Kursusnoter til BasisMat

Transkript

1 Kursusnoter til BasisMat Peter Beelen Søren Thomsen Peter Nørtoft Morten Brøns Im z=re iα z =r arg(z)=α Re e iπ + 1 = 0 INSTITUT FOR MATEMATIK OG COMPUTER SCIENCE DANMARKS TEKNISKE UNIVERSITET 2016

2

3 Indhold 1 De komplekse tal Introduktion til de komplekse tal Regning med komplekse tal Modulus og argument Den komplekse eksponentialfunktion Eulers formel Polynomier Introduktion Andengradspolynomier Binomier Faktorisering af polynomier Polynomier med reelle koefficienter Tredjegradspolynomier Taylorpolynomier Approksimation ved linearisering Taylorpolynomier Funktioner af to variable Graf og niveaukurver Partielle afledede Tangentplan Stationære punkter Førsteordens differentialligninger Introduktion Den fuldstændige løsning til en førsteordens differentialligning Lineære førsteordens differentialligninger Differentialligninger hvor de variable kan separeres Begyndelsesbetingelser Anvendelse af Taylorpolynomier til løsning af førsteordens differentialligninger. 65 i

4 ii INDHOLD 6 Andenordens differentialligninger Introduktion Homogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter Det karakteristiske polynomium En dobbeltrod To ikke-reelle rødder Generel løsningsmetode Begyndelsesværdiproblemer Inhomogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter Gættemetoden Bilag 89 Det græske alfabet Trigonometriske regneregler Enhedscirklen Differentiationsregler Integrationsregler Indeks 92

5 Forord Den indledende fælles undervisning i matematik for diplomingeniørstuderende på Danmarks Tekniske Universitet består fra 2014 af kurset BasisMat. Disse noter er skrevet til brug i dette kursus. Den første udgave af disse noter blev skrevet på engelsk af Peter Beelen til brug for det tidligere kursus DiploMat 1. Efterfølgende blev noterne oversat til dansk og revideret af Søren Thomsen i Adskillige andre personer har deltaget i større eller mindre grad i tilblivelsen af noterne. I den forbindelse vil forfatterne gerne takke Ole Christensen, Rasmus E. Christiansen, Mads S. Jakobsen, Inger Larsen, Gregor Leander, Jakob Martin Pedersen, Jens Starke og Erik Zenner for værdifulde bidrag. Peter Nørtoft har skrevet kapitel 4. Morten Brøns har redigeret noterne og foretaget mindre ændringer i forhold til 2011-udgaven med henblik på brug i BasisMat. Kgs. Lyngby, Januar 2016 Morten Brøns I 2016-udgaven er der foretaget mindre ændringer. Ældre udgaver af noterne kan uden problemer bruges til kurset i 2016.

6

7 Kapitel 1 De komplekse tal I dette kapitel vil vi introducere mængden af såkaldt komplekse tal. For at motivere dette vil vi først kigge lidt på nogle andre talmængder i matematikken. De naturlige tal N = {1,2,...} har, som navnet antyder, en meget naturlig fortolkning. Man bruger dem når man tæller. Lægger man to naturlige tal sammen, får man igen et naturligt tal, men man kan komme i problemer, hvis man ønsker at trække fra. For eksempel har ligningen 7 + x = 3 ingen løsninger inden for de naturlige tal. Indfører man de hele tal Z = {..., 2, 1,0,1,2,...} er dette problem løst. Der er dog stadig problemer, for man kan ikke uden videre dividere inden for de hele tal. For eksempel har ligningen 3x = 2 ikke nogle heltallige løsninger. Dette kan vi klare ved at indføre mængden af brøker Q, som også kaldes mængden af rationelle tal. I nogen tid troede man, at mængden Q af rationelle tal indeholdt alle de tal, man nogensinde kunne få brug for, men det er ikke tilfældet. Det viser sig for eksempel, at ligningen z 2 = 2 ikke har nogen løsning i Q. En mulig konklusion er, at ligningen simpelthen ingen løsning har, hvilket dog ikke er særligt tilfredsstillende. Derfor udvidede matematikerne mængden af rationelle tal Q til mængden af reelle tal R. I R har ligningen z 2 = 2 to løsninger, nemlig 2 og 2. Mængden R indeholder mange andre interessante irrationelle tal som f.eks. e og π. Igen troede man i nogen tid at mængden R af reelle tal indeholdt alle tal, man nogensinde ville få brug for. Men hvad med en ligning som z 2 = 1? Det er klart, at denne ligning ingen løsning har inden for de reelle tal. Vi er altså i samme situation, som vi var tidligere med ligningen z 2 = 2 indtil de reelle tal blev indført. For at kunne løse ligningen z 2 = 1 vil vi derfor udvide mængden R af reelle tal til en større talmængde C, kaldet de komplekse tal. De komplekse tal viser sig at være enormt anvendelige, hvilket vi skal se flere eksempler på i denne bog. 1.1 Introduktion til de komplekse tal Som nævnt er indførelsen af de komplekse tal motiveret af ønsket om at kunne løse en ligning som z 2 = 1. En måde at løse denne ligning på er ganske enkelt at indføre et nyt (ikke-reelt) tal som løsning. Vi bruger symbolet i for dette tal, som kaldes den imaginære enhed. 1

8 2 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Definition 1.1. Tallet i er defineret som en løsning til ligningen z 2 = 1. Der gælder altså Ud fra tallet i fastlægger vi nu i 2 = 1. Definition 1.2. Et komplekst tal er et tal på formen a + bi, hvor a og b er reelle tal. Mængden af komplekse tal betegnes C. Med denne definition er i et komplekst tal, idet i = i og ethvert reelt tal a er også et komplekst tal, da vi kan skrive a = a + 0i. Ofte repræsenteres mængden R af reelle tal ved en ret linje, som vi vil kalde den reelle tallinje. Ethvert punkt på linjen repræsenterer et reelt tal (se Figur 1.1) π 4 Figur 1.1: Den reelle tallinje. Tallene 2 og π er aftegnet. De komplekse tal kan også repræsenteres grafisk, men nu som den såkaldte komplekse talplan. Et komplekst tal a + bi angives som punktet (a,b) i planen. Det betyder, at tallet i har koordinaterne (0,1), og det vil derfor ligge på andenaksen. Tallet i og nogle andre komplekse tal er markeret i den komplekse talplan på Figur 1.2. Akserne i den komplekse talplan har særlige navne. Den vandrette akse kaldes den reelle akse; den består af alle de reelle tal. Den lodrette akse kaldes den imaginære akse. Koordinaterne for et komplekst tal z i den komplekse talplan har også særlige navne. Førstekoordinaten kaldes realdelen af z (angives ved Re(z)), mens andenkoordinaten af z kaldes imaginærdelen (angivet ved Im(z)). Bemærk, at både realdelen og imaginærdelen af et vilkårligt komplekst tal z er reelle tal. Hvis man kender Re(z) og Im(z), kan man nemt opskrive tallet z, da det gælder at z = Re(z) + Im(z)i. Formen Re(z)+Im(z)i kalder vi den rektangulære form af tallet z. Vi skal i afsnit 1.3 se en anden måde at angive komplekse tal på. Den delmængde af de komplekse tal, der har imaginærdel nul, er lig mængden af reelle tal. Den reelle akse i den komplekse talplan er altså identisk med den reelle tallinje. Et komplekst tal som ikke er reelt kaldes et imaginært tal (for eksempel 3 + 2i). Et rent imaginært tal er et imaginært tal hvor realdelen er nul (for eksempel 2i).

9 1.1. INTRODUKTION TIL DE KOMPLEKSE TAL 3 4 Im 3 2+3i 2 1 i Re i 4 Figur 1.2: Den komplekse talplan. Tallene 2, i, 2 + 3i og 1 4i er aftegnet. Eksempel 1.3. Find real- og imaginærdelen af følgende komplekse tal: i i Løsning. 1. Tallet 2 + 3i er angivet på rektangulær form. Derfor kan vi direkte aflæse realdelen og imaginærdelen. Vi har Re(2 + 3i) = 2 og Im(2 + 3i) = Tallet 2 er allerede skrevet på rektangulær form. Man kan også skrive tallet som 2 = 2 + 0i. Heraf ser vi, at Re( 2) = 2 og Im( 2) = Tallet 2i er også angivet på rektangulær form. For at være mere præcis kunne man også skrive 2i = 0 2i. Vi har derfor Re( 2i) = 0 og Im( 2i) = 2.

10 4 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL 1.2 Regning med komplekse tal Nu hvor vi har indført de komplekse tal, kan vi begynde at regne med dem. Man regner med komplekse tal fuldstændig som om de var reelle, bare med den ekstra regel, at i 2 = 1. Vi viser som eksempel nogle regnestykker med de to komplekse tal z 1 = 1 + 2i og z 2 = 3 + 5i. Skal de to tal lægges sammen, gør vi som følger. z 1 + z 2 = (1 + 2i) + (3 + 5i) regnestykket opskrives = 1 + 2i i parenteserne hæves = i + 5i der byttes om på rækkefølgen af leddene = (2 + 5)i i sættes uden for en parentes = 4 + 7i Geometrisk er addition af to komplekse tal det samme som addition af to vektorer i planen, se Figur 1.3. Im 6 4+6i i i Re Figur 1.3: Addition af komplekse tal. Her er det vist grafisk, at (3 + 2i) + (1 + 4i) = 4 + 6i. Fremgangsmåden ved subtraktion er helt den samme. z 1 z 2 = (1 + 2i) (3 + 5i) regnestykket opskrives = 1 + 2i 3 5i parenteserne hæves = i 5i der byttes om på rækkefølgen af leddene = (2 5)i i sættes uden for en parentes = 2 3i

11 1.2. REGNING MED KOMPLEKSE TAL 5 Eksempel 1.4. Reducér følgende udtryk og skriv resultatet på rektangulær form. 1. (3 + 2i) + (1 + 4i) 2. (3 + 2i) (1 + 4i) 3. (5 7i) i 4. (5 7i) ( 10 + i) Løsning. 1. (3 + 2i) + (1 + 4i) = (3 + 1) + (2 + 4)i = 4 + 6i 2. (3 + 2i) (1 + 4i) = (3 1) + (2 4)i = 2 2i 3. (5 7i) i = 5 + ( 7 1)i = 5 8i 4. (5 7i) ( 10 + i) = (5 ( 10)) + ( 7 1)i = 15 8i Ligeledes kan vi udføre en multiplikation af de to komplekse tal z 1 = 1 + 2i og z 2 = 3 + 5i: z 1 z 2 = (1 + 2i)(3 + 5i) regnestykket opskrives = i + 2i 3 + (2i) (5i) parenteserne ganges ud = 3 + 5i + 6i + 10i 2 de enkelte led reduceres = 3 + 5i + 6i 10 benytter at i 2 = 1 = i Division er lidt mere kompliceret. Før vi gør det, kan vi få lidt inspiration fra følgende trick til at fjerne kvadratrødder fra en nævner: = = 1 2 (1 + 2)(1 2) = ( 2) 2 = = 1 2 = (vi benyttede i denne udregning kvadratsætningen (a + b)(a b) = a 2 b 2 ). Lad os nu prøve at gøre noget lignende med en brøk af komplekse tal:

12 6 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL z 1 = 1 + 2i z i (1 + 2i)(3 5i) = (3 + 5i)(3 5i) regnestykket opskrives brøken forlænges med 3 5i 3 5i + 6i 10i2 parenteserne i tæller og nævner ganges ud. For nævneren bruges kvadratsætningen (a + b)(a b) = a 2 b 2 = 3 2 (5i) 2 3 5i + 6i + 10 = benytter at (5i) 2 = 5 2 i 2 samt i 2 = = 13 + i 34 = i leddene i tæller og nævner samles Eksempel 1.5. Reducér følgende udtryk og skriv resultatet på rektangulær form. 1. (1 + 2i)(3 + 4i) i 3 + 4i Løsning. 1. (1 + 2i)(3 + 4i) = 3 + 4i + 6i + 8i 2 = i 8 = i. 2. Efter multiplikation af både tæller og nævner med 3 4i får vi resultatet: 1 + 2i (1 + 2i)(3 4i) 3 4i + 6i 8i2 = = 3 + 4i (3 + 4i)(3 4i) 9 16i 2 = 3 + 2i = i 25 = i. Eksempel 1.6. Reducér følgende udtryk og skriv resultatet på rektangulær form. 1. (1 + 2i)(3 + 4i) i 3 + 4i Løsning. 1. (1 + 2i)(3 + 4i) = 3 + 4i + 6i + 8i 2 = i 8 = i.

13 1.3. MODULUS OG ARGUMENT 7 2. Efter multiplikation af både tæller og nævner med 3 4i får vi resultatet: 1 + 2i (1 + 2i)(3 4i) 3 4i + 6i 8i2 = = 3 + 4i (3 + 4i)(3 4i) 9 16i 2 = 3 + 2i = i 25 = i. Det er klart, at addition, subtraktion og multiplikation kan gennemføres for alle komplekse tal z 1 og z 2. For division må vi dog kræve, at nævneren ikke er nul. Vi samler dette i en definition af de fire regningsarter for komplekse tal Definition 1.7. Lad z 1 = a + bi og z 2 = c + di være to komplekse tal på rektangulær form. Så defineres regneoperationerne addition: subtraktion: multiplikation: division: z 1 + z 2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i z 1 z 2 = (a + bi) (c + di) = (a c) + (b d)i z 1 z 2 = (a + bi) (c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i. z 1 = a + ib ( ) ( ) ac + bd bc ad z 2 c + id = c 2 + d 2 + c 2 + d 2 i I divisionen forudsættes det, at z 2 0. Der er ingen grund til at lære formlerne i definition 1.7 udenad. Man bør bare, som vi har vist i de mange eksempler, regne som man plejer at regne med reelle tal. Det eneste nye er regnereglen i 2 = 1 (som det til gengæld er værd at kunne udenad!) og tricket med at forlænge, når man skal dividere. 1.3 Modulus og argument Et komplekst tal z er entydigt bestemt ud fra dets realdel Re(z) og dets imaginærdel Im(z). Talparret (Re(z),Im(z)) kaldes de rektangulære koordinater for z. I dette afsnit introducerer vi en anden måde, hvorpå man kan beskrive et komplekst tal. Givet et komplekst tal z kan vi tegne en trekant i den komplekse talplan med vinkelspidser i de komplekse tal 0, Re(z) og z (se Figur 1.4). Afstanden fra z til 0 kaldes modulus af z og benævnes z. Vinklen fra den positive del af den reelle akse til linjestykket fra 0 til z kaldes argumentet af z og benævnes arg(z). Vi angiver altid argumentet (og enhver anden vinkel) i radianer. Vinkler angives normalt ved et tal i intervallet ] π,π], men dette er ikke strengt nødvendigt. Vinklen π/4 kan f.eks. også angives som π/4 + 2π = 7π/4. Man siger, at argumentet af et komplekst tal kun er bestemt op til et multiplum af 2π. Det argument, som ligger i intervallet ] π,π], kaldes hovedargumentet. Af Figur 1.4 kan vi udlede, at Re(z) = z cos(arg(z)) og Im(z) = z sin(arg(z)). (1.1)

14 8 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Im z z Im(z) arg(z) Re(z) Re Figur 1.4: Modulus og argument af et komplekst tal z. Kender vi z og arg(z) kan vi derfor beregne de rektangulære koordinater for z. Det betyder, at parret ( z,arg(z)) entydigt bestemmer det komplekse tal z, da z = Re(z) + iim(z) = z (cos(arg(z)) + isin(arg(z))). (1.2) Parret ( z,arg(z)) kaldes de polære koordinater for z. Omvendt, hvis man kender de rektangulære koordinater for z kan man finde de polære koordinater på følgende måde. Vi har altså givet et komplekst tal z hvor vi kender Re(z) og Im(z) og vil gerne bestemme argumentet arg(z) samt modulus z. Vi kan igen af Figur 1.4 udlede, at z = Re(z) 2 + Im(z) 2, (1.3a) tan(arg(z)) = Im(z)/Re(z). (1.3b) Ligning (1.3a) giver modulus som ønsket. At bestemme argumentet ud fra (1.3b) kræver lidt omhu. Vi begynder med at undersøge en ligning af formen tan(x) = k (1.4) hvor k er et givet, reelt tal. Da tan er en periodisk funktion, har denne ligning uendelig mange løsninger. Den løsning, der ligger i intervallet ] π/2,π/2[ betegnes arctan(k) (eller undertiden atan(k) eller tan 1 (k)). Man udtaler det arcus tangens. Grafen for funktionen arctan er vist på Figur 1.5. Vi vender nu tilbage til ligning (1.3b), som svarer til x = arg(z) og k = Im(z)/Re(z). Hvis z ligger i 1. eller 4. kvadrant gælder det at arg(z) ] π/2,π/2[, og vi har derfor at arg(z) = arctan(im(z)/re(z)). Hvis z ligger i 2. kvadrant, ser vi på Figur 1.6, at arg(z) = arg( z) + π. Da z ligger i 2. kvadrant gælder der arg( z) = arctan ( Im( z) Re( z) ) = arctan og dermed arg(z) = arctan(im(z)/re(z)) + π. ( ) Im(z) = arctan Re(z) ( ) Im(z) Re(z)

15 1.3. MODULUS OG ARGUMENT 9 π 2 z Im arg(z) arg( z) Re π 2 Figur 1.5: Grafen for arctan-funktionen. z Figur 1.6: For z i 2. kvadrant gælder arg(z) = arg( z) + π. Bemærk, at arg( z) < 0, der er markeret ved, at vinkelpilen går i den negative omløbsretning. På samme måde (lav selv en tegning!) kan man vise, at hvis z ligger i 3. kvadrant, gælder arg(z) = arctan(im(z)/re(z)) π. Disse overvejelser er opsummeret i Figur 1.7. Im π 2 2. kvadrant: arg(z) = arctan(b/a) + π 1. kvadrant: arg(z) = arctan(b/a) Re 3. kvadrant: arg(z) = arctan(b/a) π 4. kvadrant: arg(z) = arctan(b/a) π 2 Figur 1.7: Formler for hovedargumentet af z = a + bi. Vi har stiltiende antaget, at Re(z) 0, da vi ellers kommer til at dividere med 0, og må derfor behandle dette tilfælde særskilt. Hvis Re(z) = 0 og Im(z) > 0, ligger z på den positive del af den imaginære akse. Derfor er arg(z) = π/2. Tilsvarende gælder arg(z) = π/2 hvis Re(z) = 0 og Im(z) < 0. Vi samler omregningen mellem rektangulære og polære koordinater i nedenstående

16 10 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Sætning 1.8. Lad z være et komplekst tal forskelligt fra 0 med polære koordinater (r,α). Da er Re(z) = r cos(α) og Im(z) = r sin(α). Lad nu omvendt z være et komplekst tal forskelligt fra 0 med rektangulære koordinater (a,b). Da er z = a 2 + b 2 og hovedargumentet er givet ved arctan(b/a) hvis a > 0, π/2 hvis a = 0 og b > 0, arg(z) = arctan(b/a) + π hvis a < 0 og b 0, π/2 hvis a = 0 og b < 0, arctan(b/a) π hvis a < 0 og b < 0. Modulus af et komplekst tal spiller omtrent samme rolle som numerisk værdi (absolut værdi) blandt de reelle tal. Modulus af et reelt tal er faktisk det samme som tallets numeriske værdi, idet vi for det reelle tal z = a + 0i får z = a = a. Eksempel 1.9. Beregn modulus og argument af følgende komplekse tal (sinus, cosinus og tangens af forskellige vinkler samt diverse trigonometriske regneregler kan findes i bilaget): 1. 4i i i Løsning. Vi finder løsningen ved hjælp af Sætning i = = 4, arg(4i) = π/ = ( 7) = 7, arg( 7) = arctan(0/( 7)) + π = π i = = 3 2, arg(3 + 3i) = arctan(3/3) = π/ i = ( 2) 2 + ( 5) 2 = 29, arg( 2 5i) = arctan(( 5)/( 2)) π = arctan(5/2) π

17 1.3. MODULUS OG ARGUMENT 11 Eksempel Følgende polære koordinater er givet. Skriv de tilhørende komplekse tal på rektangulær form. 1. (2,π/3) 2. (10,π) 3. (4, π/4) 4. (2 3, 2π/3) Løsning. Vi bruger ligning (1.2) til at beregne de komplekse tal z med de givne polære koordinater. Derefter skriver vi de komplekse tal på rektangulær form. 1. z = 2(cos(π/3) + isin(π/3)) = 2(1/2 + i 3/2) = 1 + 3i 2. z = 10(cos(π) + isin(π)) = z = 4(cos( π/4) + isin( π/4)) = 4( 2/2 i 2/2) = i 4. z = 2 3(cos( 2π/3) + isin( 2π/3)) = 2 3( 1/2 i 3/2) = 3 3i

18 12 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Indtil nu har vi ikke forsøgt at forklare, hvorfor vi indfører polære koordinater. Det viser sig, at det er særligt bekvemt at multiplicere og dividere komplekse tal, når de polære koordinater er kendt. Dette tydeliggøres i følgende sætning. Sætning Lad z 1 og z 2 være to komplekse tal begge forskellige fra nul. Da gælder følgende: z 1 z 2 = z 1 z 2 og Vi har desuden og arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ). z 1 /z 2 = z 1 / z 2 arg(z 1 /z 2 ) = arg(z 1 ) arg(z 2 ). Lad n Z være et heltal og z C et komplekst tal. Da gælder z n = z n og arg(z n ) = narg(z). Før vi beviser sætningen, præsenterer vi et lemma. Lemma Der gælder (cos(α 1 ) + isin(α 1 )) (cos(α 2 ) + isin(α 2 )) = cos(α 1 + α 2 ) + isin(α 1 + α 2 ). Bevis. Ved at gange parenteserne sammen kan vi beregne realdelen og imaginærdelen af produktet (cos(α 1 ) + isin(α 1 ))(cos(α 2 ) + isin(α 2 )). Det viser sig, at realdelen er givet ved og imaginærdelen er givet ved cos(α 1 )cos(α 2 ) sin(α 1 )sin(α 2 ), cos(α 1 )sin(α 2 ) + sin(α 1 )cos(α 2 ). Ved at benytte additionsformlerne for cosinus og sinus (se bilaget) når vi frem til lemmaet. Bevis for Sætning Vi viser kun den første del af sætningen. Lad os indføre r 1 = z 1, r 2 = z 2, α 1 = arg(z 1 ) og α 2 = arg(z 2 ). Ifølge ligning (1.2) har vi z 1 z 2 = r 1 (cos(α 1 ) + isin(α 1 )) r 2 (cos(α 2 ) + isin(α 2 )) = r 1 r 2 (cos(α 1 ) + isin(α 1 ))(cos(α 2 ) + isin(α 2 ))

19 1.3. MODULUS OG ARGUMENT 13 Vi bruger nu Lemma 1.12 og ser, at z 1 z 2 = r 1 r 2 (cos(α 1 + α 2 ) + isin(α 1 + α 2 )), hvilket beviser sætningen. Im z 1 z 2 = z 1 z 2 z 1 z 2 arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) z 2 1 z 1 1 Re Figur 1.8: Grafisk illustration af Sætning Sætning 1.11 kan bruges til at give en geometrisk beskrivelse af multiplikationen af to komplekse tal: længden (modulus) af produktet er produktet af længderne, og argumentet af produktet er summen af argumenterne (se Figur 1.8). Sætningen er også meget anvendelig når man skal beregne potenser af komplekse tal, hvilket vi viser i de følgende eksempler. Eksempel Skriv følgende komplekse tal på rektangulær form. Løsning. 1. (1 + i) (1 + i) 13 /( 1 3i) Tallet 1 + i har argument π/4 og modulus 2. Af Sætning 1.11 ser vi, at arg((1 + i) 13 ) = 13π/4. Da vi altid kan lægge et multiplum af 2π til argumentet, kan vi i stedet vælge 13π/4 4π = 3π/4 som argument for (1 + i) 13. Af Sætning 1.11 ser vi desuden, at (1 + i) 13 = 1 + i 13 = ( 2) 13 = = 64 2.

