


1


−2 −2


−1

⎣ 3 5 3 ⎦ ⎣ 1 0 −1⎦

= ⎣ 2 0 1 ⎦

−3 −3 −1 0 1 1 0 2 −1


−1

⎣ 1

−1

0

⎤ ⎡

1 2

−1⎦

⎣0

0

2

⎤ ⎡

0 −2

0 ⎦ = ⎣ 2

−2

0


−1

1 ⎦

0 1 1 0 0 −1 0 2 −1

2.32. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product

Definition

b

θ

a

Længden af en vektor a betegnes a. Prikproduktet, skalarproduktet af vektorer a,b er

a · b = a bcos(θ)

Udtrykt ved den vinkelrette projektion ba af b på a

a · b = a ba

2.33. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product

I koordinater fås

(b1, b2)

a · b = a1b1 + a2b2

θ

a = √ a · a =

cos(θ) =

(a1, a2)


a 2 1 + a2 2

a · b

a b =

a1b1 + a2b2


a2 1 + a2

2 b2 1 + b2 2

2.34. Vinkel ☞ [S] 9.3 The dot product


210 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING

b=(−2,2)

y

θ

a=(1,3)

Vinkel mellem vektorer

2.35. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product

Eksempel

Vektorerne a = (1,3) og b = (−2,2) har prikprodukt

og længder

og vinkel mellem sig

a · b = 1 · (−2) + 3 · 2 = 4

a = √ a · a = √ 10

b = √ b · b = √ 8

θ = cos −1 4

( √ √ ) ≈ 63.4

10 8 ◦

2.36. Skalarprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i Rn Definition

For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i Rn er skalarproduktet

n

a · b =

og lœngden, normen er

i=1

aibi

a = √ a · a

2.37. Enhedsvektor ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Bemærkning

For en vektor a = (a1,...,an) er længden

En vektor med længde

kaldes en enhedsvektor

a =


a 2 1 + · · · + a2 n

a = 1

2.38. Skalarprodukt udregnet ☞ [S] 9.3 The dot product

Eksempel

Vektorerne a = (1,3,4,1) og b = (−2,0,2,5) har prikprodukt

a · b = 1 · (−2) + 3 · 0 + 4 · 2 + 1 · 5 = 11

x


og længder

2. DIAGONALISERING 211

a = √ a · a = √ 27

b = √ b · b = √ 33

2.39. Enhedsvektor i given retning ☞ [S] 9.3 The dot product

Eksempel

Vektoren a = (1,3,4,1) har længde

a = √ a · a = √ 27

Enhedsvektoren i a’s retning er

a 1

= ( √ ,

a 27 3

√ ,

27 4

√ ,

27 1

√ )

27

2.40. Skalarprodukt, regneregler ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Regneregler for skalarprodukt

(a,b) ↦→ a · b

(1) a · a = a 2 ≥ 0

(2) a · b = b · a

(3) a · (b + c) = a · b + a · c

(4) a · (λb) = λ(a · b)

(5) a · a = 0 ⇔ a = 0


VII

Skalarprodukt og projektion

1. Ortogonal projektion

1.1. Oversigt ☞ [LA] 11, 12, 13

Nøgleord og begreber

✌ Ortogonalitet

✌ Ortogonalt komplement

✌ Tømrerprincippet

✌ Ortogonal projektion

✌ Pythagoras formel

✌ Kortest afstand

✌ August 2002, opgave 6

✌ Cauchy-Schwarz ulighed

1.2. Prikprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Definition

For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i R n er skalarproduktet

og lœngden, normen

og afstanden mellem vektorer a og b

a · b =

n

i=1

aibi

a = √ a · a

a − b

1.3. Vinkelret ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Definition

b

a

Vinkerette vektorer

To vektorer a,b i R n er ortogonale, vinkelrette, hvis a · b = 0.

Det skrives også

a ⊥ b ⇔ a · b = 0

1.4. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Definition

For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n er det ortogonale komplement underrummet

X ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ X}

213


214 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION

Der gælder

0 ⊥ = V, V ⊥ = 0

1.5. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Komplement - eksempel

For u = (3,1) ∈ R 2 er det ortogonale komplement

bestemt ved ligningen, v = (v1,v2),

Løsning

v1

v2


=

{v|v · u = 0}

3v1 + v2 = 0


1 −3 v2


= v2

v2


1 −3 1

1.6. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Komplement - figur

span(u) ⊥

(− 1

3 ,1)

y

1

u = (3,1)

1.7. Tømrersvend ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Sætning (tømrerprincippet)

For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n som udspænder et underrum U ⊂ V er det

ortogonale komplement

X ⊥ = U ⊥

Altså gælder

w ⊥ U ⇔ w ⊥ x, ∀x ∈ X

1.8. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Komplement - eksempel

For U = span((1,1,1),(2,3,4)) ⊂ R 3 er det ortogonale komplement

U ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ U}

bestemt ved ligningssystemet, v = (v1,v2,v3),

x


Løsning

1. ORTOGONAL PROJEKTION 215

v1 + v2 + v3 = 0

2v1 + 3v2 + 4v3 = 0



v1

v2

v3

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

v3 1

⎠ = ⎝−2v3⎠

= v3 ⎝−2⎠

1

v3

1.9. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n

Komplement - figur

(1,−2,1)

x

z

U=span((1,1,1),(2,3,4))

1.10. Nedfæld vinkelret ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Projektion - figur

v

u

y

w = v − u ∈ U ⊥

Ortogonal projektion på underrum

1.11. Projektion ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Definition

For et underrum U ⊂ V = R n er den ortogonale projektion af en vektor v på U den

vektor u ∈ U som opfylder

v − u = w ∈ U ⊥

Der gælder

Den ortogonale projektion betegnes

v = u + w, u ∈ U, w ∈ U ⊥

projU(v) = u

1.12. Projektion på koordinatplan ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel

For underrumet U = span(e1,e2) ⊂ R n er den ortogonale projektion af en vektor v =

(v1,v2,...,vn) på U givet ved

projU(v) = u = (v1,v2,0,...,0)

U


216 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION

Ses let da

v − u = (0,0,v3,...,vn) ∈ U ⊥

1.13. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel

For et underrum U = span(a) ⊂ Rn udspændt af netop én vektor a = 0 er den ortogonale

projektion af en vektor v på U givet ved

v · a

u =

a · a a

Det skrives

proja(v) =

v · a

a · a a

1.14. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel - figur

v

u = λa

w = v − u ∈ U ⊥

U = span(a)

Ortogonal projektion u = proja(v) på span(a)

λ = v·a

a·a

1.15. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel - argument

For et underrum U = span(a) er er den ortogonale projektion v på U givet ved

v · a

u = proja(v) =

a · a a

Eftervis

altså

(v −

(v −

v · a

a) ⊥ a

a · a

v · a v · a

a) · a = v · a − a · a = 0

a · a a · a

1.16. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel

For et underrum U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den ortogonale

projektion af en vektor v = (v1,v2,v3) på U givet ved

v · a

proja(v) =

a · a a

= v1 + v2 + v3

3

(1,1,1)


1. ORTOGONAL PROJEKTION 217

1.17. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel 1 - figur

y

1

v = (1,18)

a = (3,4)

proja(v) = (9,12)

Ortogonal projektion proja(v) på span(a)

1.18. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel 1

For et underrum U = span(a) ⊂ R 2 udspændt af vektoren a = (3,4) er den ortogonale

projektion af en vektor v = (1,18) på U givet ved

x

v · a

proja(v) =

a · a a

= 3 + 4 · 18

3 2 + 4 2 (3,4)

= 3(3,4)

= (9,12)

1.19. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Sætning 17

Lad u1,...,uk ∈ R n vœre inbyrdes ortogonale egentlige vektorer. Antag at de udspœnder

underrummet U. Så gœlder

projU(v) =

k

projuj (v)

j=1

er den ortogonale projektion af en vektor v på U.

Bevis

Eftervis ved tømrerprincippet, at

v − k ⊥

projuj j=1 (v) ∈ U

1.20. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel


218 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION

Lad u1 = (1, −1,1),u2 = (1,2,1) ∈ R 3 være inbyrdes ortogonale vektorer der udspænder

underrummet U. Så er den ortogonale projektion

projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)

= v · u1 v · u2

u1 +

u1 · u1

= v1 − v2 + v3

3

= ( v1 + v3

2

u2

u2 · u2

(1, −1,1) + v1 + 2v2 + v3

6

,v2, v1 + v3

)

2

(1,2,1)

1.21. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel 3

Betragtu1 = (1, 1

2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2).