20 14 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Da vi nu kender både modulus og argument af tallet (1 + i) 13, kan vi skrive tallet på rektangulær form vha. ligning (1.2): (1 + i) 13 = 64 2(cos( 3π/4) + isin( 3π/4)) = 64 ( 2 2/2 i ) 2/2 = 64 64i. 2. Vi har allerede set, at π/4 er et argument for 1 + i, samt at 1 + i = 2. Nu beregner vi argument og modulus for 1 3i. Ifølge Sætning 1.8 gælder det, at og arg( 1 3i) = arctan(( 3)/( 1)) π = 2π/3 1 3i = ( 1) 2 + ( 3) 2 = 2. Det næste skridt er at beregne modulus og argument af det ønskede tal. Vha. Sætning 1.11 finder vi, at ( arg (1 + i) 13 /( 1 3i) 15) = 13arg(1 + i) 15arg( 1 3i) og = 13π/4 15( 2π/3) = 53π/4. (1 + i) 13 /( 1 3i) 15 = 1 + i 13 / 1 3i 15 = 2 13 /2 15 = 2/512. Vi kan også vælge 53π/4 14π = 3π/4 som argument. Nu kender vi både modulus og argument af (1 + i) 13 /( 1 3i) 15, og vi finder: (1 + i) 13 ( 1 3i) 15 = = 2 (cos( 3π/4) + isin( 3π/4)) ( 2/2 i 2/2) = i Den komplekse eksponentialfunktion Vi har set at mange af de beregninger, man kan gøre med reelle tal (f.eks. addition, subtraktion, multiplikation og division), også kan gøres med komplekse tal. Det betyder, at en funktion som f.eks. f (t) = t 2 + 2t + 5 også kan defineres på mængden af komplekse tal. Med andre ord: udtrykket t 2 +2t +5 giver mening for ethvert t C. Den sædvanlige eksponentialfunktion f (t) = e t er defineret for ethvert reelt tal t (se Figur 1.9). Kan vi også definere eksponentialfunktionen på de komplekse tal? Svaret er ja, og definitionen er som følger.

21 1.4. DEN KOMPLEKSE EKSPONENTIALFUNKTION Figur 1.9: Grafen for eksponentialfunktionen som funktion af en reel variabel. Definition Lad z C være et komplekst tal med rektangulær form z = a + bi. Så defineres e z = e a+bi = e a (cos(b) + isin(b)). Bemærk, at hvis b = 0, dvs. hvis z = a er et reelt tal, så er e z = e a. Definition 1.14 er altså i overensstemmelse med den sædvanlige eksponentialfunktion på de reelle tal. Eksempel Skriv følgende udtryk på rektangulær form: 1. e 2 2. e 1+i 3. e iπ 4. e ln(2)+iπ/4 (når vi skriver ln, mener vi logaritmen med grundtal e) 5. e 2πi Løsning. Vi bruger Definition 1.14 og reducerer indtil vi kommer til den ønskede rektangulære form. 1. Vi ved allerede, hvordan man beregner e 2, da 2 er et reelt tal. Der gælder, at e 2 er cirka lig 7,389. Hvis vi alligevel bruger Definition 1.14, finder vi, at e 2 = e 2+0i = e 2 (cos(0) + isin(0)) = e 2 (1 + i0) = e 2. Udtrykket e 2 er på rektangulær form, da vi kan skrive e 2 = e 2 + i0. 2. e 1+i = e 1 (cos(1) + isin(1)) = ecos(1) + esin(1)i 3. e iπ = e 0+iπ = e 0 (cos(π) + isin(π)) = 1( 1 + 0) = 1

22 16 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL 4. e ln(2)+iπ/4 = e ln(2) (cos(π/4) + isin(π/4)) = 2( 2/2 + i 2/2) = 2 + 2i 5. e 2πi = cos(2π) + isin(2π) = 1 Hvis man skal beregne real- og imaginærdelen af et udtryk e z, kan man også bruge følgende formler: Re(e z ) = e Re(z) cos(im(z)) og Im(e z ) = e Re(z) sin(im(z)). Den komplekse eksponentialfunktion har mange egenskaber til fælles med den sædvanlige reelle eksponentialfunktion. Vi nævner nogle eksempler i følgende sætning. Sætning Lad z, z 1 og z 2 være komplekse tal og n et heltal. Da gælder e z 0 1/e z = e z e z 1e z 2 = e z 1+z 2 e z 1/e z 2 = e z 1 z 2 (e z ) n = e nz Bevis. Vi viser kun at e z 1e z 2 = e z 1+z 2. Først skriver vi z 1 og z 2 på rektangulær form: z 1 = a 1 +b 1 i og z 2 = a 2 + b 2 i. Nu finder vi, at e z 1 e z 2 = e a 1 (cos(b 1 ) + isin(b 1 ))e a 2 (cos(b 2 ) + isin(b 2 )) = e a 1 e a 2 (cos(b 1 ) + isin(b 1 ))(cos(b 2 ) + isin(b 2 )) = e a 1+a 2 (cos(b 1 ) + isin(b 1 ))(cos(b 2 ) + isin(b 2 )) = e a 1+a 2 (cos(b 1 + b 2 ) + isin(b 1 + b 2 )) (vha. Lemma 1.12) = e a 1+a 2 +(b 1 +b 2 )i = e z 1+z 2. Lad nu r være et positivt reelt tal, og α et reelt tal. Så gælder re iα = r(cos(α)+isin(α)). Som vi har set i ligning (1.2) og derefter, har tallet re iα altså modulus r og argument α (se Figur 1.10). Vi kan også omskrive ligning (1.2) som z = z e iarg(z). Denne måde at skrive et komplekst tal på har et særligt navn: Definition Lad z være et komplekst tal forskelligt fra 0. Da gælder z = z e iarg(z). Højresiden af denne ligning kaldes den polære form af z. Hvis z 0 kan vi ud fra de polære koordinater (r,α) for z direkte skrive z på polær form, nemlig som z = re iα. Givet et udtryk på formen z = re iα, hvor r er et positivt reelt tal og α er et vilkårligt reelt tal, kan vi omvendt direkte aflæse de polære koordinater (r,α) for z.

23 1.4. DEN KOMPLEKSE EKSPONENTIALFUNKTION 17 Im z=re iα z =r arg(z)=α Re Figur 1.10: Polær form af et komplekst tal z. Eksempel Skriv følgende komplekse tal på polær form: i i 3. e 7+3i 4. e 7+3i ( 1 + i) Løsning. Et komplekst tal på rektangulær form omskrives til polær form ved at finde modulus og argument; i andre tilfælde kan man bruge potensregning i = = 2 og arg( 1 + i) = arctan(1/( 1)) + π = 3π/4. På polær form er tallet 1 + i altså givet ved 2e i3π/ i = = 29 og arg(2 + 5i) = arctan(5/2). Vi finder derfor, at 2 + 5i har den polære form 29e iarctan(5/2). 3. e 7+3i = e 7 e 3i. Højresiden af denne ligning er allerede den polære form af tallet, da det har formen re iα (hvor r > 0 og α R). Vi kan aflæse modulus af tallet e 7+3i til e 7, mens argumentet er Vi så i første del af dette eksempel, at 1 + i = 2e i3π/4. Så får vi: e 7+3i 1 + i = e7 e 3i = e7 2e i3π/4 2 e 3i e7 = ei3π/4 2 e (3 3π/4)i. Det sidste udtryk er den ønskede polære form. Vi kan nu umiddelbart se, at tallet e7+3i 1+i har modulus e 7 / 2 og argument 3 3π/4. I foregående eksempel så vi, at modulus af tallet e 7+3i er lig e 7, mens argumentet er 3. Det gælder generelt, at e z = e Re(z) og arg(e z ) = Im(z).

24 18 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL 1.5 Eulers formel Den komplekse eksponentialfunktion forbinder trigonometri og komplekse tal. Vi kigger nærmere på denne forbindelse i dette afsnit. Lad t være et reelt tal. Formlen e it = cos(t) + isin(t) (1.5) kaldes Eulers formel og er en direkte konsekvens af Definition Den medfører, at e it = cos( t) + isin( t) = cos(t) isin(t). (1.6) Ligningerne (1.5) og (1.6) kan ses som ligninger i de ubekendte cos(t) og sin(t). Løser vi for cos(t) og sin(t) får vi: cos(t) = eit + e it og sin(t) = eit e it. (1.7) 2 2i Ligning (1.7) kan bruges til at omskrive produkterne af cosinus- og sinus-funktioner til en sum af cosinus- og sinus-funktioner. Denne slags beregninger er almindelige i frekvensanalyse, hvor man forsøger at skrive vilkårlige funktioner som en sum af såkaldte rene harmoniske funktioner. De kan også bruges til at beregne integraler af trigonometriske udtryk, som vi ser i følgende eksempel. Eksempel Beregn sin(3t)cos(t)dt. Løsning. Vi benytter først Eulers formel til at omskrive udtrykket sin(3t)cos(t): sin(3t)cos(t) = ei3t e i3t 2i eit + e it 2 = (ei3t e i3t )(e it + e it ) 4i = ei4t + e i2t e i2t e i4t 4i = 1 2 ( e i4t e i4t 2i + ei2t e i2t ) 2i = sin(4t) 2 + sin(2t). 2 Dette resultat er illustreret på Figur Nu får vi ( sin(4t) sin(3t) cos(t)dt = + sin(2t) ) dt = cos(4t) cos(2t) + c,c R En anden anvendelse af Eulers formel findes i følgende sætning.

25 1.5. EULERS FORMEL sin(3t) cos(t) sin(4t)/2 sin(2t)/2 0.5 π π/2 0 π/2 π Figur 1.11: Der gælder, at sin(3t)cos(t) = sin(4t) 2 + sin(2t) 2. Sætning 1.20 (DeMoivre). Lad n N være et naturligt tal. Så gælder følgende formler: cos(nt) = Re((cos(t) + isin(t)) n ) og sin(nt) = Im((cos(t) + isin(t)) n ). Bevis. Nøglen til beviset er følgende ligning: cos(nt) + isin(nt) = e int = (e it ) n = (cos(t) + isin(t)) n. Sætningen følger ved at tage real- og imaginærdelen af begge sider af denne ligning. Fordoblingsreglerne cos(2t) = cos 2 (t) sin 2 (t) og sin(2t) = 2cos(t)sin(t) kan nu let udledes. Man kan også finde tredoblingsregler som i følgende eksempel. Eksempel Udtryk cos(3t) og sin(3t) ved cos(t) og sin(t). Løsning. Ifølge DeMoivres sætning har vi og Efter nogle beregninger finder vi, at cos(3t) = Re((cos(t) + isin(t)) 3 ) sin(3t) = Im((cos(t) + isin(t)) 3 ). (cos(t) + isin(t)) 3 = (cos(t) 3 3cos(t)sin(t) 2 ) + i(3cos(t) 2 sin(t) sin(t) 3 ).

26 20 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL Der gælder åbenbart: og cos(3t) = cos(t) 3 3cos(t)sin(t) 2 sin(3t) = 3cos(t) 2 sin(t) sin(t) 3.

27 Kapitel 2 Polynomier 2.1 Introduktion I dette kapitel undersøger vi en særlig type udtryk kaldet polynomier. Polynomier optræder i mange sammenhænge, hvilket vi skal se flere eksempler på også i de efterfølgende kapitler. Vi starter med at definere, hvad et polynomium er. Definition 2.1. Et polynomium p(z) i en variabel z er et udtryk på formen p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, hvor n er et naturligt tal. Symbolerne a 0,a 1,a 2,...,a n betegner komplekse tal, og de kaldes koefficienterne i p(z). Det største j, for hvilket a j 0, kaldes graden af p(z) og benævnes deg(p(z)); graden af polynomiet p(z) = 0 er ikke defineret. Eksempel 2.2. Hvilke af følgende udtryk er polynomier i z? For de udtryk, der er polynomier, angiv graden. 1. z z z 1 3. i 4. sin(z) + z z z z z z (z + 1) 2 21

28 22 KAPITEL 2. POLYNOMIER Løsning. 1. z 2 +1 er et polynomium i z. Hvis vi vil skrive det på samme form som i Definition 2.1, kan vi vælge n = 2, a 0 = a 2 = 1 og a 1 = 0. Da a 2 0, er polynomiets grad z z 1 er ikke et polynomium i z på grund af leddet z 1. Alle eksponenter til z i et polynomium p(z) er større end eller lig nul. 3. Det komplekse tal i kan betragtes som et polynomium. Man vælger n = 0 og a 0 = i i Definition 2.1. Polynomiet i har derfor grad sin(z) + z 12 er ikke et polynomium pga. leddet sin(z). 5. 0z z z + 1 er et polynomium. Leddet af grad 11 kan slettes, da koefficienten til z 11 er 0. Den største potens af z med koefficient forskellig fra nul er derfor 10. Det betyder, at deg(0z z z + 1) = z z + 1 er ikke et polynomium pga. leddet z 2.5. Eksponenterne til z skal være naturlige tal. 7. (1 + z) 2 er et polynomium, selvom det ikke er skrevet på samme form som i Definition 2.1. Det kan dog omskrives til denne form, da (z + 1) 2 = z 2 + 2z + 1. Vi finder, at deg((z + 1) 2 ) = 2. Eksempel 2.3. Skriv følgende polynomier på samme form som i Definition 2.1. Løsning. 1. (3z + 5) 2 2. (3z + 2)(3z 2) 3. (z + 5)(z + 6) 4. (z 1)(z 2 + z + 1) 1. (3z + 5) 2 = (3z) z = 9z z (3z + 2)(3z 2) = (3z) = 9z (z + 5)(z + 6) = z(z + 6) + 5(z + 6) = z 2 + z6 + 5z + 30 = z z (z 1)(z 2 + z + 1) = z(z 2 + z + 1) (z 2 + z + 1) = z 3 + z 2 + z z 2 z 1 = z 3 1 Bemærk, at hvis et polynomium er produktet af to andre polynomier, f.eks. p(z) = p 1 (z)p 2 (z), så gælder deg p(z) = deg p 1 (z) + deg p 2 (z). Hvis p(z) er et polynomium, så kaldes ligningen p(z) = 0 en polynomiumsligning. Løsninger til en polynomiumsligning har et særligt navn:

29 2.2. ANDENGRADSPOLYNOMIER 23 Definition 2.4. Lad p(z) være et polynomium. Et komplekst tal ρ C kaldes en rod i p(z) hvis og kun hvis p(ρ) = 0. Ethvert polynomium af grad mindst 1 har mindst én kompleks rod (dvs. en rod i mængden af komplekse tal). Dette faktum er kendt som algebraens fundamentalsætning. Sætning 2.5 (Algebraens fundamentalsætning). Lad p(z) være et polynomium af grad mindst 1. Så har p(z) en rod ρ C. Vi beviser ikke denne sætning. Bemærk, at ikke alle polynomier har en reel rod. Polynomiet z har f.eks. ingen reel rod, men det har de komplekse rødder i og i. Givet et polynomium kan det være svært eller ligefrem umuligt at finde et eksakt udtryk for dets rødder, men der er tilfælde, hvor det kan lade sig gøre. Vi kigger på to sådanne i de følgende to afsnit. 2.2 Andengradspolynomier I dette afsnit forklarer vi, hvordan man finder rødder i et andengradspolynomium, dvs. et polynomium af grad to. Vi antager, at polynomiet har reelle koefficienter. Et sådant polynomium p(z) kan skrives på formen p(z) = az 2 + bz + c, hvor a,b,c R og a 0. Før vi beskriver, hvordan man finder rødderne, må vi indføre en udvidelse af den sædvanlige kvadratrodsfunktion, således at det bliver muligt at tage kvadratroden af negative tal. Den væsentlige egenskab ved den sædvanlige kvadratrodsfunktion er, at ( x) 2 = x. Denne egenskab ønskes bibeholdt af den udvidede kvadratrodsfunktion, hvilket opnås med følgende definition. Definition 2.6. Lad x være et reelt tal. Så definerer vi x = { x hvis x 0 i x hvis x < 0. Hvis x 0, så er x præcist det samme som vi er vant til, og det gælder, at ( x) 2 = x. Hvis x < 0, så gælder det, at ( x) 2 = (i x) 2 = i 2 ( x) 2 = 1 ( x) = x. Denne udvidelse af kvadratrodsfunktionen har altså den ønskede egenskab. Vi vender nu tilbage til beregningen af rødderne i polynomiet p(z) = az 2 + bz + c, a 0. For at finde polynomiets rødder, skal vi løse polynomiumsligningen az 2 + bz + c = 0. Nu gælder følgende: az 2 + bz + c = 0 4a 2 z 2 + 4abz + 4ac = 0 (2az) 2 + 2(2az)b + b 2 = b 2 4ac (2az + b) 2 = b 2 4ac

30 24 KAPITEL 2. POLYNOMIER Udtrykket b 2 4ac kaldes diskriminanten af polynomiet az 2 + bz + c. Vi benævner diskriminanten D. Nu hvor vi har defineret en udvidelse af kvadratrodsfunktionen så den også kan benyttes på negative tal, kan vi fortsætte og isolere z. Vi får az 2 + bz + c = 0 (2az + b) 2 = b 2 4ac = D (2az + b) = ± D z = b ± D 2a Vi kommer frem til den sædvanlige formel for løsningen til en andengradsligning, men kvadratrodstegnet er nu defineret for ethvert reelt tal. Vi har altså vist følgende sætning. Sætning 2.7. Andengradspolynomiet az 2 + bz + c (a 0), med reelle koefficienter a, b og c og diskriminant D = b 2 4ac, har rødderne: Mere præcist har polynomiet z = b ± D. 2a 1. to forskellige reelle rødder z = b ± D 2a 2. en reel rod z = b 2a hvis D = 0, 3. to ikke-reelle rødder z = b ± i D 2a hvis D > 0, hvis D < 0. På Figur 2.1 er graferne for nogle andengradspolynomier indtegnet. Reelle rødder i et andengradspolynomium markerer skæringspunkter mellem førsteaksen og grafen for polynomiet. I tilfældet D = b 2 4ac = 0 rører grafen akkurat førsteaksen i ét punkt. Vi siger i dette tilfælde, at polynomiet har en dobbeltrod. Hvis grafen ikke skærer førsteaksen, har polynomiet ingen reelle rødder, men det har komplekse rødder. Eksempel 2.8. Find alle (komplekse) rødder i polynomiet 2z 2 4z Løsning. Diskriminanten af polynomiet 2z 2 4z + 10 er D = ( 4) = 64.

31 2.3. BINOMIER 25 D<0 D=0 D>0 Figur 2.1: Et andengradspolynomium har to reelle rødder hvis D > 0, en dobbeltrod hvis D = 0, og to ikke-reelle rødder hvis D < 0. Ifølge Definition 2.6 finder vi nu, at D = 64 = i 64 = 8i. Polynomiet 2z 2 4z + 10 har derfor to ikke-reelle rødder, nemlig z = ( 4) ± 8i 2 2 = 1 ± 2i. 2.3 Binomier I dette afsnit betragter vi polynomier på formen z n a for et naturligt tal n N og et komplekst tal a C forskelligt fra 0. Tallet n er graden af polynomiet z n a. Da et polynomium på formen z n a kun har to led, nemlig z n og a, kaldes det ofte et binomium. Vi ønsker at finde et eksakt udtryk for alle rødder i binomiet z n a. Vi ønsker altså med andre ord at finde alle z, som opfylder ligningen z n = a. Det viser sig, at den polære form af a spiller en vigtig rolle. Sætning 2.9. Ligningen z n = a (a C \ {0}) har netop n forskellige løsninger: z = n arg(a) i( a e n +p 2π n ), p {0,...,n 1}. Her betegner udtrykket n a det unikke, positive reelle tal r, som tilfredsstiller ligningen r n = a. Aftegnet i den komplekse talplan danner løsningerne til ligningen z n = a vinkelspidserne i en regulær n-kant med centrum i 0.

32 26 KAPITEL 2. POLYNOMIER Bevis. Idéen i beviset er, at man forsøger at finde alle løsninger z til ligningen z n = a på polær form. Vi skriver derfor z = z e iu, og vi prøver at finde alle mulige værdier af z og u således, at z n = a e iarg(a). I første omgang har vi z n = ( z e iu ) n = z n e inu, og dette udtryk skal være lig a e iarg(a). Dette gælder hvis og kun hvis a = z n og forskellen mellem arg(a) og nu er et multiplum af 2π, dvs. hvis og kun hvis a = z n og nu = arg(a) + p2π for et heltal p, hvormed z = n a og u = arg(a) n + p 2π n. Alle løsninger til z n = a er derfor på formen z = n arg(a) a ei( n +p 2π n ). Vi finder i princippet en løsning for ethvert valg af p, men når p gennemløber mængden {0,...,n 1}, får vi alle de forskellige løsninger. Da alle n løsninger har samme modulus, og da der for hver løsning, hvis argument vi benævner α, findes en anden løsning med argument α + 2π/n, danner løsningerne vinkelspidserne i en regulær n-kant med centrum i 0, når de aftegnes i den komplekse talplan. Eksempel I dette eksempel vil vi finde alle rødderne i polynomiet z i8 3 og skrive dem på rektangulær form. Løsning. Vi bruger Sætning 2.9 med n = 4 og a = (8 i8 3). Først skriver vi det komplekse tal (8 i8 3) = 8 + i8 3 på polær form. Vi har 8 + i8 3 = ( 8) 2 + (8 3) 2 = 16 og arg( 8 + i8 3) = arctan(8 3/( 8)) + π = 2π/3. Vi har derfor 8 + i8 3 = 16e i2π/3, hvilket er den ønskede polære form. Ifølge Sætning 2.9 er alle løsninger til z 4 = 8 + i8 3 givet ved z = 4 2π 16e i( 3 4 +p 2π 4 ),hvor p frit kan vælges fra mængden {0,1,2,3}, så z = 2e i π 6 z = 2e i 2π 3 z = 2e i 7π 6 z = 2e i 5π 3. Vi mangler at skrive disse rødder på rektangulær form. Vha. formlen e it = cos(t)+isin(t) får vi: z = 3 + i z = 1 + i 3 z = 3 i z = 1 i 3. Ifølge Sætning 2.9 burde disse løsninger danne vinkelspidserne i en regulær firkant (dvs. et kvadrat) med centrum i 0. At dette er tilfældet kan ses på figuren herunder. De stiplede linjer er blot tegnet for at man bedre kan se, at der er tale om et kvadrat.

33 2.4. FAKTORISERING AF POLYNOMIER 27 3 Im Re Faktorisering af polynomier I de foregående afsnit har vi undersøgt rødderne i polynomier. Vi har set, at et polynomium (af grad mindst 1) altid har en kompleks rod, men ikke nødvendigvis en reel rod. I dette afsnit skal vi se, at et polynomium af grad n altid har n rødder, når vi tæller rødderne på en bestemt måde. Vi skal også se, at der er en sammenhæng mellem et polynomiums rødder og dets faktorer. Vi starter med følgende observation: Lemma Lad p(z) være et polynomium og antag, at der findes to polynomier p 1 (z) og p 2 (z) således at p(z) = p 1 (z)p 2 (z). Så er ρ C en rod i p(z) hvis og kun hvis ρ er rod i p 1 (z) eller i p 2 (z). Bevis. Tallet ρ er rod i p(z) hvis og kun hvis p(ρ) = 0. Da p(z) = p 1 (z)p 2 (z) er dette ækvivalent med p 1 (ρ)p 2 (ρ) = 0, og derfor gælder det at p 1 (ρ) = 0 eller p 2 (ρ) = 0. Dette er ensbetydende med, at ρ er rod i p 1 (z) eller i p 2 (z). Hvis man ønsker at finde alle rødder i et polynomium, så er det ifølge Lemma 2.11 en god idé at forsøge at skrive polynomiet som et produkt af polynomier af lavere grad. Hvis p(z) = p 1 (z)p 2 (z) som i Lemma 2.11, så siger man, at p 1 (z) og p 2 (z) er faktorer i polynomiet p(z). Det er vigtigt at kunne afgøre, hvorvidt et givet polynomium er faktor i et andet polynomium. Vi forklarer, hvordan man gør dette i nogle eksempler.

34 28 KAPITEL 2. POLYNOMIER Eksempel Løsning. 1. Afgør om polynomiet z + 3 er en faktor i polynomiet 2z 2 + 3z Afgør om polynomiet z + 4 er en faktor i polynomiet 3z 3 + 2z Afgør om polynomiet 2z 2 + z + 3 er en faktor i polynomiet 6z 4 + 3z z 2 + 5z Vi prøver at finde et polynomium q(z) således, at (z + 3)q(z) = 2z 2 + 3z 9. Hvis q(z) eksisterer, så skal det have grad 1, så det skal have formen q(z) = b 1 z + b 0 for nogle tal b 1 og b 0. Vi prøver først at finde tallet b 1. Uden at reducere produktet (z + 3)(b 1 z + b 0 ) kan vi allerede se, at den højeste potens af z i produktet er 2, og koefficienten til z 2 er b 1. Det betyder, at (z + 3)(b 1 z + b 0 ) = b 1 z 2 + led af grad mindre end 2. Da vi ønsker at finde b 1 således, at (z + 3)(b 1 z + b 0 ) = 2z 2 + 3z 9, kan vi se, at b 1 skal være lig 2. Når vi ved, at b 1 = 2, kan vi prøve at bestemme b 0. Vi kræver, at (z + 3)(2z + b 0 ) = 2z 2 + 3z 9, og vi kan skrive (z + 3)(2z + b 0 ) = (z + 3)2z + (z + 3)b 0. Vi kan derfor konkludere, at (z + 3)b 0 = 2z 2 + 3z 9 (z + 3)2z = 3z 9. (2.1) Det væsentlige her er, at vi allerede har valgt b 1 sådan, at leddet z 2 forsvinder i ligning (2.1). Ved at se på koefficienten til z kan vi konkludere, at b 0 = 3. En kontrol bekræfter, at 2z 2 + 3z 9 = (z + 3)(2z 3). Man opskriver normalt ovenstående beregninger således: z + 3 2z 2 + 3z 9 2z 2z 2 + 6z 3z 9 Første linje indeholder de givne polynomier z + 3 og 2z 2 + 3z 9, samt de led i q(z), vi har beregnet indtil nu. Anden linje indeholder det multiplum af z + 3 som vi har trukket fra 2z 2 + 3z 9 i ligning (2.1). Efter nogle reduktioner får vi tredje linje ud fra udtrykket 2z 2 + 3z 9 2z(z + 3). Det fik vi også på højre side af ligning (2.1). Det næste skridt var at finde b 0. Vi får igen, at b 0 = 3, og nu får vi følgende: z + 3 2z 2 + 3z 9 2z 3 2z 2 + 6z 3z 9 3z 9 0 Dette betyder blot, at 2z 2 + 3z 9 = (z + 3)(2z 3) + 0. Dette sidste nul kommer fra den sidste linje i skemaet ovenfor. Konklusionen er altså, at z + 3 er en faktor i polynomiet 2z 2 + 3z 9. Vi kan endda opskrive faktoriseringen, da vi viste, at 2z 2 + 3z 9 = (z + 3)(2z 3).

35 2.4. FAKTORISERING AF POLYNOMIER Denne gang undersøger vi om polynomiet z + 4 er en faktor i polynomiet 3z 3 + 2z + 1. Vi leder efter et polynomium q(z) således at (z+4)q(z) = 3z 3 +2z+1. Vi ser, at q(z) må have grad 2, dvs. q(z) = b 2 z 2 + b 1 z + b 0, og vi ønsker at bestemme dets tre koefficienter. Ved at kigge på den største potens af z ser vi, at b 2 = 3. Denne gang bruger vi kun den skematiske procedure vi beskrev i den første del af eksemplet. Vi får først z + 4 3z 3 + 2z + 1 3z 2 3z z 2 12z 2 + 2z + 1 Nu ser vi, at z-leddet i q(z) skal være 12z, og vi finder videre: z + 4 3z 3 + 2z + 1 3z 2 12z 3z z 2 12z 2 + 2z z 2 48z 50z + 1 Til sidst ser vi, at konstantleddet b 0 i q(z) skal være 50, og vi får: z + 4 3z 3 + 2z + 1 3z 2 12z z z 2 12z 2 + 2z z 2 48z 50z z Denne gang får vi ikke nul i sidste linje. Det ovenstående viser, at 3z 3 + 2z + 1 = (z + 4)(3z 2 12z + 50) 199. Det betyder, at z + 4 ikke kan være en faktor i 3z 3 + 2z + 1, da z + 4 så også skulle være faktor i 3z 3 + 2z + 1 (z + 4)(3z 2 12z + 50) = 199. Dette er ikke muligt, da graden af z + 4 er større end graden af Denne gang opskriver vi blot skemaet: 2z 2 + z + 3 6z 4 + 3z z 2 + 5z z z 4 + 3z 3 + 9z 2 10z 2 + 5z z 2 + 5z + 15 Konklusionen er, at 6z 4 + 3z z 2 + 5z + 15 = (2z 2 + z + 3)(3z 2 + 5) + 0, og derfor er 2z 2 + z + 3 en faktor i polynomiet 6z 4 + 3z z 2 + 5z

36 30 KAPITEL 2. POLYNOMIER Algoritmen beskrevet i Eksempel 2.12 kaldes divisionsalgoritmen. I denne algoritme ender man helt generelt med at have udfyldt et skema, der ser ud som følger: Vi har altså følgende: d(z) p(z) q(z) r(z) Algoritme Givet to polynomier p(z) og d(z) begge forskellige fra nul, finder divisionsalgoritmen to polynomier q(z) og r(z) således at: 1. p(z) = r(z) + d(z)q(z), og 2. polynomiet r(z) er lig nul eller deg(r(z)) < deg(d(z)). Polynomierne q(z) og r(z) kaldes normalt kvotienten og resten af divisionen af p(z) med d(z). Hvis restpolynomiet r(z) er nul, betyder det, at d(z) er en faktor i p(z). Med vores kendskab til divisionsalgoritmen kan vi nu vende tilbage til vores undersøgelse af rødderne i et polynomium. Lemma Lad p(z) være et polynomium af grad n 1, og lad ρ C være et komplekst tal. Tallet ρ er rod i p(z) hvis og kun hvis z ρ er en faktor i p(z). Bevis. Hvis z ρ er en faktor i p(z), så eksisterer der et polynomium q(z) således, at p(z) = (z ρ)q(z). Det gælder derfor, at p(ρ) = 0 q(ρ) = 0. Dette viser, at ρ er rod i p(z) hvis z ρ er en faktor i p(z). Antag nu, at ρ er rod i p(z). Ved hjælp af divisionsalgoritmen kan vi finde polynomierne q(z) og r(z) således, at p(z) = r(z) + (z ρ)q(z), (2.2) hvor deg(r(z)) < deg(z ρ) = 1. Da deg(r(z)) < 1, ser vi, at r(z) faktisk er et komplekst tal r. Ved at sætte z = ρ i ligning (2.2) får vi, at p(ρ) = r + 0 = r. Vi har derfor vist, at p(z) = p(ρ) + (z ρ)q(z). Hvis ρ er rod i p(z) (dvs. p(ρ) = 0), har vi altså, at z ρ er en faktor i p(z). Ved hjælp af dette lemma kan vi definere multipliciteten af en rod. Definition Lad ρ være en rod i polynomiet p(z). Multipliciteten af roden ρ er defineret som det største naturlige tal m N således, at (z ρ) m er en faktor i p(z). Man siger, at ρ er rod i p(z) med multiplicitet m. Bemærk at Lemma 2.14 medfører, at enhver rod i et polynomium har multiplicitet mindst 1.

37 2.4. FAKTORISERING AF POLYNOMIER 31 Eksempel Afgør om 3 er rod i følgende polynomier. Angiv i bekræftende fald dens multiplicitet. Løsning. p 1 (z) = 2z 2 + 3z 9. p 2 (z) = z 2 + 3z + 1. p 3 (z) = z 3 + 3z 2 9z 27 p 4 (z) = (2z 2 + 3z 9)(z 3 + 3z 2 9z 27) = 2z 5 + 9z 4 18z 3 108z Vi har p 1 ( 3) = = 0. Derfor er 3 rod i polynomiet 2z 2 + 3z 9. Vi så i Eksempel 2.12, at 2z 2 + 3z 9 = (z + 3)(2z 3). Det betyder, at multipliciteten af roden 3 er 1. Vi ser også, at faktoren 2z 3 afslører en anden rod i p 1 (z), nemlig 3/2. Denne rod har også multiplicitet Vi har p 2 ( 3) = 1. Derfor er 3 ikke rod i p 2 (z). 3. Denne gang har vi p 3 ( 3) = 0, så 3 er rod i p 3 (z). Ved hjælp af divisionsalgoritmen får vi: z + 3 z 3 + 3z 2 9z 27 z 2 9 z 3 + 3z 2 9z 27 9z 27 0 Det gælder derfor, at z 3 +3z 2 9z 27 = (z+3)(z 2 9). Tallet 3 er også rod i polynomiet z 2 9, så multipliciteten af roden 3 er mindst 2. Det gælder faktisk, at z 2 9 = (z+3)(z 3), så z 3 +3z 2 9z 27 = (z+3)(z 2 9) = (z+3) 2 (z 3). Det betyder, at roden 3 i p 3 (z) har multiplicitet 2. Vi viste også, at 3 er rod i p 3 (z), og at denne rod har multiplicitet Vi har p 4 (z) = p 1 (z)p 3 (z). Af første og tredje del af dette eksempel får vi p 4 (z) = (z + 3) 3 (2z 3)(z 3). Det betyder, at roden 3 har multiplicitet 3. Vi ser også, at tallene 3/2 og 3 er rødder i p 4 (z), begge med multiplicitet 1. Grafen for p 4 (z), med z R, er vist på Figur 2.2. Ovenstående eksempel viser, at der er en entydig sammenhæng mellem faktorer af grad 1 i et polynomium, og rødderne i polynomiet. Algebraens fundamentalsætning (Sætning 2.5) siger, at ethvert polynomium af grad mindst 1 har en rod. Dette har følgende konsekvens: Sætning Lad p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 være et polynomium af grad n > 0. Da findes komplekse tal ρ 1,...,ρ n således, at p(z) = a n (z ρ 1 ) (z ρ n ).

38 32 KAPITEL 2. POLYNOMIER Figur 2.2: Grafen for polynomiet 2z 5 + 9z 4 18z 3 108z , betragtet som funktion af en reel variabel. Bevis. Ifølge algebraens fundamentalsætning findes der en rod ρ 1 i polynomiet p(z). Ved hjælp af Lemma 2.14 kan vi skrive p(z) = (z ρ 1 )q 1 (z) for et polynomium q 1 (z). Bemærk at graden af q 1 (z) er én mindre end graden af p(z). Hvis q 1 (z) er en konstant, er vi færdige. Ellers kan vi bruge algebraens fundamentalsætning på polynomiet q 1 (z), og finde roden ρ 2 i q 1 (z). Igen kan vi vha. Lemma 2.14 skrive q 1 (z) = (z ρ 2 )q 2 (z). Dette medfører, at p(z) = (z ρ 1 )(z ρ 2 )q 2 (z). Ved at fortsætte på denne måde kan vi skrive p(z) som et produkt af polynomier af grad 1, samt konstanten a n. Eksempel Skriv polynomiet p 4 (z) = 2z 5 + 9z 4 18z 3 108z fra Eksempel 2.16 på samme form som i Sætning Løsning. Vi har allerede set, at p 4 (z) = (z + 3) 3 (2z 3)(z 3). Ved at trække to-tallet ud af faktoren 2z 3 får vi: p 4 (z) = 2(z + 3) 3 (z 3/2)(z 3) = 2(z + 3)(z + 3)(z + 3)(z 3/2)(z 3). Med notationen i Sætning 2.17 finder vi, at ρ 1 = 3, ρ 2 = 3, ρ 3 = 3, ρ 4 = 3/2 og ρ 5 = 3. Dette illustrerer igen, at multipliciteterne af rødderne 3, 3/2 og 3 er henholdsvis 3, 1 og 1. Bemærk at summen af alle multipliciteterne er 5, hvilket er graden af p 4 (z). Det gælder faktisk altid, at summen af alle multipliciteterne af rødderne i et polynomium er lig med polynomiets grad. Med andre ord kan man omformulere Sætning 2.17 til følgende: et polynomium af grad n har netop n rødder, når rødderne tælles med deres multiplicitet.

39 2.5. POLYNOMIER MED REELLE KOEFFICIENTER Polynomier med reelle koefficienter De fleste af de polynomier, man støder på i praktiske anvendelser, har reelle koefficienter. I dette afsnit samler vi nogle fakta om disse polynomier. Det viser sig, at følgende definition er nyttig: Definition Lad z = a + bi være et komplekst tal skrevet på rektangulær form. Da definerer vi z = a bi. Tallet z kaldes den kompleks konjugerede af z. Denne definition kan også skrives på følgende måde: z = Re(z) Im(z)i. Der gælder følgende bekvemme regneregler for den kompleks konjugerede. Lemma Lad z,z 1,z 2 C være komplekse tal og n Z et heltal. Det gælder, at 1. z = z, 2. z 1 + z 2 = z 1 + z 2, 3. z 1 z 2 = z 1 z 2, 4. z n = (z) n, 5. 1/z = 1/z (z 0). Bevis. Vi beviser punkt 2 og 3 af lemmaet. For en sum af to komplekse tal z 1 = a + bi og z 2 = c + di på rektangulær form gælder det, at z 1 + z 2 = (a + c) + (b + d)i = (a + c) (b + d)i = (a bi) + (c di) = z 1 + z 2. For et produkt af to komplekse tal z 1 = a + bi og z 2 = c + di på rektangulær form har vi z 1 z 2 = (ac bd) + (ad + bc)i. Derfor gælder z 1 z 2 = (ac bd) (ad + bc)i = (a bi)(c di) = z 1 z 2. Eksempel Udtryk følgende komplekse tal på rektangulær form i 2. π 3. 97i Løsning.