1. Vektorerne u1 og u2 er ortogonale:

u1 · u2 = 2 + 1

· 2 + 0 − 3 = 0

2

1.22. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel 3 - fortsat

Betragtu1 = (1, 1

2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2).

2. Lad v = (2,2,8, −6) og beregn

projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)

= v · u1 v · u2

u1 +

= 9

9

4

u1 · u1

u2

u2 · u2

(1, 1 −18

,0, −1) + (2,2, −1,3)

2 18

= (2,0,1, −7)

1.23. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Sætning 18 (Pythagoras)

Hvis a ⊥ b, så er

Bevis

a 2 + b 2 = a + b 2

a + b 2 = (a + b) · (a + b)

= a · a + 2a · b + b · b

= a 2 + b 2

1.24. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Pythagoras - figur


Pythagoras som du kender den

1. ORTOGONAL PROJEKTION 219

a + b

a

b

a 2 + b 2 = a + b 2

1.25. Afstand til underrum ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Sætning 19

Lad U ⊂ V = R n vœre et underrum. Antag at vektoren v har ortogonal projektion u på

U. Så er u den vektor i U, der har kortest afstand til v.

Bevis

For en vektor u − u ′ ∈ U gælder

v − (u − u ′ ) 2 = (v − u) + u ′ 2

i følge Pythagoras, Sætning 18, da (v − u) ⊥ u ′ .

= v − u 2 + u ′ 2

1.26. Mindste afstand ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Sætning 19 - figur

v

v − u

u u ′

Mindste afstand til underrum

v − (u − u ′ )

1.27. Afstand til linje ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion

Eksempel

For en linje U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den vektor i U med

kortest afstand til en vektor v = (v1,v2,v3) givet ved

v · a

proja(v) =

a · a a

Kvadratafstanden er

= v1 + v2 + v3

3

(1,1,1)

v − proja(v) 2 = (v1 − m) 2 + (v2 − m) 2 + (v3 − m) 2

U


220 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION

hvor m = v1+v2+v3

3 .

1.28. Middelværdi ☞ [LA] 12.1 Mindste kvadraters metode

Eksempel 4

For y1,...,yn vil middelværdien

minimerer kvadratsummen

m = y1 + · · · + yn

n

(y1 − m) 2 + · · · + (yn − m) 2

Løsning

Sæt y = (y1,...,yn) og a = (1,...,1). Så er m bestemt ved

ma = proja(y) =

= y1 + · · · + yn

n

y · a

a · a a

1.29. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 6

Betragt det lineære underrum U ⊂ R 4 , der er udspændt af vektorer u1 = (1,1, −1, −1)

og u2 = (0,1,1,0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v =

(1,2,3,4).

Løsning

I følge Sætning 19 er u den ortogonale projektion af v på U.

Den korteste afstand er

||v − u||

1.30. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 6 - fortsat

Vektorerne u1 = (1,1, −1, −1) og u2 = (0,1,1,0) har

u1 · u2 = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 + (−1) · 0 = 0

Fra Sætning 17 fås projektionen af v = (1,2,3,4)

u = projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v)

= v · u1 v · u2

u1 +

u1 · u1

a

u2

u2 · u2

= −4

5

(1,1, −1, −1) +

4 2 (0,1,1,0)

= (−1, 3 7

2 , 2 ,1)

1.31. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 6 - ekstra

Restvektoren

v − u = (1,2,3,4) − (−1, 3 7

2 , 2 ,1)

= (2, 1

2 , −1

2 ,3)


har længde, som angiver den mindste afstand fra v til U

1. ORTOGONAL PROJEKTION 221

||v − u|| = ||(2, 1

2


27

=

2

= 3√

6

2

, −1

2 ,3)||

1.32. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum

Tømrermester - figur

w = v − proju(v)

v

proju(v)