40 34 KAPITEL 2. POLYNOMIER 1. Af definitionen på den kompleks konjugerede får vi 3 + 6i = 3 6i. 2. π = π + 0i = π 0i = π. Dette illustrerer, at der generelt gælder z = z når z er et reelt tal i = ( 97i) = 97i. Lemma Lad z C være et komplekst tal og α R et reelt tal. Da gælder 1. e z = e z, 2. e iα = e iα, 3. z = z e iarg(z). Bevis. Vi beviser de første to dele af lemmaet. Først skrives z = a + bi på rektangulær form. Ud fra definitionen af den komplekse eksponentialfunktion finder vi, at e z = e a cos(b) + e a sin(b)i = e a cos(b) e a sin(b)i = e a cos( b) + e a sin( b)i = e a bi = e z. Hvis z = iα (med α R) har vi specialtilfældet e iα = e iα = e iα. Eksempel Skriv følgende komplekse tal på polær form. Løsning. 1. 5e iπ/3 1. 5e iπ/3 = 5e iπ/3 = 5e iπ/3. Dette illustrerer tredje del af det foregående lemma, som siger, at z = z e iarg(z). Nu vender vi tilbage til polynomier med reelle koefficienter. Én af grundene til, at vi har indført den kompleks konjugerede, er følgende egenskab: Lemma Lad p(z) være et polynomium med reelle koefficienter, og lad ρ C være en rod i p(z). Så er tallet ρ også rod i p(z). Bevis. Vi kan skrive p(z) = a n z n + + a 1 z + a 0, hvor a n,...,a 0 R. Det er givet, at ρ er rod i p(z), og derfor gælder det, at 0 = a n ρ n + + a 1 ρ + a 0.

41 2.5. POLYNOMIER MED REELLE KOEFFICIENTER 35 Vi vil nu vise, at ρ også er rod i p(z) ved at tage den kompleks konjugerede af denne ligning. Vi får 0 = a n ρ n + + a 1 ρ + a 0. Ud fra dette og reglerne i Lemma 2.20 får vi: 0 = a n ρ n + a n 1 ρ n 1 + a 1 ρ + a 0 = a n ρ n + a n 1 ρ n a 1 ρ + a 0 = a n ρ n + a n 1 ρ n a 1 ρ + a 0 = a n (ρ) n + a n 1 (ρ) n a 1 ρ + a 0 = a n (ρ) n + a n 1 (ρ) n a 1 ρ + a 0 = p(ρ) I den næstsidste linje udnyttede vi, at koefficienterne til polynomiet p(z) er reelle tal, hvilket betyder, at a j = a j for alle j mellem 0 og n. Vi har nu vist, at ρ også er rod i p(z). Lemma 2.24 har følgende konsekvens: ikke-reelle rødder i et polynomium med reelle koefficienter kommer i par. Lad os som eksempel tage polynomiet 2z 2 4z+10. Vi så i Eksempel 2.8, at én af rødderne i dette polynomium er 1+2i. Lemma 2.24 medfører, at det komplekse tal 1 2i også må være rod i 2z 2 4z Vi så ligeledes i Eksempel 2.8, at dette er sandt. Eksempel Lad p(z) være et tredjegradspolynomium med reelle koefficienter. Lad os antage, at p(z) = z 3 + az 2 + bz + c for nogle tal a, b og c, og at p(1) = p(i) = 0. Beregn a, b og c. Løsning. Da p(z) har reelle koefficienter, ved vi, at a, b og c er reelle tal. Vi får også oplyst, at tallene 1 og i er rødder i p(z). Vi kan bruge Lemma 2.24 på roden i og konkludere, at i = i også er rod i p(z). Da et tredjegradspolynomium højst har tre rødder, har vi nu fundet alle rødderne, nemlig 1, i og i. Hver rod svarer til en faktor af grad 1, så vi får, at z 3 + az 2 + bz + c = (z 1)(z i)(z + i). Ved at gange ud får vi (z 1)(z i)(z + i) = (z 1)(z 2 + 1) = z 3 z 2 + z 1. Derfor er z 3 +az 2 +bz+c = z 3 z 2 +z 1, og vi kan direkte aflæse a = 1, b = 1 og c = 1. I løsningen til det foregående eksempel viste vi undervejs, at z 3 z 2 +z 1 = (z 1)(z 2 +1). Dette illustrerer en mere generel egenskab ved polynomier med reelle koefficienter. Sætning Ethvert polynomium p(z) = a n z n a 0 af grad mindst 1 med reelle koefficienter kan skrives som et produkt af den reelle konstant a n samt faktorer af grad 1 og 2, alle med reelle koefficienter. Bevis. Ifølge Sætning 2.17 kan ethvert polynomium skrives som produktet af en konstant og faktorer af grad 1 på formen z ρ. Tallet ρ er rod i polynomiet. Vi skriver nu ρ = a + bi på rektangulær form. Hvis ρ er et reelt tal (dvs. b = 0), beholder vi faktoren z ρ i p(z). Hvis tallet ρ = a + bi ikke er reelt, så er tallet ρ = a bi også rod i p(z) (ifølge Lemma 2.24). Det betyder,

42 36 KAPITEL 2. POLYNOMIER at z ρ også er faktor i p(z). Nu multiplicerer vi faktorerne z ρ og z ρ. Det viser sig, at (z ρ)(z ρ) har reelle koefficienter, da (z ρ)(z ρ) = z 2 (ρ + ρ)z + ρρ = z 2 (a + bi + a bi)z + (a + bi)(a bi) = z 2 2az + (a 2 + b 2 ). På denne måde kan vi omdanne faktoriseringen af p(z) fra Sætning 2.17 til en faktorisering af p(z) i faktorer af grad 1 og 2 med reelle koefficienter. Eksempel Skriv følgende polynomier som et produkt af første- og andengradspolynomier med reelle koefficienter. Løsning. 1. p 1 (z) = z p 2 (z) = z Tallet 1 er rod i p 1 (z), da p(1) = 0. Ved hjælp af divisionsalgoritmen kan man vise, at p 1 (z) = (z 1)(z 2 +z+1). Polynomiet z 2 +z+1 har ingen reelle rødder, og det kan derfor ikke faktoriseres yderligere over de reelle tal. Den ønskede faktorisering er derfor: z 3 1 = (z 1)(z 2 + z + 1). 2. Da p 2 (z) = z er et binomium, kan vi ved hjælp af teorien fra Afsnit 2.3 finde alle rødder i polynomiet. Vi finder rødderne 1 + i,1 i, 1 + i og 1 i. Vi har derfor, at z = (z (1 + i))(z (1 i))(z ( 1 + i))(z ( 1 i)). Som i beviset for Sætning 2.26 kan vi multiplicere par af kompleks konjugerede faktorer for at komme af med komplekse koefficienter. Vi får så (z (1 + i))(z (1 i)) = z 2 2z + 2 og (z ( 1 + i))(z ( 1 i)) = z 2 + 2z + 2. Den ønskede faktorisering af z er derfor z = (z 2 2z + 2)(z 2 + 2z + 2).

43 2.6. TREDJEGRADSPOLYNOMIER Tredjegradspolynomier Vi så i Afsnit 2.2, at man altid kan finde rødderne i et andengradspolynomium med reelle koefficienter. I dette afsnit ser vi på tredjegradspolynomier med reelle koefficienter. Vi betragter altså polynomier på formen p(z) = az 3 + bz 2 + cz + d, hvor a R \ {0} og b,c,d R. Lemma Et tredjegradspolynomium p(z) med reelle koefficienter har mindst én reel rod. Bevis. Af Sætning 2.26 får vi, at p(z) kan skrives som et produkt af tre førstegradspolynomier, eller som et produkt af et førstegradspolynomium og et andengradspolynomium; i begge tilfælde har faktorerne reelle koefficienter, og i begge tilfælde er mindst én faktor et førstegradspolynomium. Af Lemma 2.14 får vi, at p(z) har mindst én reel rod. Vi undersøger nu, hvordan man kan finde en reel rod i et tredjegradspolynomium p(z). Vi betragter som eksempel polynomiet p(z) = z 3 3z 2 7z Som hjælp til at finde en reel rod i p(z) tegner vi grafen for p(z), hvor p(z) betragtes som funktion af en reel variabel; i vores eksempel fås grafen på Figur 2.3. Vi ser nærmere på dette polynomium i følgende eksempel: Figur 2.3: Grafen for polynomiet z 3 3z 2 7z + 33 betragtet som funktion af en reel variabel. Eksempel Beregn alle rødder i polynomiet p(z) = z 3 3z 2 7z Løsning. Enhver rod ρ i p(z) tilfredsstiller ligningen p(ρ) = 0. Det betyder, at en reel rod i p(z) svarer til en skæring mellem grafen for p(z) og førsteaksen. Vi kan derfor se på Figur 2.3, at 3 ser ud til at være en rod. Vi kontrollerer dette og finder, at p( 3) = ( 3) 3 3( 3) 2 7( 3) + 33 = 0. Nu har vi fundet roden 3, og vi kan dernæst bruge divisionalgoritmen (se

44 38 KAPITEL 2. POLYNOMIER Algoritme 2.13) og skrive p(z) på formen p(z) = (z ( 3))q(z). De nødvendige beregninger minder om beregningerne i Eksempel I dette tilfælde finder vi, at p(z) = z 3 3z 2 7z+33 = (z+3)(z 2 6z+11). Rødderne i andengradspolynomiet z 2 6z+11 findes ved hjælp af teorien i Afsnit 2.2. Det viser sig, at de er 3±i 2. Alle rødderne i polynomiet z 3 3z 2 7z+33 er derfor 3, 3 + i 2 og 3 i 2. For et generelt tredjegradspolynomium p(z) med reelle koefficienter kan man gøre følgende: 1. Tegn grafen for funktionen p(z) betragtet som funktion af en reel variabel. 2. Aflæs på grafen en kandidat til en rod ρ i polynomiet p(z). 3. Vis at kandidaten ρ faktisk er rod ved at kontrollere, at p(ρ) = Brug divisionsalgoritmen til at skrive p(z) = (z ρ)q(z). Polynomiet q(z) har grad Find rødderne σ 1 og σ 2 i q(z) ved hjælp af teorien i Afsnit 2.2. Alle rødder i p(z) er nu givet ved ρ, σ 1 og σ 2. De første tre skridt i metoden ovenfor virker kun, hvis polynomiet p(z) har en pæn reel rod, f.eks. et heltal. Hvis ikke, kan man altid finde numeriske approksimationer til en rod ved hjælp af en computer.

45 Kapitel 3 Taylorpolynomier Lommeregneren har en knap til at beregne eksponentialfunktionen. I Maple gøres det ved kommandoen exp. Man kan benytte disse hjælpemider til at beregne f.eks. e = e 1 = exp(1), og vil få et svar i stil med 2, Hvilken beregning ligger til grund for dette tal? Hvor nøjagtigt er det? I dette kapitel skal vi beskæftige os med en metode, der kan tilnærme (eller approksimere) en kompliceret funktion med et polynomium, som det er nemt at regne med. Problemstillingen er altså: Givet en funktion f (t), find et polynomium f (t), så f (t) f (t) er lille for t i et givet interval. Selvom det lyder svært, skal vi se, at det for mange funktioner faktisk kan gøres ganske effektivt. 3.1 Approksimation ved linearisering Tangenten til grafen for e t i punktet (0,1) har ligningen y = 1 + t. Vi viser dette senere i et eksempel. En første approksimation til funktionen f (t) = e t kunne derfor være f 1 (t) = 1 + t. Så længe t ligger tæt på 0, er denne approksimation ganske god (se Figur 3.1). Vi har f.eks. at e 1/1000 f 1 (1/1000) er mindre end 0, Man kan til gengæld ikke finde en god approksimation til e = e 1 via f 1, da f 1 (1) = 2. Vi er ikke desto mindre på rette vej. For en generel funktion f (t) er ligningen for tangenten til grafen for f (t) i punktet (a, f (a)) givet ved y = f (a) + f (a)(t a). Vi definerer derfor: Definition 3.1. Lad f (t) være en differentiabel funktion og a et reelt tal. Lineariseringen af f (t) i a, benævnt f 1 (t), er defineret ved f 1 (t) = f (a) + f (a)(t a). Vi beregner nogle lineariseringer i de følgende eksempler. Eksempel Beregn lineariseringen af funktionen f (t) = e t i 0. 39

46 40 KAPITEL 3. TAYLORPOLYNOMIER f (t)=e t f 1 (t)=1+t Figur 3.1: Grafer for funktionerne e t og 1 +t. 2. Beregn lineariseringen af funktionen f (t) = ln(t) i 1. Løsning. 1. For at kunne bruge Definition 3.1 skal vi beregne f (0) og f (0). Vi får f (0) = e 0 = 1 og f (t) = e t, dvs. f (0) = 1. Det betyder, at f 1 (t) = 1 + 1(t 0) = 1 +t. 2. Vi har f (1) = ln(1) = 0 og f (t) = 1/t, dvs. f (1) = 1. Vi får altså f 1 (t) = 0 + 1(t 1) = t Taylorpolynomier I det foregående afsnit benyttede vi lineariseringen f 1 (t) af en funktion f (t) i a til at approksimere f (t). Grunden til, at dette er en fornuftig første approksimation, er, at grafen for f 1 (t) er tangent til grafen for f (t) i punktet (a, f (a)). En anden måde at udtrykke dette på er, at f 1 (a) = f (a) og ( f 1 ) (a) = f (a). Man kan i øvrigt vise, at f 1 (t) er det eneste førstegradspolynomium, der opfylder dette. Man kan generalisere disse betragtninger og forsøge at approksimere f (t) med et andengradspolynomium f 2 (t) for hvilket f 2 (a) = f (a), ( f 2 ) (a) = f (a), og ( f 2 ) (a) = f (a). Endnu mere generelt kunne man approksimere f (t) med et n tegradspolynomium f n (t), som opfylder f n (a) = f (a), ( f n ) (a) = f (a),..., og ( f n ) (n) (a) = f (n) (a). Notationen f (n) (t) betyder den n te afledede; f.eks. er f (2) (t) = f (t) og f (5) (t) = f (t). Det viser sig, at man kan beregne polynomiet f n (t) eksakt for en stor klasse af funktioner f (t). Polynomiet kaldes det n te ordens Taylorpolynomium for f (t) i a, og a kaldes udviklingspunktet.

47 3.2. TAYLORPOLYNOMIER 41 Definition 3.3. Lad f (t) være en n gange differentiabel funktion. Det n te ordens Taylorpolynomium f n (t) for f (t) med udviklingspunkt a (eller blot: i a) er defineret ved f n (t) = f (a) + f (a)(t a) + f (a) 2 (t a) f (n) (a) (t a) n. n! Symbolet n! udtales n fakultet og er defineret ved n! = n (n 1) (n 2) Med andre ord: n! er produktet af de første n positive heltal. Bemærk at førsteordens Taylorpolynomiet for en funktion f (t) i a er præcis det samme som lineariseringen af f (t) i a. Vi ser igen på nogle eksempler. Eksempel 3.4. Beregn det 9. ordens Taylorpolynomium for funktionen f (t) = e t med udviklingspunkt 0. Hvilken tilnærmelse til tallet e fås ud fra dette polynomium? Løsning. Af f (t) = e t fås f (t) = e t, f (t) = e t osv., dvs. for alle n fås f (n) (t) = e t. Da er det 9. ordens Taylorpolynomium for f (t) = e t i 0 givet ved f 9 (t) = 1 + e 0 t + e0 2! t2 + e0 3! t3 + e0 4! t4 + e0 5! t5 + e0 6! t6 + e0 7! t7 + e0 8! t8 + e0 9! t9 Som tilnærmelse til e fås nu = 1 +t + t2 2 + t3 6 + t t t t t t f 9 (1) = = Der gælder at 98641/ , Hvis vi sammenligner med værdien 2,71828 givet i starten af dette kapitel, er tilnærmelsen ret god. Man kan også se på Figur 3.2 hvor god en tilnærmelse funktionen f 9 (t) er til funktionen f (t) = e t. Vi tager et eksempel mere inden vi fortsætter med teorien. Eksempel 3.5. Beregn det 3. ordens Taylorpolynomium for funktionen f (t) = ln(t) i 1. Løsning. Vi starter med at finde de første tre afledede af funktionen f (t) = ln(t). Vi får f (t) = 1/t = t 1, f (t) = t 2 = 1/t 2 og f (t) = 2t 3 = 2/t 3. Vi får derfor f (1) = 0, f (1) = 1, f (1) = 1 og f (1) = 2. Nu kan vi opskrive det 3. ordens Taylorpolynomium f 3 (t) for f (t) = ln(t) i 1: f 3 (t) = (t 1) (t 1) (t (t 1)3 1)2 = t (t 1)3. 3

48 42 KAPITEL 3. TAYLORPOLYNOMIER f (t)=e t f 9 (t) Figur 3.2: Grafer for funktionerne e t og dens 9. ordens Taylorpolynomium i f (t)=ln(t) f 3 (t)=t 1 (t 1)2 2 + (t 1)3 3 Figur 3.3: Grafer for funktionerne ln(t) og dens 3. ordens Taylorpolynomium i 1. Man ganger normalt ikke potenser som (t 1) 2 ud. Graferne for logaritmefunktionen og dens 3. ordens Taylorpolynomium i 1 kan ses på Figur 3.3. Tabel 3.1 indeholder en oversigt over n te ordens Taylorpolynomier med udviklingspunkt 0 for nogle funktioner, man ofte støder på. Vi har i denne korte gennemgang ikke beskæftiget os med, hvor stor en fejl man gør, når man erstatter en funktion med dens n te ordens Taylorpolynomium. Der findes en matematisk teori som gør det muligt at finde en øvre grænse for fejlen, men vi vil ikke gå nærmere ind på dette. Vi vil blot nævne, at man kun kan regne med, at Taylorpolynomiet giver en god tilnærmelse i nærheden af udviklingspunktet. Er man tilstrækkelig tæt på udviklingspunktet, vil man i almindelighed få en bedre tilnærmelse, jo større graden af Taylorpolynomiet er. Endelig er det værd at bemærke, at lommeregnere og matematikprogrammer i praksis ikke

49 3.2. TAYLORPOLYNOMIER 43 f (t) n te ordens Taylorpolynomium for f (t) i 0 e t 1 +t + t2 2! + t3 tn ! n! 1/(1 +t) 1 t +t 2 t ( 1) n t n ln(1 +t) cos(t) t t2 2 + t3 3 t ( 1)n+1tn n 1 t2 2! + t4 4! t6 tn ( 1)n/2 6! n! for n lige sin(t) arctan(t) t t3 3! + t5 5! t7 tn ( 1)(n 1)/2 7! n! t t3 3 + t5 5 t ( 1)(n 1)/2tn n for n ulige for n ulige Tabel 3.1: n te ordens Taylorpolynomier med udviklingspunkt 0 for nogle almindelige funktioner. I de tilfælde, hvor n forudsættes lige (ulige), er Taylorpolynomiet for ulige (lige) n lig Taylorpolynomiet af orden n 1. bruger Taylorpolynomier til beregning af funktioner som exp, sin og cos. For at få en meget nøjagtig tilnærmelse med mange korrekte decimaler er det ofte nødvendigt at have en meget høj grad n af Taylorpolynomiet. Der findes andre metoder, der er mere effektive. Til gengæld er Taylorpolynomier særdeles nyttige i den videregående matematiske analyse, og vi skal i afsnit 5.4 se en anvendelse af Taylorpolynomier til at løse differentialligninger.

50 44 KAPITEL 3. TAYLORPOLYNOMIER

51 Kapitel 4 Funktioner af to variable I de foregående kapitler har vi beskæftiget os med funktioner af én variabel altså forskrifter på formen g(t), hvor funktionen g afhænger af én variabel t. I praksis afhænger en funktion ofte af flere end én variabel. I dette kapitel skal vi se på (reelle) funktioner af to variable altså forskrifter på formen f (t,u), hvor funktionen f afhænger af to variable t og u. Mange begreber og fænomener i hverdagen kan beskrives ved hjælp af funktioner af to variable. Når man opvarmer en metalplade, kan temperaturen T (x,y) i pladen til et bestemt tidspunkt eksempelvis beskrives som en funktion af pladens to rumlige dimensioner x og y. Når man anslår en guitarstreng kan strengens udbøjning d(x,t) tilsvarende betragtes som en funktion af positionen x og tiden t. For at kunne beskrive sådanne fænomener fra et matematisk synspunkt, har vi brug for at beherske funktioner af to variable. I dette kapitel skal vi studere, hvordan man skitserer en funktion af to variable, hvordan man differentierer den, hvordan man tilnærmer den ved hjælp af tangentplaner, og hvordan man bestemmer såkaldte stationære punkter for den. Lad os starte med at definere, hvad vi mener med en reel funktion af to variable: Definition 4.1. En reel funktion af to variable er en funktion med reelle værdier defineret på en delmængde af mængden R 2 af reelle talpar. Det betyder altså, at en funktion f til ethvert talpar (t,u), hvor t og u begge er reelle tal og for hvilke funktionen er defineret, tilordner netop ét reelt tal, og dette betegnes f (t,u). Forskriften f (t,u) = t 2 +u 2 er et eksempel på en reel funktion af to variable. Funktionen udtrykker kvadratet på afstanden fra et givent punkt (t,u) i R 2 til origo (0,0). I punktet ( 1,2) er funktionsværdien eksempelvis f ( 1,2) = ( 1) = Graf og niveaukurver Når man skal studere en funktion af to variable, kan det ofte være en god idé at tegne den. Her skal vi se på to måder, hvorpå en funktion af to variable kan illustreres. Grafen for en funktion af to variable giver ligesom for en funktion af én variabel et direkte billede af funktionen. Blot er den ikke en linje i planen, men derimod en flade i rummet. Udtrykt 45

52 46 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE matematisk er grafen for en funktion f (t,u) givet ved punktmængden {(t,u, f (t,u))}, og vi har derfor brug for tre dimensioner for at tegne grafen. Et eksempel er vist i Figur 4.1. Som det fremgår kan grafen for en funktion f (t,u) ligne et landskab. Givet et punkt (t,u) kan f (t,u) opfattes som højden over punktet (t,u,0). v u v = c v = f (t,u) O t Figur 4.1: Grafen (blå flade) og en niveaukurve (sort kurve) for en funktion af to variable. Niveaukurven fremkommer som projektionen af skæringen (stiplet kurve) mellem grafen og den vandrette plan (rød flade) ned i (t,u)-planen. Ligesom et landskab også kan visualiseres ved hjælp af højdekurver, kan funktioner af to variable også visualiseres ved hjælp af niveaukurver. En niveaukurve for en funktion f (t,u) er en mængde af punkter, hvori f (t,u) har den samme værdi. Udtrykt matematisk er niveaukurven for en funktion f (t,u) hørende til et givent reelt tal c givet ved punktmængden {(t,u,0) f (t,u) = c}, og vi har derfor kun brug for 2 dimensioner for at tegne niveaukurven. Niveaukurven er således mængden af punkter i (t,u)-planen, hvori funktionen er defineret, som opfylder at f (t,u) = c. Geometrisk svarer dette til først at skære grafen for f med en vandret plan i højden c over (t,u)- planen og dernæst projicere resultatet ned på (t,u)-planen. Dette er skitseret i Figur 4.1. Det følgende eksempel illustrerer, hvordan grafen og niveaukurver kan supplere hinanden, når man skal danne sig et billede af en funktion af to variable.

53 4.1. GRAF OG NIVEAUKURVER 47 Eksempel 4.2. Tegn grafen for følgende funktioner over de anførte områder i (t,u)-planen samt niveaukurverne hørende til de anførte niveauer c: Løsning. 1. f (t,u) = t 2 + u 2 for t [ 3,3] og u [ 3,3] samt c {1,3,...,17}. 2. g(t,u) = e 2t u for t [ 1,1] og u [ 1,1] samt c {e 2,1,2,...,20}. 3. h(t,u) = sin(t)sin(u) for t [ 2π,2π] og u [ 2π,2π] samt c { 5 5, 4 5,..., 5 5 }. (a) 20 (b) 3 u t u t (c) 20 (d) 1 u t u t (e) 2 (f) 6 4 u 1 u t t Figur 4.2: Graf og niveaukurver for funktionerne i Eksempel 4.2.

54 48 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE For at tegne grafen og niveaukurverne for en funktion af to variable kan man med fordel benytte et IT-værktøj. 1. Grafen for f (t,u) er vist i Figur 4.2(a). Grafen ses at være en såkaldt omdrejningsparaboloide med skålen pegende opad og bundpunktet liggende i (0,0,0). Niveaukurverne er vist i Figur 4.2(b). Niveaukurverne ses at være cirkler med centrum i (0,0). Lad os prøve at forstå strukturen af niveaukurverne ved at betragte forskellige niveauer c. For et vilkårligt positivt reelt tal c > 0 er et punkt (t,u) på niveaukurven hørende til c karakteriseret ved ligningen t 2 + u 2 = c. Dette betyder netop, at (t,u) ligger på en cirkel med centrum i (0,0) og radius c. Hvad så med niveaukurver for c 0? For c = 0 indses det let, at kun punktet (0,0) opfylder t 2 + u 2 = 0, og niveaukurven består således blot af dette ene punkt. For et vilkårligt negativt reelt tal c < 0 indses det også let, at ingen punkter i R 2 opfylder t 2 + u 2 = c, og niveaukurven er derfor den tomme mængde. Disse tre tilfælde for strukturen af niveaukurverne (cirkel, punkt eller den tomme mængde) er lette at forstå grafisk, når man tænker på niveaukurven som skæringen mellem grafen for f (t,u) og en vandret plan (over, i eller under (t,u)-planen). 2. Grafen for g(t,u) = e 2t u er vist i Figur 4.2(c), og niveaukurverne er vist i Figur 4.2(d). Niveaukurverne ses alle at være rette linjer. Tætheden af niveaukurverne ses at tiltage i 4. kvadrant, hvor grafen for funktionen også ses at være stejlest. Lad os igen prøve at forstå strukturen af niveaukurverne ved at se på forskellige niveauer c. Da exponentialfunktionen altid er positiv, er e 2t u > 0 for ethvert (t,u) R 2. For c 0 er niveaukurverne derfor tomme. For c > 0 er niveaukurven karakteriseret ved ligningen e 2t u = c 2t u = ln(c) u = 2t ln(c). Niveaukurven er derfor en ret linje i (t,u)-planen med hældning 2 og skæring med u-aksen i u = ln(c). 3. Grafen for h(t,u) = sin(t)sin(u) er vist i Figur 4.2(e), og den ses at ligne et landskab med toppe og dale. Niveaukurverne er vist i Figur 4.2(f), og de ses at opdele (t,u)-planen i kvadratiske felter hvert med et antal mere eller mindre runde kurver indeni. Vi betragter igen forskellige niveauer c. Da sin(t) [ 1,1] for alle t R, må sin(t)sin(u) [ 1,1] for alle (t,u) R 2. For c > 1 er niveaukurverne derfor tomme. For c = 1 har vi sin(t)sin(u) = 1, netop når sin(t) = sin(u) = 1 sin(t) = sin(u) = 1, hvilket indtræffer for t = (n+ 1 2 )π u = (n m)π med (n,m) Z2. Niveaukurverne hørende til c = 1 består altså af disse uendeligt mange diskrete punkter i (t,u)-planen. Punkterne ligger i centrum af de positive kvadratiske felter i (t,u)-planen og svarer naturligvis til grafens toppe. For c = 0 har vi sin(t)sin(u) = 0, netop når sin(t) = 0 sin(u) = 0, hvilket indtræffer for t = nπ u = mπ med (n,m) Z 2. Niveaukurven hørende til c = 0 udgøres altså af disse uendeligt mange linjer i (t,u)-planen, og det er netop dem, der giver anledning til opdelingen i (negative og positive) felter. For c = 1 har vi sin(t) sin(u) = 1 netop når sin(t) = 1 sin(u) = 1 eller sin(t) = 1 sin(u) = 1, hvilket indtræffer for t = (n )π u = (n m)π med (n,m) Z 2. Niveaukurverne hørende til c = 1 består altså af disse uendeligt mange diskrete punkter i (t,u)-planen. Punkterne svarer til grafens dale og ligger i centrum af de negative kvadratiske felter i (t,u)-planen. Endeligt er niveaukurverne for c < 1 tomme.

55 4.2. PARTIELLE AFLEDEDE 49 Som det fremgår af eksemplet ovenfor er en niveaukurve generelt en punktmængde og ikke nødvendigvis en kurve i ordets egentlige forstand. Den har i øvrigt heller ikke altid en simpel fortolkning som rette linjer, cirkler, ellipser, hyperbler osv. 4.2 Partielle afledede I dette afsnit ser vi på, hvordan man differentierer en funktion af to variable. Med to funktionsvariable får vi behov for to såkaldte partielle afledede: Definition 4.3. Den partielle afledede af en funktion f (t,u) med hensyn til t, med notationen f t (t,u), findes ved differentiation af funktionen f (t,u) betragtet som en funktion i variablen t, mens u betragtes som en konstant. Mere formelt kan vi definere f (t,u) = lim t t 0 f (t + t,u) f (t,u), t under den forudsætning, at grænseværdien eksisterer. På lignende måde definerer vi den partielle afledede af funktionen f (t,u) med hensyn til u, hvor notationen er f u (t,u), som den afledede af funktionen f (t,u) betragtet som en funktion af u, hvor t betragtes som en konstant. Vi kan igen (med samme betingelse som ovenfor) mere formelt definere f (t,u) = lim u u 0 f (t,u + u) f (t,u). u Den partielle afledede f t (t,u) skrives nogle gange som t f (t,u) eller blot f t (t,u), og ligeledes er f u (t,u) = u f (t,u) = f u(t,u). I praksis bestemmes f f t (t,u) (eller u (t,u)) ganske enkelt ved at differentiere f (t,u) på helt sædvanlig vis som om den kun var en funktion af variablen t (eller u), idet u (eller t) betragtes som en konstant. Lad os tage nogle konkrete eksempler. Eksempel 4.4. Find de partielle afledede af følgende funktioner: Løsning. 1. f (t,u) = t 2 + u 2 2. g(t,u) = e 2t u 3. h(t,u) = sin(t) sin(u) 1. Når vi skal beregne f f t (t,u), skal vi betragte u som en konstant. Her får vi derfor t (t,u) = 2t. Når vi skal beregne f u (t,u), skal vi betragte t som en konstant. Her får vi derfor f u (t,u) = 2u.

56 50 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE 2. Funktionen g(t,u) = e 2t u er sammensat af exponentialfunktionen og funktionen 2t u. Vi beregner først g t (t,u). Hvis u betragtes som en konstant, fås ved brug af kædereglen g t (t,u) = e2t u 2 = 2e 2t u. Vi beregner herefter g u (t,u). Hvis t betragtes som en konstant, fås igen ved brug af kædereglen g u (t,u) = e2t u ( 1) = e 2t u. 3. Funktionen h(t,u) = sin(t) sin(u) er produktet af funktionerne sin(t) og sin(u). Når u betragtes som en konstant, er sin(u) også en konstant. Derfor er h t (t,u) = cos(t)sin(u). Når t betragtes som en konstant, er sin(t) også en konstant. Derfor er h u (t,u) = sin(t)cos(u). f (t,u) u f u 1 f t (t 0,u 0 ) 1 t Figur 4.3: De partielle afledede for en funktion f (t,u) angiver grafens hældning langs retninger parallelle med akserne. De partielle afledede har en simpel geometrisk fortolkning; de angiver nemlig grafens hældning i retninger parallelle med t- og u-akserne. f t (t 0,u 0 ) er hældningen af grafen langs med t for fastholdt u = u 0 og evalueret i t = t 0, mens f u (t 0,u 0 ) er hældningen af grafen langs med u for fastholdt t = t 0 og evalueret i u = u 0. Dette er illustreret i Figur Tangentplan Ligesom for funktioner af én variabel kan man somme tider få brug for at kunne approksimere funktioner af to variable. Som beskrevet i afsnit 3.1 er den letteste måde at approksimere en funktion af én variabel ved at finde tangenter til grafen for funktionen. For funktioner af to

57 4.3. TANGENTPLAN 51 variable vil vi approksimere med tangentplaner. Her får vi brug for de partielle afledede fra forrige afsnit. Tangentplanen til grafen for en funktion f (t,u) i et punkt (a,b, f (a,b)) er defineret som den plan, der indeholder tangenten til grafen for funktionen g(t) = f (t,b) i punktet (a,g(a)), samt tangenten til grafen for funktionen h(u) = f (a,u) i punktet (b,h(b)). Bemærk at g(a) = f (a,b) = h(b). Ligningen for denne tangentplan er givet ved følgende sætning. Sætning 4.5. Ligningen for tangentplanen til grafen for en funktion f (t,u) i punktet (a,b, f (a,b))er givet ved v = f (a,b) + f f (a,b)(t a) + (a,b)(u b). t u Bevis. Vi finder en ligning for tangentplanen i punktet (a,b, f (a,b)) på formen v = c 0 + c 1 (t a) + c 2 (u b). Vi skal altså finde udtryk for c 0, c 1 og c 2. For det første ved vi, at tangentplanen går gennem punktet (a,b, f (a,b)). Indsætter vi dette i ligningen for tangentplanen, får vi f (a,b) = c 0 + c 1 (0 0) + c 2 (0 0). Vi får altså c 0 = f (a,b). I resten af beviset viser vi, at c 1 = f t (a,b). Det kan på tilsvarende måde vises, at c 2 = f u (a,b). For nemheds skyld indfører vi funktionen l(t,u) = c 0 + c 1 (t a) + c 2 (u b) = f (a,b) + c 1 (t a)+c 2 (u b). Det gælder at l(t,b) = f (a,b)+c 1 (t a). Ligningerne u = b og v = f (a,b)+c 1 (t a) definerer en linje i tangentplanen. Derfor er l(t,b) lig lineariseringen i t = a af funktionen g(t) = f (t,b). Funktionen g(t) er en funktion af kun én variabel, hvilket betyder, at vi kan beregne dens linearisering g 1 (t) i t = a således: g 1 (t) = g(a) + dg (a)(t a). dt Der gælder dog, at g(a) = f (a,b) og dg dt (a) = f t (a,b). Da l(t,b) = g 1(t) ser vi, at c 1 = f t (a,b). Sætningen ovenfor giver naturligvis kun mening, hvis begge de partielle afledede i (a,b) eksisterer. Ligesom tilfældet var for funktioner i én variabel, kan vi definere lineariseringen af en funktion af to variable i et punkt. Definition 4.6. Lad f (t,u) være en funktion og lad (a,b) være et reelt talpar. Lineariseringen af f (t,u) i (a,b), benævnt f 1 (t,u), er defineret ved f 1 (t,u) = f (a,b) + f f (a,b)(t a) + (a,b)(u b). t u Det følgende eksempel illustrerer ovenstående. Eksempel Beregn lineariseringen i (3,2) af funktionen f (t,u) = t 2 + u 2.

58 52 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE (a) (b) (c) t u u 4 10 t 2 u t 2 2 Figur 4.4: Grafen for funktionerne i Eksempel 4.7 (røde flader) og deres lineariseringer (blå planer) i givne udviklingspunkter (sorte punkter). 2. Beregn lineariseringen i (1,0) af funktionen g(t,u) = e 2t u. 3. Beregn lineariseringen i ( 3π 2, π 2 ) af funktionen h(t,u) = sin(t)sin(u). Løsning. Vi benytter formlen fra Definition 4.6 til at beregne lineariseringerne, idet vi bemærker, at vi allerede beregnede alle nødvendige partielle afledede i Eksempel Vi har allerede beregnet f t b = 2 får vi nu f (t,u) = 2t og u (t,u) = 2u. Af Definition 4.6 med a = 3 og f 1 (t,u) = f (3,2) + f f (3,2)(t 3) + (3,2)(u 2) t u = (t 3) + 4(u 2). Grafen for f 1 (t,u) er vist sammen med grafen for f (t,u) i Figur 4.4(a). 2. Vi fandt tidligere, at g t (t,u) = 2e2t u og g u (t,u) = e2t u. Vha. Definition 4.6 med a = 1 og b = 0 får vi nu g 1 (t,u) = h(1,0) + g g (1,0)(t 1) + (1,0)(u 0) t u = e 2 + 2e 2 (t 1) e 2 u. Grafen for g 1 (t,u) er vist sammen med grafen for g(t,u) i Figur 4.4(b). 3. For funktionen h(t,u) = sin(t)sin(u) fik vi h t h (t,u) = cos(t)sin(u) og u (t,u) = sin(t)cos(u).

59 4.4. STATIONÆRE PUNKTER 53 Med a = 3π 2 og b = π 2 fås ( 3π h 1 (t,u) = h 2 2),π + h )( ( 3π t 2,π t 3π 2 2 ( 3π ) ( π ( 3π = sin sin + cos 2 2) 2 ( = 1 0 t 3π ) ( + 0 u π ) 2 2 = 1. ) sin ) + u( h 3π )( 2,π u + π ) 2 2 ( π t 2)( 3π ) ( 3π + sin 2 2 ) ( π cos u + 2)( π ) 2 Grunden til, at der ikke er noget led indeholdende t eller u, er, at tangentplanen i ( 3π 2, π 2,1) er parallel med (t,u)-planen. Dette fremgår af Figur 4.4(c), hvor grafen for h 1 (t,u) er vist sammen med grafen for h(t,u). Man kan nu spørge sig selv, hvor godt lineariseringen f 1 (t,u) i et givent punkt (a,b) approksimerer en given funktion f (t,u). Der findes faktisk en formel for fejlen ved approksimationen, men det rækker dog for vidt at nævne den i denne bog. Som tommelfingerregel er f 1 (t,u) kun en god approksimation af f (t,u) i umiddelbar nærhed af (a,b). I Eksempel 4.7 så vi, at funktionen h(t,u) havde en vandret tangentplan i lineariseringspunktet. Punkter, hvor tangentplanen er vandret, har en speciel betydning for funktioner af to variable. Det er emnet for næste afsnit. 4.4 Stationære punkter Vi afslutter dette kapitel med at behandle begrebet stationære punkter: Definition 4.8. Et stationært punkt (t 0,u 0 ) for en funktion f (t,u) er et punkt, som opfylder f t (t 0,u 0 ) = 0 og f u (t 0,u 0 ) = 0. Stationære punkter kaldes også kritiske punkter. Igen kræves det, at de partielle afledede faktisk eksisterer. Definitionen betyder, at et stationært punkt for en funktion f (t,u), er punkt, hvori de partielle afledede er nul og tangentplanen for f (t,u) derfor er vandret jvf. Sætning 4.5. For at bestemme de stationære punkter for en funktion f (t,u) skal man løse de to ligninger f f t (t,u) = 0 og u (t,u) = 0 med hensyn til de to variable t og u. Dette problem kan have ingen, én, flere (men endeligt mange) eller uendeligt mange løsninger. Lad os tage et par eksempler. Eksempel 4.9. Bestem de stationære punkter for følgende funktioner: 1. f (t,u) = t 2 + u g(t,u) = e 2t u.

60 54 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE 3. h(t,u) = sin(t) sin(u). Løsning. Vi benytter Definition 4.8, idet vi igen bemærker, at vi beregnede alle nødvendige partielle afledede i Eksempel For at bestemme de stationære punkter for f (t,u) = t 2 +u 2, løser vi ligningerne f t (t,u) = 0 og f u (t,u) = 0 med hensyn til variablene t og u: } f t (t,u) = 0 { 2t = 0 f u (t,u) = 0 2u = 0 { t = 0 u = 0. Funktionen f (t) = t 2 + u 2 har altså netop ét stationært punkt i (0,0). 2. Stationære punkter for g(t,u) = e 2t u findes som løsningen til ligningerne g t (t,u) = 0 og g u (t,u) = 0: } h t (t,u) = 0 { 2e 2t u = 0 h u (t,u) = 0 e 2t u = 0. Da exponentialfunktionen aldrig kan blive nul, findes der ingen løsninger til ligningerne. Funktionen g(t,u) = e 2t u har derfor ingen stationære punkter. 3. For h(t,u) = sin(t) sin(u) finder vi: h t (t,u) = 0 h u (t,u) = 0 } { cos(t)sin(u) = 0 sin(t)cos(u) = 0. Den første ligning cos(t)sin(u) = 0 giver cos(t) = 0 sin(u) = 0 t = (n )π u = mπ for (n,m) Z 2. Indsætter vi først t = (n )π i den anden ligning, fås sin( (n )π) cos(u) = 0 cos(u) = 0 u = (m+ 1 2 )π for (n,m) Z2. Indsætter vi dernæst u = mπ i den anden ligning, fås sin(t)cos(mπ) = 0 sin(t) = 0 t = nπ for (n,m) Z 2. Funktionen h(t) = sin(t)sin(u) har altså uendeligt mange stationære punkter (n π 2,m π 2 ) for (n,m) Z2. Stationære punkter spiller en central rolle i bestemmelse af lokale ekstrema (minima og maksima) for en funktion f (t,u). Et lokalt minimumspunkt eller maksimumspunkt (t,u ) for en funktion f (t,u) opfylder at f (t,u) f (t,u ) eller f (t,u) f (t,u ) for alle punkter i en omegn af (t,u ). Det kan vises, at sådanne lokale ekstremumspunkter for en funktion f (t,u) skal findes blandt de stationære punkter for f (t,u), hvor f t (t,u) = f u(t,u) = 0 og tangentplanen er vandret.

61 4.4. STATIONÆRE PUNKTER 55 Dette er en ligefrem udvidelse af et velkendt forhold for en differentiabel funktion g(t) af én variabel, hvor lokale ekstremumspunkter jo skal findes blandt de punkter, hvor g (t) = 0 og tangenten til g(t) er vandret. Vi skal dog ikke komme nærmere ind på, hvordan det afgøres, om et givent stationært punkt for en funktion faktisk er et lokalt ekstremumspunkt for funktionen, og om det i givet fald er et lokalt minimum eller maksimum. Grafen og niveaukurverne for funktionen giver dog ofte en indikation herom. Hermed afslutter vi behandlingen af funktioner af to variable. Det er nu oplagt at spørge, hvordan det mon forholder sig med med funktioner af tre eller flere variable. Her er svaret, at alle begreber i dette kapitel faktisk kan generaliseres mere eller mindre ligefremt til funktioner af n variable, hvor n kan være et vilkårligt naturligt tal større end nul. Dette ligger uden for rammerne af denne bog.