To vektorer rettet op

1.33. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum

Bemærkning

Lad u,v være ikke-parallelle vektorer der udspænder underrummet U. Sæt

v · u

w = v − proju(v) = v −

u · u u

Så er u,w ortogonale og udspænder U. Den ortogonale projektion af vektoren x på U er

da

projU(x) = proju(x) + projw(x)

= x · u x · w

u +

u · u w · w w

1.34. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum

Eksempel (delvis 7 side 84)

Lad u = (1,1,1),v = (1,2,3) være vektorer der udspænder underrummet U. Sæt

v · u

w = v − proju(v) = v −

u · u u

= (1,2,3) − 2(1,1,1) = (−1,0,1)

Den ortogonale projektion af vektoren y = (3,3.6,6) på U er da

projU(y) = proju(y) + projw(y)

= y · u y · w

u +

u · u w · w w

1.35. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum

u


222 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION

Eksempel - fortsat

For u = (1,1,1),w = (−1,0,1),y = (3,3.6,6) er projektion af vektoren y på U =

span(u,w)

projU(y) = proju(y) + projw(y)

= y · u y · w

u +

u · u w · w w

= 12.6 3

(1,1,1) +

3 2 (−1,0,1)

= (2.7,4.2,5.7)

1.36. Cauchy-Schwarz ulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt

Sætning 20 (Cauchy-Schwarz’ ulighed)

For vektorer u,v gœlder

|u · v| ≤ u v

Bevis

Fra Pythagoras, Sætning 18, på de ortogonale vektorer v − proju(v),proju(v) fås

v 2 ≥ proju(v) 2

v · u

2 = u

u · u

2

Forlæng med u2 og uddrag kvadratroden.

1.37. Trekantsuligheden ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt

Sætning 21 (Trekantsuligheden)

For vektorer u,v gœlder

u + v ≤ u + v

Bevis

Fra Cauchy-Schwarz ulighed

Uddrag kvadratroden.

u + v 2 ≤ u 2 + v 2 + 2u v

= (u + v) 2

1.38. Trekantsulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt

Trekantsulighed - figur

Indlysende trekantsulighed

u + v

u

v

u + v ≤ u + v


VIII

Appendiks

1. Polære koordinater og komplekse tal

1.1. Oversigt ☞ [S] App. I, App. H.1

Nøgleord og begreber

✌ Komplekse tal

✌ Test komplekse tal

✌ Polære koordinater

✌ Kompleks polarform

✌ De Moivres sætning

✌ Test komplekse tal

✌ Komplekse rødder

✌ Kompleks eksponentialfunktion

1.2. Komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Ved et kompleks tal forstås et udtryk

z = a + bi

hvor a = Re z og b = Imz er reelle tal kaldet realdel og imaginærdel. i er den imaginære

enhed, formelt identificeret med i = √ −1, altså i 2 = −1. To komplekse tal a + bi og

c + di er ens, hvis a = c og b = d.

Mængden af komplekse tal betegnes C. De reelle tal R identificeres med komplekse tal,

hvis imaginærdel er 0.

Det er et (overraskende) faktum, at de sædvanlige regneregler for reelle tal udvider meningsfuldt

fra realdel til alle komplekse tal.

1.3. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Talplanen R 2 med rektangulære koordinater (x,y) identificeres med de komplekse tal

(komplekse plan, Argand planen) C ved 1 = (1,0) og i = (0,1), så

Im

bi

i

a + bi = (a,b)

0 1

223

a

a+bi

Re


224 VIII. APPENDIKS

1.4. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition - fortsat

x-aksen kaldes den reelle akse og y-aksen kaldes den imaginœre akse.

Normen

kaldes modulus eller absolut værdi.

Eksempel

|a + bi| = a 2 + b 2 = |(a,b)|

|3 − 4i| = 3 2 + 4 2 = √ 25 = 5

1.5. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Addition:

Multiplikation:

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

(a + bi)(c + di) = a(c + di) + (bi)(c + di)

= ac + adi + bci + bdi 2

= (ac − bd) + (ad + bc)i

Morale

Regn løs med sædvanlige regneregler og reducer til standardform ved at bruge i 2 = −1.

1.6. Addition i planen ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Figur - parallellogramreglen

Im

i

z2

0 1

z1 + z2

1.7. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 1

Addition:

(1 − i) + (4 + 7i) = (1 + 4) + (−1 + 7)i = 5 + 6i

z1

Re


Multiplikation:

1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 225

(−1 + 3i)(2 − 5i) = (−1)(2 − 5i) + (3i)(2 − 5i)

= −2 + 5i + 6i − 15i 2

= (−2 + 15) + (5 + 6)i

= 13 + 11i

1.8. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

For et kompleks tal z = a + bi er det konjugerede tal ¯z givet ved spejling i den reelle akse


Re z =

¯z = a − bi

z + z z − z

, Imz =

2 2i

1.9. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Sætning

Der gælder

z + w = ¯z + ¯w

Hvis z = a + bi, så er

Bevis

zw = ¯z ¯w

z¯z = a 2 + b 2 = |z| 2

z¯z = (a + bi)(a − bi) = a 2 − (bi) 2 = a 2 + b 2 = |z| 2

1.10. Kompleks absolutværdi ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Sætning

Der gælder

Trekantsuligheden

|z + w| ≤ |z| + |w|

Multiplikativitet

|zw| = |z||w|

1.11. Kompleks reciprok ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Sætning

For et kompleks tal w = c + di = 0 er det reciproke tal

1 ¯w ¯w

= =

w w ¯w |w| 2

1

c + di =

c

For et kompleks tal z = a + bi er brøken

z z ¯w z ¯w

= =

w w ¯w |w| 2

c2 d


+ d2 c2 i

+ d2 a + bi (a + bi)(c − di)

=

c + di c2 + d2


226 VIII. APPENDIKS

1.12. Kompleks brøk ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 2

−1 + 3i

Angiv på formen a + bi.

2 + 5i

−1 + 3i

2 + 5i

(−1 + 3i)(2 + 5i)

=

(2 + 5i)(2 + 5i)

= (−1 + 3i)(2 − 5i)

(2 + 5i)(2 − 5i)

= (−2 + 15) + (5 + 6)i

2 2 + 5 2

= 13 11

+

29 29 i

1.13. Test komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Test

Det komplekse tal z = 2

1+i er:

(a) z = 1 − i. (b) z = 2 − 2i. (c) z = 2 + 2i.

Løsning

2

1 + i =

= 2(1 − i)

2(1 − i)

(1 + i)(1 − i)

1 2 + 1 2

= 1 − i

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


1.14. Kompleks kvadratrod ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 3

For et positivt reelt tal c er hovedkvadratroden af −c

√ −c = √ ci

Løsningerne til ligningen x 2 + c = 0 er da ± √ −c.

Løsningerne til andengradsligningen ax 2 + bx + c = 0 er da

Ligningen x 2 + x + 1 = 0 har løsninger

x = −1 ± √ 1 − 4

2

x = −b ± √ b 2 − 4ac

2a

= −1 ± √ −3

2

= −1 ± √ 3i

2

1.15. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Definition

Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen

ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem

polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O til P

regnet med fortegn mht. den valgte polærakse.


1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 227

θ

O 1

r

1.16. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Definition

Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med

polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater

) bestemmer y-aksen.

(1, π

2

y

1

θ

O 1

r

x

P

P(r cos(θ), r sin(θ))

1.17. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates

Sætning

Givet et polœrt og tilhørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater

(r,θ) har kartesiske koordinater

1 x = r cos(θ), y = r sin(θ)

Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y

x )

1.18. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Et kompleks tal z = a + bi udtrykt i polære koordinater

kaldes polarformen. Hvis a = 0

z = a + bi = r(cos θ + isin θ)

r = |z| = a 2 + b 2 , tan θ = b

a

Vinklen θ = arg z kaldes argumentet, bestemt pånær 2pπ.

Im

bi

i

0 1

θ

r

a

a+bi

Re


228 VIII. APPENDIKS

1.19. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 4

Skriv det komplekse tal z = 1 + i på polarform.