62 56 KAPITEL 4. FUNKTIONER AF TO VARIABLE

63 Kapitel 5 Førsteordens differentialligninger 5.1 Introduktion I dette kapitel begynder vi en undersøgelse af såkaldte differentialligninger. Differentialligninger bruges blandt andet til at modellere processer, der forekommer i naturen. De optræder i næsten alle grene af anvendt naturvidenskab, som f.eks. (kvante-)mekanik, (bio-)kemi, dynamiske systemer, bygningsmekanik, studiet af elektriske komponenter og kredsløb, og mange andre. Der findes en omfattende teori om differentialligninger, og i denne bog betragter vi blot nogle få vigtige typer. I dette kapitel behandler vi såkaldte førsteordens differentialligninger. En førsteordens differentialligning beskriver en relation mellem en funktion y(t) og dens afledede y (t). Ligningen y (t) = y(t) er et eksempel på en førsteordens differentialligning, men også en mere kompliceret ligning som sin(y(t)y (t)) = y (t) 2 + e t er en førsteordens differentialligning. Ved at omskrive ligningen kan man gøre højresiden lig nul. Den første ligning kan f.eks. omskrives til y (t) y(t) = 0, mens det andet eksempel kan skrives sin(y(t)y (t)) y (t) 2 e t = 0. Vi kan generelt definere en førsteordens differentialligning på følgende måde: Definition 5.1. En førsteordens differentialligning er en ligning på formen F(y (t),y(t),t) = 0, hvor F er en funktion i tre variable. En løsning til differentialligningen er en differentiabel funktion y(t) der opfylder ligningen for alle t i funktionens definitionsinterval. Løsningen til en differentialligning er en funktion y(t). Funktionen y(t) = e t er f.eks. en løsning til differentialligningen y (t) = y(t), da det gælder, at (e t ) = e t. Vi ser på et par eksempler mere inden vi giver os i kast med teorien. 57

64 58 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Eksempel 5.2. Undersøg om funktionen y(t) = e 2t er en løsning til følgende differentialligninger: 1. y (t) 2y(t) = 0 2. y (t) 2 4y(t) = 0 3. ln(y (t)) ln(y(t)) = ln(2) Løsning. 1. Ved hjælp af reglen om differentiation af en sammensat funktion ( kædereglen, se evt. bilaget) finder vi, at y (t) = (e 2t ) = e 2t (2t) = 2e 2t. Det gælder derfor, at y (t) 2y(t) = 2e 2t 2e 2t = 0. Vi ser altså, at funktionen y(t) = e 2t er en løsning til differentialligningen y (t) 2y(t) = Vi har allerede set, at y (t) = 2e 2t. Derfor gælder det, at y (t) 2 4y(t) = (2e 2t ) 2 4e 2t = 4(e 2t ) 2 4e 2t = 4e 4t 4e 2t 0. Funktionen y(t) = e 2t er altså ikke en løsning til differentialligningen y (t) 2 4y(t) = Hvis y(t) = e 2t, så har vi, at ln(y (t)) ln(y(t)) = ln(2e 2t ) ln(e 2t ) = ln(2) + ln(e 2t ) ln(e 2t ) = ln(2). Vi kan konkludere, at y(t) = e 2t er en løsning til differentialligningen ln(y (t)) ln(y(t)) = ln(2). 5.2 Den fuldstændige løsning til en førsteordens differentialligning Lad os igen se på differentialligningen y (t) = y(t). Vi så før, at funktionen y(t) = e t er en løsning til denne differentialligning. Det er dog ikke den eneste løsning. Funktionerne y(t) = 2e t og y(t) = 5e t opfylder f.eks. også begge betingelsen y (t) = y(t). Det gælder faktisk, at enhver funktion på formen y(t) = ce t, hvor c R er en konstant, er en løsning til differentialligningen y (t) = y(t). Man kan omvendt vise, at enhver løsning til differentialligningen y (t) = y(t) har formen y(t) = ce t. En beskrivelse af samtlige løsninger til en differentialligning kaldes den fuldstændige løsning. Man siger f.eks. at den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) = y(t) er givet

65 5.2. FULDSTÆNDIG LØSNING 59 ved y(t) = ce t, hvor c R. Det kan i almindelighed være meget vanskeligt at finde den fuldstændige løsning til en differentialligning. For visse typer af differentialligninger findes dog en konkret beskrivelse. Vi ser nu på to sådanne typer af førsteordens differentialligninger, hvor der findes en formel for den fuldstændige løsning Lineære førsteordens differentialligninger En differentialligning på formen y (t) + p(t)y(t) = q(t), hvor p(t) og q(t) er funktioner i variablen t, kaldes en lineær førsteordens differentialligning. Differentialligningen y (t) = y(t) er f.eks. en lineær førsteordens differentialligning, da den kan skrives y (t) y(t) = 0 (dvs. p(t) = 1 og q(t) = 0). Det viser sig, at der findes en formel for den fuldstændige løsning til sådanne differentialligninger. Sætning 5.3 (Panserformlen). Vi betragter differentialligningen y (t) + p(t)y(t) = q(t). Lad P(t) = p(t)dt være en vilkårlig stamfunktion til p(t). Da er den fuldstændige løsning givet ved y(t) = e P(t) e P(t) q(t)dt. Bevis. Da P(t) er stamfunktion til p(t) har vi P (t) = p(t). Ved hjælp af først produktreglen og dernæst kædereglen får vi, at Derfor gælder følgende: ( ) ( e P(t) y(t) = e P(t)) y(t) + e P(t) y (t) = e P(t) p(t)y(t) + e P(t) y (t). y (t) + p(t)y(t) = q(t) e P(t) y (t) + e P(t) p(t)y(t) = e P(t) q(t) ( e y(t)) P(t) = e P(t) q(t) e P(t) y(t) = e P(t) q(t)dt y(t) = e P(t) e P(t) q(t)dt. Når man beregner integralet i panserformlen skal man huske integrationskonstanten. Lad os se på nogle eksempler.

66 60 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Eksempel 5.4. Beregn den fuldstændige løsning til følgende differentialligninger: Løsning. 1. y (t) = y(t) 2. y (t) + sin(t)y(t) = sin(t) 3. y (t) +t 1 y(t) = 1, hvor t > 0 1. Vi omskriver y (t) = y(t) til y (t) y(t) = 0, og vi kan derfor bruge Sætning 5.3 med p(t) = 1 og q(t) = 0. En stamfunktion til p(t) = 1 er f.eks. funktionen P(t) = t. Vi får nu, at den fuldstændige løsning er givet ved formlen y(t) = e t e t 0dt = e t 0dt = e t c = ce t, hvor c er en arbitrær konstant. Dette passer med den fuldstændige løsning, vi nævnte i begyndelsen af Afsnit Vi kan bruge Sætning 5.3 med p(t) = sin(t) og q(t) = sin(t). Vi vælger P(t) = cos(t), og den fuldstændige løsning er derfor givet ved ( ) y(t) = e cos(t) e cos(t) sin(t)dt = e cos(t) e cos(t) + c = 1 + ce cos(t), c R. 3. Vi bruger Sætning 5.3 med p(t) = t 1 = 1/t og q(t) = 1. Da t > 0 kan vi vælge P(t) = ln(t). Den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) +t 1 y(t) = 1 er derfor y(t) = e ln(t) e ln(t) dt = (1/e ln(t) ) tdt = 1 ( ) 1 t 2 t2 + c = t 2 + c t, c R Differentialligninger hvor de variable kan separeres Lineære førsteordens differentialligninger er et eksempel på en type af differentialligninger, hvor den fuldstændige løsning kan findes eksplicit. Et andet eksempel er differentialligninger, hvor de variable kan separeres. Dette betyder, at differentialligningen har formen y (t) = f (t)g(y(t)) (5.1) for visse funktioner f (t) og g(y). Variablene t og y er separerede, da t udelukkende optræder i funktionen f, og y udelukkende optræder i funktionen g på højre side af lighedstegnet. Lad os se nogle eksempler på differentialligninger, hvor de variable kan separeres. Eksempel 5.5. Skriv følgende differentialligninger på samme form som ligning (5.1). Angiv funktionerne f (t) og g(y) i hvert tilfælde. 1. y (t) = e t+y(t)

67 5.2. FULDSTÆNDIG LØSNING 61 Løsning. 2. y (t) t = ty(t) 3. y (t) = 5 4. y (t) = y(t) 1. Vi kan omskrive højresiden således: y (t) = e t+y(t) = e t e y(t). Vi kan derfor skrive denne differentialligning som i ligning (5.1) med f (t) = e t og g(y) = e y. 2. Differentialligningen y (t) t = ty(t) kan også skrives y (t) = ty(t) +t = t(y(t) + 1). Vi kan altså separere de variable. Vi får f (t) = t og g(y) = y I dette tilfælde kan vi f.eks. skrive y (t) = 5 = 5 1. Vi kan vælge f (t) = 5 og g(y) = I det sidste eksempel har vi, at y (t) = y(t) = 1 y(t). Vi kan altså vælge f (t) = 1 og g(y) = y. Man kan beregne den fuldstændige løsning til en differentialligning hvor de variable kan separeres. Metoden er givet ved følgende sætning: Sætning 5.6. Lad y(t) være en løsning til differentialligningen Da gælder enten y (t) = f (t)g(y(t)). y(t) = a, hvor a er en konstant således at g(a) = 0 eller Q(y(t)) = F(t) + c, hvor c R, Q(y) = 1 g(y) dy og F(t) = f (t)dt. Bevis. Vi viser først, at hvis a er en konstant, der tilfredsstiller g(a) = 0, så er den konstante funktion y(t) = a en løsning til differentialligningen y (t) = f (t)g(y(t)). Da y(t) = a altså er konstant, har vi y (t) = 0. Dette er venstresiden af differentialligningen. På højresiden får vi f (t)g(y(t)) = f (t)g(a) = 0 som krævet.

68 62 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER vi Antag nu, at y(t) er en anden løsning til y (t) = f (t)g(y(t)), som ikke er en konstant. Da har y (t) = f (t)g(y(t)) y (t) g(y(t)) = f (t) y (t) g(y(t)) dt = f (t)dt. Funktionen Q har egenskaben Q = 1/g. Ved hjælp af kædereglen fås Q(y(t)) = Q (y(t))y (t) = 1 g(y(t)) y (t). Funktionen F er en stamfunktion til f. Nu finder vi: y (t) g(y(t)) dt = for en konstant c R. Beviset er nu fuldført. f (t)dt Q(y(t)) = F(t) + c Løsningerne på formen y(t) = a, hvor a er en konstant således at g(a) = 0, kaldes de konstante løsninger til differentialligningen y (t) = f (t)g(y(t)). I de følgende eksempler ser vi, hvordan Sætning 5.6 benyttes. Bemærk at f (t) og g(y) i alle eksemplerne allerede blev beregnet i Eksempel 5.5. Eksempel 5.7. Beregn den fuldstændige løsning til følgende differentialligninger: Løsning. 1. y (t) = e t+y(t) 2. y (t) t = ty(t) 3. y (t) = 5 4. y (t) = y(t) 1. Vi har f (t) = e t og g(y) = e y, hvilket medfører, at 1/g(y) = e y. Vi kan altså vælge F(t) = e t og Q(y) = e y. Der er ingen konstante løsninger, da g(y) = e y 0 for alle y. Alle løsninger y(t) til differentialligningen tilfredsstiller altså e y(t) = e t + c. Lad os finde et eksplicit udtryk for y(t): e y(t) = e t + c e y(t) = e t c y(t) = ln( e t c) y(t) = ln( e t c), c R.

69 5.3. BEGYNDELSESBETINGELSER 63 Her bør det bemærkes, at den naturlige logaritme kun er defineret på de positive reelle tal (mængden R + ), så vi må kræve at e t c > 0. Da e t tilmed er positiv for alle reelle tal t, findes der altså kun en løsning for c < 0. Vi sætter c = c, hvormed vi får c > 0, og vi har desuden e t + c > 0 t < ln( c). Vi kan nu opskrive løsningen som y(t) = ln( c e t ), c R +, t < ln( c). 2. Vi har f (t) = t og g(y) = y + 1. I dette tilfælde er der en konstant løsning, y(t) = 1, idet ligningen g(a) = 0 har løsningen a = 1. Alle andre løsninger kan beregnes ved at finde Q(y) og F(t). I dette tilfælde har vi 1/g(y) = 1/(y + 1), så vi kan vælge Q(y) = ln y + 1 og F(t) = t 2 /2. De ikke-konstante løsninger y(t) må altså tilfredsstille ligningen ln y(t) + 1 = t 2 /2 + c, c R. Man kunne igen finde frem til et eksplicit udtryk for y(t), men det springer vi over denne gang. 3. Vi kan vælge f (t) = 5 og g(y) = 1. Der er altså ingen konstante løsninger, og vi kan vælge Q(y) = y og F(t) = 5t. Alle løsninger y(t) til differentialligningen y (t) = 5 tilfredsstiller altså y(t) = 5t + c, hvor c R. Man behøver ikke bruge Sætning 5.6 for at finde frem til dette, men vi kan se, at teorien passer. 4. Vi beregnede allerede den fuldstændige løsning til denne differentialligning i Eksempel 5.4 ved brug af panserformlen. Vi fandt at den fuldstændige løsning er y(t) = ce t. Vi kontrollerer nu, at vi får den samme fuldstændige løsning, hvis vi i stedet bruger Sætning 5.6. Vi har f (t) = 1 og g(y) = y. Der er altså en konstant løsning, nemlig y(t) = 0. Vi kan desuden vælge Q(y) = ln y og F(t) = t. Dette betyder, at de ikke-konstante løsninger y(t) til differentialligningen y (t) = y(t) tilfredsstiller ln y(t) = t + c. Vi har videre, at ln y(t) = t + c y(t) = e t+c = e t e c = e c e t y(t) = e c e t eller y(t) = e c e t, c R. Husk også at vi fandt den konstante løsning y(t) = 0. Når c gennemløber R, antager udtrykket e c alle positive reelle talværdier, mens e c antager alle negative reelle talværdier. Medtager vi den konstante løsning, kan vi skrive den fuldstændige løsning kort som y(t) = de t, hvor d er et vilkårligt reelt tal. 5.3 Begyndelsesbetingelser I det foregående afsnit så vi, hvordan man beregner den fuldstændige løsning til visse typer af førsteordens differentialligninger. Som nævnt i indledningen til dette kapitel bruges differentialligninger til at modellere processer, der forekommer i naturen. Den fuldstændige løsning beskriver alle mulige måder, processen kan opføre sig på. For at finde den korrekte opførsel i

70 64 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER et konkret tilfælde, har man brug for mere information om processen. Denne information kan ofte indhentes ved hjælp af målinger. Man kunne f.eks. forestille sig at man måler den præcise tilstand af en proces i begyndelsen af et eksperiment. I matematikken taler vi om at indføre en såkaldt begyndelsesbetingelse. En begyndelsesbetingelse for funktionen y(t) er en betingelse på formen y(t 0 ) = y 0. Definition 5.8. Antag at vi får givet en funktion y(t) og reelle tal t 0 og y 0 således, at y(t 0 ) = y 0. Da siges funktionen y(t) at tilfredsstille begyndelsesbetingelsen y(t 0 ) = y 0. I mange interessante anvendelser findes der en entydigt bestemt løsning y(t), som tilfredsstiller en given førsteordens differentialligning og en given begyndelsesbetingelse. Vi giver en formel definition. Definition 5.9. Lad y(t) være en funktion, der tilfredsstiller 1. en førsteordens differentialligning f (y (t),y(t),t) = 0, og 2. begyndelsesbetingelsen y(t 0 ) = y 0, for givne reelle tal t 0 og y 0. De to betingelser kaldes tilsammen et begyndelsesværdiproblem. Funktionen y(t) kaldes en løsning til begyndelsesværdiproblemet. Man bruger altid samme fremgangsmåde når man skal løse et begyndelsesværdiproblem. Først beregner man den fuldstændige løsning til den givne førsteordens differentialligning. Denne fuldstændige løsning vil indeholde en parameter, lad os kalde den c. Nu benyttes begyndelsesbetingelsen til at bestemme c. Den resulterende funktion er den ønskede løsning. Lad os se på nogle eksempler. Eksempel Løs følgende begyndelsesværdiproblemer. Med andre ord, find funktionen y(t), som tilfredsstiller: Løsning. 1. Differentialligningen y (t) = y(t) og begyndelsesbetingelsen y(0) = Differentialligningen y (t) + sin(t)y(t) = sin(t) og begyndelsesbetingelsen y(π) = Differentialligningen y (t) = e t+y(t) og begyndelsesbetingelsen y(2) = Vi så i Eksempel 5.4 at den fuldstændige løsning til y (t) = y(t) er givet ved y(t) = ce t. For at løse begyndelsesværdiproblemet kan vi evaluere y(t) i 0 og sammenligne resultatet med begyndelsesbetingelsen. Vi får, at y(0) = c, hvilket betyder, at vi skal vælge c = 7. Når vi kender c, har vi den ønskede løsning, nemlig y(t) = 7e t.

71 5.4. LØSNING MED TAYLORPOLYNOMIER Den fuldstændige løsning er i dette tilfælde y(t) = 1 + ce cos(t). Ved hjælp af begyndelsesbetingelsen finder vi, at 2 = y(π) = 1+ce cos(π) = 1+ce 1. Dette betyder, at ce 1 = 1, dvs. c = e. Den ønskede løsning er altså y(t) = 1 + e e cos(t). 3. Den fuldstændige løsning er y(t) = ln( c e t ), c > 0. Ved at anvende begyndelsesbetingelsen får vi 3 = y(2) = ln( c e 2 ). Vi omskriver udtrykket for at løse for c. Vi får ln( c e 2 ) = 3, dvs. c e 2 = e 3, hvilket er det samme som c = e 2 + e 3. Den ønskede løsning er derfor y(t) = ln(e 2 + e 3 e t ), t < ln(e 2 + e 3 ). 5.4 Anvendelse af Taylorpolynomier til løsning af førsteordens differentialligninger I kapitel 3 stødte vi på Taylorpolynomier for funktioner som e t, sin(t), cos(t) osv. I dette afsnit ser vi på funktioner, der optræder som løsninger til førsteordens differentialligninger med begyndelsesbetingelser. Det er ikke altid muligt finde eksakte løsninger til sådanne differentialligninger. Som vi skal se, er det ofte alligevel muligt at beregne Taylorpolynomier for sådanne løsninger. På denne måde kan man få et godt indtryk af, hvordan løsningen opfører sig. Vi viser hvordan i nogle eksempler, men vi vil ikke give emnet en formel behandling. Eksempel Lad y(t) være funktionen, der tilfredsstiller differentialligningen y = y og begyndelsesbetingelsen y(0) = 1. Beregn det 2. ordens Taylorpolynomium ỹ 2 (t) for y(t) i 0. Løsning. For at beregne ỹ 2 (t) skal vi først finde y(0), y (0) og y (0). Værdien af y(0) er givet som begyndelsesbetingelse: y(0) = 1. Værdien af y (0) kan beregnes ud fra selve differentialligningen. Idet vi har, at y (t) = y(t) for alle værdier af t, ved vi også, at y (0) = y(0). Heraf konkluderer vi, at y (0) = 1. For at beregne y (0) differentierer vi først på begge sider af lighedstegnet i differentialligningen og får y (t) = y (t) for alle t. For t = 0 får vi y (0) = y (0). Da vi allerede ved, at y (0) = 1, får vi altså y (0) = 1. Vi kan nu opskrive det 2. ordens Taylorpolynomium for y(t): ỹ 2 (t) = 1 +t +t 2 /2. I dette eksempel kunne vi også have beregnet løsningen y(t) eksplicit, da vi ved, at alle løsninger til differentialligningen y = y er givet ved y(t) = ce t. Ud fra begyndelsesbetingelsen y(0) = 1 kan vi beregne konstanten c, og vi får ce 0 = 1 c = 1. Så løsningen er altså y(t) = e t. Beregner vi det 2. ordens Taylorpolynomium for denne funktion, får vi samme polynomium som ovenfor. Pointen med det foregående eksempel er, at måden, hvorpå vi beregnede det 2. ordens Taylorpolynomium for løsningen, kan generaliseres også til differentialligninger, hvor man ikke kan

72 66 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER finde et eksplicit udtryk for løsningen y(t). Bemærk i øvrigt at vi kunne have fortsat og fundet Taylorpolynomiet af en vilkårlig orden n for løsningen. Vi skal nu se et eksempel på en differentialligning, hvor man ikke kan finde et eksplicit udtryk for løsningen. Eksempel Lad y(t) være den funktion, der tilfredsstiller differentialligningen y = y 2 + t 2 og begyndelsesbetingelsen y(1) = 1. Beregn det 3. ordens Taylorpolynomium ỹ 3 (t) for y(t) i 1. Løsning. For at beregne ỹ 3 (t) skal vi bruge værdierne y(1), y (1), y (1) og y (1). Af begyndelsesbetingelsen har vi, at y(1) = 1. Da y (t) = y(t) 2 + t 2 for alle værdier af t får vi y (1) = = 2. Vi differentierer nu på begge sider af lighedstegnet i differentialligningen og får y (t) = 2y(t)y (t) + 2t (hvor vi bruger kædereglen til at differentiere y(t) 2 ). Vi får altså y (1) = = 6. Vi differentierer nu på begge sider af lighedstegnet en gang mere og får y (t) = 2y (t) 2 + 2y(t)y (t) + 2 (hvor vi bruger produktreglen til at differentiere 2y(t)y (t)). Vi får altså y (1) = = 22. Nu kan vi opskrive det 3. ordens Taylorpolynomium og får ỹ 3 (t) = 1 + 2(t 1) (t 1) (t 1)3 = 1 + 2(t 1) + 3(t 1) (t 1)3. Som nævnt tidligere reducerer man normalt ikke leddene 2(t 1), 3(t 1) 2 og 11 3 (t 1)3. Som i de foregående afsnit kunne vi prøve at undersøge, hvor god approksimationen ỹ 3 (t) til løsningen y(t) er. I almindelighed kender vi dog netop ikke funktionen y(t), hvilket vanskeliggør undersøgelsen. Vi afstår her fra at gå nærmere ind i dette emne og holder os til tommelfingerreglen om, at Taylorpolynomiet ofte er en god tilnærmelse i nærheden af udviklingspunktet. En anden tommelfingerregel er, at tilnærmelsen er bedre jo højere orden Taylorpolynomiet har. På Figur 5.1 kan man se, hvor god tilnærmelsen til funktionen y(t) i det foregående eksempel er.