Løsning

r = |z| = 1 2 + 1 2 = √ 2

tan θ = 1

= 1

1

Vinklen vælges θ = π/4 og polarformen er

z = r(cos θ + isin θ) = √ 2(cos π π

+ isin

4 4 )

Im

i


2

π

4

0 1

1.20. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Sætning

Multiplikation iCkan udtrykkes ved additionsformlerne. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 =

r2(cos θ2 + isin θ2) gœlder

1 z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + isin(θ1 + θ2)]

Så for komplekse tal z1,z2 er

1+i

Re

|z1z2| = |z1||z2|

arg(z1z2) = arg z1 + arg z2

1.21. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Figur - multiplikation

z1z2

Im

z1

z2

θ1 θ2

θ1 + θ2

1.22. Division på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Sætning - udvidelse

Re


1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 229

Division i C kan udtrykkes på polarform. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 = r2(cos θ2+

isin θ2) = 0 gœlder

z1

z2

Så for komplekse tal z1,z2 = 0 er

= r1

[cos(θ1 − θ2) + isin(θ1 − θ2)]

r2

| z1

| =

z2

|z1|

|z2|

arg( z1

) = arg z1 − arg z2

z2

1.23. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

2 Sætning - De Moivre

Hvis z = r(cos θ + isin θ) og n et positivt helt tal, så gœlder

z n = [r(cos θ + isin θ)] n = r n (cos nθ + isin nθ)

n-te potens af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te potens af modulus og n gange

argument.

|z n | = |z| n

arg(z n ) = narg z

1.24. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 6


1 1

Find +

2 2 i

10 .

Løsning

z = 1 1 1√

π π

+ i = 2(cos + isin

2 2 2 4 4 )


z 10 √ 10 2

= (cos 10

2

π

+ isin 10π

4 4 )

= 25 5π 5π

(cos + isin

210 2 2 )

= 1

32 i

1.25. Test komplekse tal

Test

Det komplekse tal z = (2cos π + 2isin π)

☞ [S] Appendix I Complex numbers

2 er:

(a) z = 2. (b) z = −4. (c) z = 4.

Afkryds den rigtige:

(a) (b) (c)


Løsning

(2cos π + 2isin π) 2 = (2(cos π + isin π)) 2

= 2 2 (cos 2π + isin 2π)

= 4


230 VIII. APPENDIKS

1.26. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

3 Sætning - Rod af kompleks tal

Hvis z = r(cos θ + isin θ) = 0 og n et positivt helt tal, så har z de n forskellige n-te

rødder (w n k

= z)

hvor k = 0,1,...,n − 1.

wk = r 1/n


cos


θ + 2kπ θ + 2kπ

+ isin

n

n

n-te rødder af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te rod af modulus og n-te del af

alle argumenter.

|z 1/n | = |z| 1/n

arg(z 1/n ) =

arg z + 2kπ

n

1.27. Kvadratrod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Figur - kvadratrod

Im

i

θ

1

θ

2

1.28. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 7

Find 6-te rødder af −8.

Løsning

z = 8(cos π + isin π)


hvor k = 0,1,...,5.

For eksempel

wk = 8 1/6


cos

w0 = √

2 cos

√ z

z

Re


π + 2kπ π + 2kπ

+ isin

6

6


π


+ isin

6


π


=

6

√ √

3 1

2 +

2 2 i


1.29. Algebraens fundamentalsætning ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel

Sætningen om rødder giver, at ligningen x n − z = 0 har n rødder w0,w1,...,wn−1.

Sætning - Algebraens fundamentalsætning


Enhver polynomiumsligning

1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 231

anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 = 0

af grad mindst én har en rod i de komplekse tal.

Algebraens fundamentalsætning blev vist af Gauss.

1.30. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Den komplekse eksponentialfunktion er givet ved, z = x + yi,

7 e z = e x+yi = e x (cos y + isin y)

Et specialtilfælde kaldes Eulers formel

6 e iy = cos y + isin y

Eksponentialfunktionen opfylder den sædvanlige regneregel

5 e z1+z2 = e z1 e z2

1.31. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Figur - eksponentialfunktion

Im

0

e x+yi

1.32. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel 8

Beregn: (a) e iπ (b) e −1+iπ/2

Løsning

(a)

(b)

e x

e iπ = cos π + isin π = −1

e −1+iπ/2

−1

= e cos π

2

y

π


+ isin =

2

i

e

Re


232 VIII. APPENDIKS

1.33. Kompleks logaritmefunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition

Den komplekse logatitmefunktion er bestemt pånær 2kπ og givet ved, z = r(cos θ +

isin θ) = 0,

log z = lnr + iθ

Kan skrives

log z = ln |z| + iarg z

Der gælder

e log z = z, log e z = z + 2kπ

og

log z1z2 = log z1 + log z2 + 2kπ

1.34. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Eksempel

Eulers formel

6 e iy = cos y + isin y

giver

cos y = eiy + e−iy , siny =

2

eiy − e−iy 2i

Definition

De komplekse trigonometriske funktioner defineres ved

cos z = eiz + e−iz , sinz =

2

eiz − e−iz 2i

1.35. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers

Definition - fortsat

De trigonometriske additionsformler er opfyldte

cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sinz1 sin z2

sin(z1 + z2) = sinz1 cos z2 + cos z1 sinz2

Der er inverse funktioner. For w = cos z er

z = arccos w = 1

i log(w ± w 2 − 1)

Tilsvarende for w = sin z er

z = arcsinw = 1

i log(wi ± 1 − w 2 )


IX

Opgaver

1. August 2002

1.1. Oversigt ☞ [S], [LA]

Nøgleord og begreber

✌ Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering

✌ Dobbelt integral og polært koordinatskift

✌ Ortogonal projektion og mindste afstand

✌ Retningsafledt og gradient

✌ Maksimum/minimums metoder

✌ Potensrækker

✌ Differentialligninger

1.2. Oversigt ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgaver

1. Beregn et dobbeltintegral

2. Diagonaliser en 3 × 3−matrix

3. Bestem kritiske punkter og ekstrema

4. Angiv en potensrække og find en grænseværdi

5. Find gradient og retningsafledt

6. Beregn en ortogonal projektion

7. Løs en lineær differentialligning

1.3. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1

Lad R betegne kvartcirkelskiven x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn

R x2y dA.

Løsning

y

R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4}

1.4. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - figur

233

2

x


234 IX. OPGAVER

x

z

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π

2 }

1.5. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - løsning

er et polært rektangel.

Integralet er


R

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π

2 }

x 2 π/2

y dA =

0

2

r

0

3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ

1.6. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - løsning


R

x 2 π/2

y dA =

0

π/2

=

0

2

r

0

3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ


1

5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ

r=0

π/2

32

=

0 5 cos2 θ sin θ dθ


= − 32

15 cos3 π/2 θ

= 32

15

1.7. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - ny figur

0

y


x

1. AUGUST 2002 235

z

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }

1.8. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 1 - alternativt

er et Type I område.

Integralet er

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 }


R

x 2 y dA =

2 √ 4−x2 0

0

y

x 2 y dy dx

1.9. Beregn et dobbeltintegral

Opgave 1 - alternativt

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


x 2 2

y dA =

√ 4−x2 x 2 y dy dx

R

=

0 0

2

1

0 2 x2y 2

√ y= 4−x2 y=0

2

1

=

0 2 (4x2 − x 4 )dx


2

=

3 x3 − 1

10 x5

2 = 32

15

1.10. Diagonaliser en matrix

Opgave 2

Det oplyses, at matricen A givet ved

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


−1 −3


−3

A = ⎣ 3 5 3 ⎦

−3 −3 −1

har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier.

1. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien 2.

2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at

B −1 AB = Λ

0

dx


236 IX. OPGAVER

1.11. Diagonaliser en matrix

Opgave 2 - løsning

1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2:

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


−3 −3


−3


1 1


1

A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0

0 0⎦

−3 −3 −3 0 0 0

giver det reducerede ligningssystem

og dermed

x3

x1 + x2 + x3 = 0

x3

x1 = −x2 − x3

1.12. Diagonaliser en matrix ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 2 - løsning

1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2:

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

x1 −x2 − x3 −1 −1

⎣x2⎦

= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦

0 1

hvor x2,x3 vælges frit.

Egenrummet udtrykkes

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

−1 −1

E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦)

0 1

1.13. Diagonaliser en matrix

Opgave 2 - løsning

Egenvektorer hørende til egenværdien −1:

☞ Matematik Alfa 1, August 2002


0

A + I = ⎣ 3

−3

6

⎤ ⎡