73 5.4. LØSNING MED TAYLORPOLYNOMIER y(t) ỹ 3 (t)=1+2(t 1)+3(t 1) (t 1)3 Figur 5.1: Grafer for funktionerne y(t) fra Eksempel 5.12 (fundet numerisk vha. Maple) og dens 3. ordens Taylorpolynomium i 1.

74 68 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER

75 Kapitel 6 Lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter 6.1 Introduktion I dette kapitel betragter vi såkaldte lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter. Mens en førsteordens differentialligning beskriver en relation mellem en funktion y(t) og dens afledede y (t), beskriver en andenordens differentialligning en relation mellem y(t), dens første afledede y (t) og dens anden afledede y (t). Ligningen e y (t) + y (t) = y(t) er for eksempel en andenordens differentialligning. De lineære andenordens differentialligninger er en særlig type andenordens differentialligninger. Vi forklarer hvad der menes med ordet lineær i følgende definition: Definition 6.1. En andenordens differentialligning kaldes lineær, hvis den kan skrives på formen a 2 (t)y (t) + a 1 (t)y (t) + a 0 (t)y(t) = f (t), hvor a 2 (t), a 1 (t), a 0 (t) og f (t) er funktioner af t. Et eksempel på en lineær andenordens differentialligning er ligningen t(t 1)y (t) + 2ty (t) + y(t) = e t. Den har formen fra Definition 6.1, hvis vi vælger a 2 (t) = t(t 1), a 1 (t) = 2t, a 0 (t) = 1 og f (t) = e t. Selvom det måske er oplagt, hvad der menes med udtrykket konstante koefficienter i titlen til dette kapitel, præciserer vi det her: 69

76 70 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Definition 6.2. En lineær andenordens differentialligning siges at have konstante koefficienter, hvis den kan skrives på formen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t), hvor a 2, a 1 og a 0 er konstanter i R, og f (t) er en funktion af t. Vi antager altid, at a 2 0. Forskellen fra Definition 6.1 er, at a 2, a 1 og a 0 er vilkårlige funktioner af t i Definition 6.1, mens de i Definition 6.2 er konstanter. Differentialligningen y (t) + 2y (t) + y(t) = cos(t) er for eksempel en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Den har formen fra Definition 6.2, hvis vi vælger a 2 = 1, a 1 = 2, a 0 = 1 og f (t) = cos(t). Et andet eksempel på en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter er y (t) = 0. Alle løsninger til denne differentialligning har formen y(t) = c 1 + c 2 t, c 1,c 2 R. Som det er tilfældet for førsteordens differentialligninger kan vi somme tider beregne den fuldstændige løsning til en andenordens differentialligning. Hvor den fuldstændige løsning til en førsteordens differentialligning indeholder én konstant, indeholder den fuldstændige løsning til en andenordens differentialligning to konstanter. Målet med dette kapitel er at beskrive en metode, hvormed man kan finde den fuldstændige løsning til en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Det viser sig, at jo mere kompliceret funktionen f (t) er, jo mere kompliceret er løsningen. Vi starter derfor næste afsnit med det letteste tilfælde, nemlig det hvor f (t) = 0. Et andet mål med dette kapitel er at komme ind på begyndelsesværdiproblemer i forbindelse med andenordens differentialligninger. 6.2 Homogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter Vi starter vores undersøgelse af lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter med at betragte specialtilfældet, hvor f (t) = 0. Definition 6.3. En lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter kaldes homogen, hvis den kan skrives på formen Her er a 2, a 1 og a 0 reelle konstanter, a 2 0. a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0. I Definition 6.2 kan funktionen f (t) være hvad som helst, mens den i Definition 6.3 skal være nulfunktionen. Et eksempel på en homogen differentialligning er y (t) y(t) = 0.

77 6.2. HOMOGENE LIGNINGER 71 I dette eksempel har vi a 2 = 1, a 1 = 0 og a 0 = 1. Vi kigger nærmere på denne differentialligning i følgende eksempel. Eksempel 6.4. I dette eksempel betragter vi differentialligningen y (t) y(t) = 0. Løsning. 1. Vis at funktionen y(t) = e t er en løsning til differentialligningen. 2. Vis at funktionen y(t) = e t er en løsning til differentialligningen. 3. Vis at funktionen y(t) = 3e t er en løsning til differentialligningen. 4. Vis at funktionen y(t) = e t + e t er en løsning til differentialligningen. 1. Vi starter med funktionen y(t) = e t. Vi har y (t) = e t og y (t) = e t. Det gælder derfor, at y (t) y(t) = Hvis y(t) = e t har vi y (t) = e t og y (t) = e t. Derfor er denne funktion også en løsning til differentialligningen y (t) y(t) = Hvis y(t) = 3e t, så er y (t) = 3e t og y (t) = 3e t. Derfor gælder y (t) y(t) = Hvis y(t) = e t + e t får vi y (t) = e t e t og y (t) = e t + e t. Derfor gælder det igen, at y (t) y(t) = 0. De sidste to punkter i Eksempel 6.4 illustrerer en generel egenskab ved homogene differentialligninger: Sætning 6.5. Lad a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0 være en homogen lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Hvis y 1 (t) og y 2 (t) er løsninger til differentialligningen, så er enhver funktion på formen en løsning. c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t), c 1,c 2 R, Bevis. Da y 1 (t) og y 2 (t) er løsninger til den givne differentialligning gælder det, at og a 2 y 1 (t) + a 1 y 1 (t) + a 0 y 1 (t) = 0 a 2 y 2 (t) + a 1 y 2 (t) + a 0 y 2 (t) = 0. Ved at multiplicere den første ligning med c 1 og den anden med c 2 får vi, at a 2 (c 1 y 1 (t)) + a 1 (c 1 y 1 (t)) + a 0 (c 1 y 1 (t)) = 0

78 72 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER og a 2 (c 2 y 2 (t)) + a 1 (c 2 y 2 (t)) + a 0 (c 2 y 2 (t)) = 0. Lægger vi disse to ligninger sammen, får vi a 2 (c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)) + a 1 (c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)) + a 0 (c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)) = 0. Denne ligning viser, at funktionen c 1 y 1 (t)+c 2 y 2 (t) er en løsning til den givne differentialligning. Vi så i Eksempel 6.4, at funktionerne y 1 (t) = e t og y 2 (t) = e t er løsninger til differentialligningen y (t) y(t) = 0. Derfor kan vi nu ifølge Sætning 6.5 konkludere, at enhver funktion på formen y(t) = c 1 e t +c 2 e t, c 1,c 2 R, er en løsning til differentialligningen y (t) y(t) = 0. Man kan faktisk vise, at alle løsninger til denne differentialligning har denne form, og y(t) = c 1 e t + c 2 e t, c 1,c 2 R, er dermed den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) y(t) = 0. Vi kan vælge c 1 og c 2 helt vilkårligt. Vælger vi f.eks. c 1 = 3 og c 2 = 0, får vi løsningen 3e t, og vælger vi c 1 = c 2 = 1 får vi løsningen e t + e t. Vi fandt også frem til disse løsninger i Eksempel 6.4, men nu ved vi, at der er uendeligt mange flere. Vi er selvfølgelig heldige, idet vi allerede kendte de to løsninger y 1 (t) = e t og y 2 (t) = e t Det karakteristiske polynomium Vi kigger nu generelt på de homogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter fra Definition 6.3. Vi starter med at antage, at funktionen y(t) = e λt (λ R) er en løsning til den homogene lineære andenordens differentialligning med konstante koefficienter a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0 (6.1) (bemærk, at λ er en reel konstant). Vi kan nu undersøge, hvilken værdi λ i så fald må have. Dette gør vi ved at indsætte y(t) = e λt i differentialligningen. Vi får da a 2 (e λt ) + a 1 (e λt ) + a 0 e λt = a 2 λ 2 e λt + a 1 λe λt + a 0 e λt = (a 2 λ 2 + a 1 λ + a 0 )e λt. At y(t) = e λt er en løsning til differentialligningen er altså ensbetydende med, at (a 2 λ 2 + a 1 λ + a 0 )e λt = 0, og da e λt 0 for alle værdier af λt, er dette det samme som a 2 λ 2 + a 1 λ + a 0 = 0. Funktionen y(t) = e λt,λ R, er altså løsning til differentialligningen hvis og kun hvis λ er en (reel) rod i andengradspolynomiet p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0.

79 6.2. HOMOGENE LIGNINGER 73 Dette polynomium kaldes det karakteristiske polynomium, og ligningen a 2 z 2 + a 1 z + a 0 = 0 kaldes karakterligningen. Hvis det karakteristiske polynomium har de to reelle rødder λ 1 og λ 2, så er funktionerne y 1 (t) = e λ 1t og y 2 (t) = e λ 2t altså begge løsninger til differentialligningen (6.1). Ifølge Sætning 6.5 er alle funktioner på formen y(t) = c 1 e λ 1t +c 2 e λ 2t,c 1,c 2 R, dermed løsninger til differentialligningen, og man kan vise, at dette er den fuldstændige løsning. Det gælder for alle andenordens differentialligninger af denne type, at den fuldstændige løsning vil indeholde to parametre, som hver især kan vælges frit uafhængigt af hinanden. Hvis det karakteristiske polynomium har en dobbeltrod λ, så er funktionen y 1 (t) = e λt ifølge udregningerne ovenfor en løsning til (6.1), og man kan bruge Sætning 6.5 til at vise, at alle funktioner på formen ce λt,c R, er løsninger. Men i dette tilfælde har vi endnu ikke fat i den fuldstændige løsning, da denne som nævnt vil indeholde to parametre. Vi mangler i dette tilfælde en løsning y 2 (t), som vi ved hjælp af Sætning 6.5 kan sætte sammen med y 1 (t) til den fuldstændige løsning. Der skal vel at mærke gælde, at y 2 (t) ikke kan skrives på formen cy 1 (t) for et reelt tal c. Hvis det karakteristiske polynomium har to ikke-reelle rødder, er vi umiddelbart helt på bar bund, da vi jo forudsatte, at λ var reel. Vi betragter nu hver for sig de to tilfælde, hvor vi ikke har to forskellige reelle rødder i det karakteristiske polynomium En dobbeltrod Når karakterligningen har en dobbeltrod λ, ved vi allerede, at funktionen y 1 (t) = e λt er en løsning til differentialligningen. Vi skal dog som nævnt ovenfor bruge to løsninger, så vi mangler en løsning y 2 (t), som vel at mærke ikke er et konstant multiplum af y 1 (t). Vi giver denne løsning her: y 2 (t) = te λt. Bemærk at y 2 (t) = ty 1 (t), men t er som bekendt ikke en konstant. Vi vil ikke vise, hvordan vi har fundet frem til denne løsning, men lad os kontrollere, at y 2 (t) rent faktisk er en løsning til differentialligningen. Da λ er dobbeltrod i det karakteristiske polynomium p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0 ved vi fra Kapitel 2, at det karakteristiske polynomium kan skrives p(z) = a 2 (z λ) 2 = a 2 z 2 2a 2 λz + a 2 λ 2. Vi har altså og a 1 = 2a 2 λ a 0 = a 2 λ 2.

80 74 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Vi kan nu omskrive differentialligningen til a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0 a 2 y (t) 2a 2 λy (t) + a 2 λ 2 y(t) = 0 Vi finder nu de afledede af y 2 (t) ved hjælp af produktreglen: y (t) 2λy (t) + λ 2 y(t) = 0. (6.2) y 2(t) = e λt +tλe λt = (1 +tλ)e λt og y 2(t) = λe λt + λ(1 +tλ)e λt = λ(2 +tλ)e λt. Indsætter vi disse i venstre side af (6.2) får vi λ(2 +tλ)e λt 2λ(1 +tλ)e λt + λ 2 te λt = e λt (2λ +tλ 2 2λ 2tλ 2 +tλ 2 ) = e λt 0 = 0. Funktionen y 2 (t) = te λt er altså ganske rigtigt en løsning til differentialligningen. Vi kan nu ved hjælp af Sætning 6.5 kombinere løsningerne y 1 (t) og y 2 (t) til den fuldstændige løsning y(t) = c 1 e λt + c 2 te λt, c 1,c 2 R To ikke-reelle rødder Vi betragter nu det tilfælde, hvor det karakteristiske polynomium har to ikke-reelle rødder. Vi starter med følgende lemma. Lemma 6.6. Lad z C være et komplekst tal og definér den komplekse funktion y(t) = e zt. Da er y (t) = ze zt og y (t) = z 2 e zt. Bevis. Vi viser kun påstanden y (t) = ze zt. Vi skriver z = α + βi på rektangulær form. Da får vi e zt = e αt+iβt = e αt (cos(βt) + isin(βt)). I den sidste lighed brugte vi definitionen på den komplekse eksponentialfunktion. Ved hjælp af produktreglen får vi nu y (t) = (e αt ) (cos(βt) + isin(βt)) + e αt (cos(βt) + isin(βt)). Ved brug af kæde- og produktreglen får vi nu videre og (e αt ) (cos(βt) + isin(βt)) = αe αt (cos(βt) + isin(βt)) e αt (cos(βt) + isin(βt)) = e αt ( βsin(βt) + iβcos(βt)) = iβe αt (cos(βt) + isin(βt)). Ved at kombinere ovenstående tre ligninger får vi y (t) = (α + iβ)e αt (cos(βt) + isin(βt)) = ze (α+iβ)t = ze zt.

81 6.2. HOMOGENE LIGNINGER 75 Lemma 6.6 viser, at udregningen i Afsnit som førte til betingelsen a 2 λ 2 + a 1 λ + a 0 = 0 også er gyldig, hvis λ er kompleks. Vi kan altså konkludere, at y(t) = e λt,λ C, er en løsning til differentialligningen (6.1) hvis og kun hvis λ er en (kompleks) løsning til karakterligningen a 2 z 2 + a 1 z + a 0 = 0. Er λ = α + βi f.eks. en kompleks rod i det karakteristiske polynomium, så er funktionen y(t) = e (α+βi)t = e αt (cos(βt) + isin(βt)) altså en løsning til differentialligningen (6.1). Problemet er blot, at når β 0, har denne funktion ikke-reelle funktionsværdier, og vi er i almindelighed kun interesserede i reelle løsninger til differentialligningen. Lad os derfor definere de reelle funktioner y 1 (t) og y 2 (t) således, at for ethvert t, dvs. og y(t) = y 1 (t) + iy 2 (t) y 1 (t) = e αt cos(βt) y 2 (t) = e αt sin(βt). Vi kan nu finde den første og anden afledede af y(t), udtrykt ved y 1 (t) og y 2 (t). Vi får og y (t) = y 1(t) + iy 2(t) y (t) = y 1(t) + iy 2(t). Da y(t) er en løsning til differentialligningen (6.1) får vi nu a 2 (y 1(t) + iy 2(t)) + a 1 (y 1(t) + iy 2(t)) + a 0 (y 1 (t) + iy 2 (t)) = 0 (a 2 y 1(t) + a 1 y 1(t) + a 0 y 1 (t)) + i(a 2 y 2(t) + a 1 y 2(t) + a 0 y 2 (t)) = 0. Hvis et komplekst tal c + di er nul, så gælder det, at c = 0 og d = 0. Vi kan altså konkludere, at både y 1 (t) og y 2 (t) er (reelle) løsninger til differentialligningen (6.1). Vi kan slutteligt kombinere disse løsninger ved hjælp af Sætning 6.5 til den fuldstændige (reelle) løsning Generel løsningsmetode y(t) = c 1 e αt cos(βt) + c 2 e αt sin(βt), c 1,c 2 R. Vi kan nu beskrive en generel metode til at finde den fuldstændige løsning til en homogen lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Vi beskriver løsningsmetoden i Sætning 6.7.

82 76 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Sætning 6.7. Lad den homogene lineære andenordens differentialligning med konstante koefficienter a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0, a 2,a 1,a 0 R,a 2 0, være givet, og betragt det tilhørende karakteristiske polynomium p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a Hvis p(z) har to forskellige reelle rødder λ 1 og λ 2, er den fuldstændige løsning c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t, c 1,c 2 R. 2. Hvis p(z) har en reel dobbeltrod λ, er den fuldstændige løsning c 1 e λt + c 2 te λt, c 1,c 2 R. 3. Hvis p(z) har to komplekse rødder α ± βi, β 0, er den fuldstændige løsning c 1 e αt cos(βt) + c 2 e αt sin(βt), c 1,c 2 R. Vi viser nu i nogle eksempler, hvordan Sætning 6.7 bruges. Eksempel 6.8. Beregn den fuldstændige løsning til følgende differentialligninger: Løsning. 1. y (t) 5y (t) + 6y(t) = 0 2. y (t) + 7y (t) = 0 3. y (t) 4y (t) + 4y(t) = 0 4. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0 1. Differentialligningen y (t) 5y (t)+6y(t) = 0 har det karakteristiske polynomium p(z) = z 2 5z + 6. Hvis vi bruger Sætning 2.7 til at finde rødderne i p(z) får vi λ 1 = 2 og λ 2 = 3. Vi har altså to forskellige reelle rødder, så den fuldstændige løsning til differentialligningen er y(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t, c 1,c 2 R. 2. Differentialligningen y (t)+7y (t) = 0 har karakteristisk polynomium p(z) = z 2 +7z. Det ses umiddelbart, at den ene rod er λ 1 = 0, mens den anden er λ 2 = 7. Den fuldstændige løsning er dermed ifølge Sætning 6.7 y(t) = c 1 e 0t + c 2 e 7t = c 1 + c 2 e 7t, c 1,c 2 R.

83 6.3. BEGYNDELSESVÆRDIPROBLEMER Det karakteristiske polynomium for differentialligningen y (t) 4y (t)+4y(t) = 0 er p(z) = z 2 4z + 4, som har dobbeltroden 2. Sætning 6.7 giver os da den fuldstændige løsning y(t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t, c 1,c 2 R. 4. Differentialligningen y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0 har karakteristisk polynomium p(z) = z 2 4z + 13, som har de komplekse rødder 2 ± 3i. Den fuldstændige løsning er dermed y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t), c 1,c 2 R. 6.3 Begyndelsesværdiproblemer Vi så i de foregående afsnit, hvordan man finder den fuldstændige løsning til nogle andenordens differentialligninger. Ligesom førsteordens differentialligninger bruges andenordens differentialligninger også til at modellere processer, der sker i naturen. Den fuldstændige løsning til en differentialligning beskriver alle mulige måder, denne proces kan opføre sig på. Der er to ubekendte i den fuldstændige løsning til en andenordens differentialligning, som vi så ovenfor. Med to begyndelsesbetingelser er disse ubekendte derfor fastlagt. Man kan pålægge en funktion y(t) to begyndelsesbetingelser ved også at lægge en betingelse på funktionens afledede. Definition 6.9. Lad y(t) være en funktion, og lad de reelle tal t 0, y 0 og p 0 være givet således, at y(t 0 ) = y 0 og y (t 0 ) = p 0. Da siges funktionen y(t) at tilfredsstille begyndelsesbetingelserne y(t 0 ) = y 0 og y (t 0 ) = p 0. Det viser sig, at en funktion y(t) er entydigt bestemt, hvis den tilfredsstiller både en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter samt de to begyndelsesbetingelser ovenfor. Vi viser, hvordan man finder sådanne funktioner i nogle eksempler. Eksempel En funktion y(t) tilfredsstiller begyndelsesbetingelserne y(0) = 1 og y (0) = 2. Beregn y(t), hvis den samtidig tilfredsstiller følgende differentialligninger: Løsning. 1. y (t) 5y (t) + 6y(t) = 0 2. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0 1. Vi så i Eksempel 6.8, at den fuldstændige løsning til den første differentialligning er givet ved y(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t. Sætter vi t = 0 i dette udtryk, får vi y(0) = c 1 + c 2. Dette kan kombineres med den første begyndelsesbetingelse, og vi får c 1 + c 2 = 1, dvs. c 1 = c Differentierer vi den fuldstændige løsning, får vi y (t) = 2c 1 e 2t + 3c 2 e 3t.

84 78 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Vi sætter nu t = 0 i dette udtryk og får y (0) = 2c 1 + 3c 2. Dette kan vi kombinere med den anden begyndelsesbetingelse, og vi får 2c 1 + 3c 2 = 2. Da vi allerede ved, at c 1 = c 2 + 1, kan vi konkludere, at c 1 = 1 og c 2 = 0. Sætter vi disse værdier ind i den fuldstændige løsning, får vi y(t) = e 2t. 2. Vi så i Eksempel 6.8, at den fuldstændige løsning til den anden differentialligning er y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t). Ved at sætte t = 0 får vi y(0) = c 1. Den første begyndelsesbetingelse giver nu c 1 = 1. Differentierer vi den fuldstændige løsning, får vi y (t) = c 1 ( 2e 2t cos(3t) e 2t 3sin(3t) ) + c 2 ( 2e 2t sin(3t) + e 2t 3cos(3t) ). Ved at sætte t = 0 får vi y (0) = 2c 1 + 3c 2. Den anden begyndelsesbetingelse giver 2c 1 +3c 2 = 2. Da vi før fandt, at c 1 = 1 får vi altså nu, at c 2 = 0. Den ønskede funktion er derfor y(t) = e 2t cos(3t). Det er blot et tilfælde, at de fundne værdier af c 1 og c 2 er de samme i de to eksempler. 6.4 Inhomogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter En lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter kaldes inhomogen, hvis den er på formen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t). Her er f (t) en funktion af t forskellig fra nulfunktionen. Vi starter med at undersøge strukturen af den fuldstændige løsning til en sådan differentialligning. Definition Lad y(t) være en løsning til den inhomogene differentialligning a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t). En sådan løsning kaldes en partikulær løsning og vil blive benævnt med y p (t). En partikulær løsning er blot en bestemt løsning til en differentialligning. Den er derfor ikke unik. Funktionen y p (t) = 1 er f.eks. en partikulær løsning til differentialligningen y (t) y(t) = 1, og ligeledes er funktionen e t + 1. Betydningen af en partikulær løsning bliver tydelig i det følgende.

85 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 79 Sætning Lad y p (t) være en partikulær løsning til den inhomogene differentialligning a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t). Lad y hom (t) betegne den fuldstændige løsning til den tilhørende homogene differentialligning a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0. Så er den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning givet ved y(t) = y p (t) + y hom (t). Bevis. Vi viser først, at summen af y p (t) og en vilkårlig løsning til den homogene differentialligning er en løsning til den inhomogene differentialligning, og dernæst at enhver løsning til den inhomogene differentialligning kan skrives som summen af y p (t) og en løsning til den homogene differentialligning. Da y p (t) er en løsning til den inhomogene differentialligning gælder det, at a 2 y p(t) + a 1 y p(t) + a 0 y p (t) = f (t). (6.3) En vilkårlig løsning y h (t) til den homogene differentialligning tilfredsstiller Vi har altså a 2 y h (t) + a 1y h (t) + a 0y h (t) = 0. (a 2 y h (t) + a 1y h (t) + a 0y h (t)) + (a 2 y p(t) + a 1 y p(t) + a 0 y p (t)) = f (t) a 2 (y p (t) + y h (t)) + a 1 (y p (t) + y h (t)) + a 0 (y p (t) + y h (t)) = f (t), hvilket viser at summen af y p (t) og en (vilkårlig) løsning til den homogene differentialligning er en løsning til den inhomogene differentialligning. Enhver løsning y(t) til den inhomogene differentialligning tilfredsstiller a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t). Tager vi differensen mellem denne ligning og (6.3), får vi a 2 (y y p ) (t) + a 1 (y y p ) (t) + a 0 (y y p )(t) = 0. Differensen y(t) y p (t) tilfredsstiller altså den tilhørende homogene differentialligning. Da y(t) = y p (t) + (y(t) y p (t)) ses det, at enhver løsning y(t) til den inhomogene differentialligning kan skrives som en sum af y p (t) og en løsning til den tilhørende homogene differentialligning. Beviset er hermed udført. Vi giver et eksempel på en anvendelse af denne sætning.

86 80 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Eksempel Beregn den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) y(t) = 1. Løsning. Vi så tidligere, at y p (t) = 1 er en partikulær løsning til differentialligningen. Til den homogene differentialligning hører karakterligningen z 2 1 = 0, som har løsningerne ±1. Sætning 6.7 giver os dermed den fuldstændige løsning y hom (t) = c 1 e t + c 2 e t, c 1,c 2 R, til den homogene differentialligning. Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning y (t) y(t) = 1 er dermed y(t) = c 1 e t + c 2 e t + 1, c 1,c 2 R. I eksemplet ovenfor var vi så heldige, at vi allerede kendte en partikulær løsning. Så heldig er man naturligvis ikke altid. I næste afsnit viser vi, hvordan man ofte kan finde en partikulær løsning ved hjælp af den såkaldte gættemetode Gættemetoden Hvis funktionen f (t) i den inhomogene differentialligning har formen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = f (t) f (t) = de rt cos(ωt) eller f (t) = de rt sin(ωt), så findes der en metode til at finde en partikulær løsning til differentialligningen. Her er d, r og ω reelle tal. Metoden kaldes ofte gættemetoden, selvom metoden præcist beskriver, hvordan man under de nævnte betingelser finder en partikulær løsning og altså ikke egentlig kræver, at man gætter noget som helst. Lad os først se på hvilke slags funktioner, der kan skrives på formen f (t) = de rt cos(ωt) eller f (t) = de rt sin(ωt). I tabellen nedenfor er der givet nogle eksempler på funktioner og de tilhørende værdier af d, r og ω. f (t) d r ω e 2t cos(3t) eller sin(3t) e t cos(5t) eller 3e t sin(5t) Vi beskriver først en algoritme til beregning af en partikulær løsning i tilfældet ω = 0. Den følgende sætning er vigtig i denne forbindelse.

87 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 81 Sætning En differentialligning på formen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt, hvor d,r R, har en partikulær løsning på formen ke rt hvis r ikke er rod i a 2 z 2 + a 1 z + a 0 y p (t) = kte rt kt 2 e rt hvis r er rod med multiplicitet 1 i p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0 hvis r er rod med multiplicitet 2 i p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0, hvor k er en konstant. Vi beviser ikke denne sætning, men forklarer i nogle eksempler, hvordan sætningen kan bruges til at beregne en partikulær løsning. Idéen er først at finde den rette form for den partikulære løsning, og dernæst bestemme den ubekendte k. Når en partikulær løsning er fundet, kan Sætning 6.12 bruges til at finde den fuldstændige løsning til den inhomogene lineære andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Vi viser også denne del i de følgende eksempler. Eksempel Find en partikulær løsning til følgende differentialligninger. Find også den fuldstændige løsning. Løsning. 1. y (t) 5y (t) + 6y(t) = 7e 2t 2. y (t) 4y (t) + 4y(t) = 7e 2t 3. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 7e 2t 1. I dette eksempel har vi f (t) = 7e 2t, som er på den krævede form med d = 7, r = 2 og ω = 0. Tallet 2 er rod i det karakteristiske polynomium z 2 5z+6 for differentialligningen. Multipliciteten er 1, da den anden rod i polynomiet er 3. Ifølge Sætning 6.14 har differentialligningen y (t) 5y (t)+6y(t) = 7e 2t derfor en løsning på formen y p (t) = kte 2t. For at bestemme k, sætter vi gættet på y p (t) ind i differentialligningen: Efter udregning af de afledede får vi Vi kan reducere venstresiden og får (kte 2t ) 5(kte 2t ) + 6kte 2t = 7e 2t. (4ke 2t + 4kte 2t ) 5(ke 2t + 2kte 2t ) + 6kte 2t = 7e 2t. ke 2t = 7e 2t. Vi ser nu, at vi må vælge k = 7 og har dermed fundet den partikulære løsning y p (t) = 7te 2t.

88 82 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Ved hjælp af Sætning 6.12 kan vi nu finde den fuldstændige løsning til differentialligningen som summen af y p (t) og den fuldstændige løsning y hom (t) til den tilhørende homogene differentialligning y (t) 5y (t) + 6y(t) = 0. I Eksempel 6.8 beregnede vi løsningen y hom (t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t, c 1,c 2 R. Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning y (t) 5y (t) + 6y(t) = 7e 2t er derfor y(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t 7te 2t, c 1,c 2 R. 2. Vi har samme højreside f (t) = 7e 2t af differentialligningen som før, dvs. d = 7 og r = 2. Denne gang er tallet 2 rod med multiplicitet 2 i det karakteristiske polynomium z 2 4z + 4. Derfor er gættet på en partikulær løsning y p (t) = kt 2 e 2t. Vi substituerer dette ind i differentialligningen for at beregne k: Efter at have beregnet de afledede får vi som reduceres til (kt 2 e 2t ) 4(kt 2 e 2t ) + 4kt 2 e 2t = 7e 2t. (2ke 2t + 8kte 2t + 4kt 2 e 2t ) 4(k2te 2t + 2kt 2 e 2t ) + 4kt 2 e 2t = 7e 2t, 2ke 2t = 7e 2t. Vi ser, at k = 7/2, og dermed er den ønskede partikulære løsning y p (t) = 7 2 t2 e 2t. I Eksempel 6.8 fandt vi, at den fuldstændige løsning til den tilhørende homogene differentialligning y (t) 4y (t) + 4y(t) = 0 er y hom (t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t, c 1,c 2 R. Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor y(t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t t2 e 2t, c 1,c 2 R. 3. Vi har igen d = 7 og r = 2. Tallet 2 er ikke rod i det karakteristiske polynomium z 2 4z + 13, og der findes derfor en partikulær løsning på formen y p (t) = ke 2t. Dette indsættes i differentialligningen, og de afledede beregnes. Vi får da 4ke 2t 4(2ke 2t ) + 13(ke 2t ) = 7e 2t. Dette reduceres til 9ke 2t = 7e 2t.

89 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 83 Vi får derfor k = 7/9, og den ønskede partikulære løsning er y p (t) = 7 9 e2t. Den fuldstændige løsning til den homogene differentialligning y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0 blev i Eksempel 6.8 fundet til y hom (t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t), c 1,c 2 R. Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t) e2t, c 1,c 2 R. Vi opskriver nu metoden til beregning af en partikulær løsning for inhomogene differentialligninger på den givne form som en sætning. Sætning Lad differentialligningen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt, d,r R, være givet. En partikulær løsning til denne differentialligning findes på følgende måde. Først anvendes Sætning 6.14 til at finde et udtryk for y p (t). Dette udtryk indeholder den ubekendte k. Denne beregnes ved at indsætte y p (t) i differentialligningen. Værdien for k indsættes nu i y p (t). Da er y p (t) en partikulær løsning til differentialligningen. Metoden ovenfor kræver som nævnt, at ω = 0. Hvis ω 0, kan vi bruge den komplekse eksponentialfunktion til vores fordel. Ifølge definitionen på den komplekse eksponentialfunktion gælder der nemlig, at de (r+iω)t = de rt e iωt = de rt cos(ωt) + ide rt sin(ωt). Funktionerne de rt cos(ωt) og de rt sin(ωt) er derfor lig henholdsvis realdelen og imaginærdelen af udtrykket de (r+iω)t. I lyset heraf beskriver vi først en mulig form for en partikulær løsning til den komplekse differentialligning a 2 Z (t) + a 1 Z (t) + a 0 Z(t) = de (r+iω)t, hvor vi bruger symbolet Z, for at vi lettere kan skelne denne differentialligning fra den oprindelige (reelle) differentialligning med højreside de rt cos(ωt) eller de rt sin(ωt). Som altid antages det, at tallene a 2,a 1,a 0,d,r og ω er reelle.

90 84 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Sætning En differentialligning på formen a 2 Z (t) + a 1 Z (t) + a 0 Z(t) = de (r+iω)t, hvor d,r,ω R, ω 0 har en partikulær løsning på formen Z p (t) = { ke (r+iω)t hvis r + iω ikke er rod i p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0 kte (r+iω)t hvis r + iω er rod i p(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0, hvor k er en konstant. Realdelen af denne løsning er en partikulær løsning til differentialligningen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt cos(ωt). Imaginærdelen af løsningen er en partikulær løsning til differentialligningen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt sin(ωt). Igen beviser vi ikke sætningen, men vi viser, hvordan den kan bruges til at finde partikulære løsninger i praksis. Eksempel Find en partikulær løsning til følgende differentialligninger. Find også den fuldstændige løsning. Løsning. 1. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 145cos(2t) 2. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 3e 2t sin(3t) 1. Vi bruger Sætning 6.17 til at finde den ønskede partikulære løsning. Vi har d = 145, r = 0 og ω = 2. Vi finder derfor først en partikulær løsning til den komplekse differentialligning Z (t) 4Z (t) + 13Z(t) = 145e 2it. Da 2i ikke er rod i polynomiet z 2 4z + 13, ved vi fra Sætning 6.17, at denne differentialligning har en partikulær løsning på formen Z p (t) = ke 2it. Indsætter vi dette i differentialligningen får vi: (ke 2it ) 4(ke 2it ) + 13(ke 2it ) = 145e 2it. Ved hjælp af Lemma 6.6 kommer vi frem til ligningen Efter nogle reduktioner får vi (2i) 2 ke 2it 4(2ike 2it ) + 13(ke 2it ) = 145e 2it. ( 4k 8ik + 13k)e 2it = 145e 2it,

91 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 85 som medfører, at (9 8i)ke 2it = 145e 2it. Vi har altså, at (9 8i)k = 145. Vi isolerer k og får k = (9 + 8i) 145(9 + 8i) = = = 9 + 8i. 9 8i (9 8i)(9 + 8i) 145 Nu ved vi, at funktionen (9 + 8i)e 2it er en (kompleks) partikulær løsning til differentialligningen Z (t) 4Z (t) + 13Z(t) = 145e 2it. For at løse opgaven, skal vi ifølge Sætning 6.17 tage realdelen af denne funktion. Da (9 + 8i)e 2it = (9 + 8i)(cos(2t) + isin(2t)) = (9cos(2t) 8sin(2t)) + i(8cos(2t) + 9sin(2t)), ser vi, at y p (t) = 9cos(2t) 8sin(2t) er den ønskede partikulære løsning til den oprindelige differentialligning y (t) 4y (t) + 13y(t) = 145 cos(2t). Den fuldstændige løsning er givet ved summen af den partikulære løsning y p (t) = 9cos(2t) 8sin(2t) og den fuldstændige løsning y hom (t) til den homogene differentialligning y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0. Vi ved fra tidligere, at y hom (t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t), c 1,c 2 R. Den ønskede fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t) + 9cos(2t) 8sin(2t), c 1,c 2 R. 2. Vi har d = 3, r = 2 og ω = 3 i dette eksempel. Da 2 + 3i er rod i det karakteristiske polynomium z 2 4z + 13, garanterer Sætning 6.17, at den komplekse differentialligning Z (t) 4Z (t) + 13Z(t) = 3e (2+3i)t har en partikulær løsning på formen Z p (t) = kte (2+3i)t. Vi fokuserer først på denne differentialligning og beregner en partikulær løsning til den. Indsætter vi udtrykket for Z p (t) får vi (kte (2+3i)t ) 4(kte (2+3i)t ) + 13(kte (2+3i)t ) = 3e (2+3i)t. (6.4) Vi beregner de afledede og får (kte (2+3i)t ) = ke (2+3i)t + (2 + 3i)kte (2+3i)t

92 86 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER og (kte (2+3i)t ) = (2 + 3i)2ke (2+3i)t + (2 + 3i) 2 kte (2+3i)t. Ligning (6.4) kan derfor (efter nogle beregninger) reduceres til (2 + 3i)2ke (2+3i)t 4ke (2+3i)t = 3e (2+3i)t. Vi ser altså, at hvilket betyder, at (2(2 + 3i) 4)k = 3, 6ki = 3. Vi får altså k = 3/(6i) = i/2. Dette betyder, at funktionen i 2 te(2+3i)t er en (kompleks) partikulær løsning til differentialligningen Z (t) 4Z (t) + 13Z(t) = 3e (2+3i)t. For at løse opgaven skal vi ifølge Sætning 6.17 tage imaginærdelen af denne funktion. Vi har i 2 te(2+3i)t = i 2 t ( e 2t cos(3t) + ie 2t sin(3t) ) = 1 2 te2t sin(3t) i 1 2 te2t cos(3t). Den ønskede partikulære løsning til den oprindelige differentialligning y (t) 4y (t) + 13y(t) = 3e 2t sin(3t) er derfor y p (t) = 1 2 te2t cos(3t). Den fuldstændige løsning er givet ved summen af denne partikulære løsning og den fuldstændige løsning y hom (t) til den tilhørende homogene differentialligning y (t) 4y (t) + 13y(t) = 0. Som i det første eksempel har vi y hom (t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t), c 1,c 2 R. Den ønskede fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t) 1 2 te2t cos(3t), c 1,c 2 R. Vi kan generelt opskrive følgende metode til beregning af en partikulær løsning:

93 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 87 Sætning Lad differentialligningen a 2 Z (t) + a 1 Z (t) + a 0 Z(t) = de (r+iω)t, d,r,ω R, være givet, hvor ω 0. En partikulær løsning Z p (t) til denne differentialligning findes på følgende måde. Først anvendes Sætning 6.17 til at finde et udtryk for Z p (t). Dette udtryk indeholder den ubekendte k. Denne beregnes ved at indsætte Z p (t) i differentialligningen. Værdien for k indsættes nu i Z p (t). Da er Z p (t) en partikulær løsning til differentialligningen. Der gælder i øvrigt, at realdelen af denne løsning er en partikulær løsning til differentialligningen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt cos(ωt), samt at imaginærdelen af løsningen er en partikulær løsning til differentialligningen a 2 y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = de rt sin(ωt). Der findes en mere generel udgave af gættemetoden, som kan finde en partikulær løsning i de tilfælde, hvor funktionen f (t) har formen q(t)e rt cos(ωt) eller q(t)e rt sin(ωt). Her betegner q(t) et polynomium i t. Vi har valgt ikke at komme ind på denne mere generelle metode i denne bog, men der findes mange bøger, hvor man kan finde en beskrivelse af den. Det tilfælde, vi har beskrevet her, svarer til polynomier af grad 0, dvs. q(t) er en konstant. Man kan også indføre begyndelsesbetingelser for inhomogene differentialligninger. Vi giver to eksempler: Eksempel En funktion y(t) tilfredsstiller begyndelsesbetingelserne y(0) = 0 og y (0) = 1. Beregn y(t), hvis den også tilfredsstiller følgende differentialligninger: Løsning. 1. y (t) 5y (t) + 6y(t) = 7e 2t 2. y (t) 4y (t) + 13y(t) = 145cos(2t) 1. Vi så i Eksempel 6.15, at den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) 5y (t)+ 6y(t) = 7e 2t er givet ved y(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t 7te 2t. Indsætter vi t = 0 i dette udtryk får vi y(0) = c 1 + c 2. Dette kan kombineres med den første begyndelsesbetingelse, og vi får c 1 + c 2 = 0, dvs. c 1 = c 2. Differentierer vi den fuldstændige løsning med hensyn til t får vi y (t) = 2c 1 e 2t + 3c 2 e 3t 7e 2t 14te 2t. Indsætter vi t = 0 i dette udtryk får vi y (0) = 2c 1 + 3c 2 7. Dette kombineres med den anden begyndelsesbetingelse, og konklusionen er 2c 1 + 3c 2 = 8. Da vi allerede ved, at

94 88 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER c 1 = c 2, kan vi konkludere, at c 2 = 8 og c 1 = 8. Disse værdier af c 1 og c 2 indsættes i den fuldstændige løsning, og vi får, at den ønskede funktion er y(t) = 8e 2t + 8e 3t 7te 2t. 2. Vi så i Eksempel 6.18, at den fuldstændige løsning til differentialligningen y (t) 4y (t)+ 13y(t) = 145cos(2t) er givet ved y(t) = c 1 e 2t cos(3t) + c 2 e 2t sin(3t) + 9cos(2t) 8sin(2t). Vi indsætter t = 0 og får y(0) = c Dette kombineres med den første begyndelsesbetingelse, og vi får c 1 = 9. Vi differentierer nu den fuldstændige løsning og får y (t) = c 1 ( 2e 2t cos(3t) e 2t 3sin(3t) ) + c 2 ( 2e 2t sin(3t) + e 2t 3cos(3t) ) 18 sin(2t) 16 cos(2t). Ved indsættelse af t = 0 fås y (0) = 2c 1 + 3c Kombineret med den anden begyndelsesbetingelse giver dette 2c 1 + 3c 2 = 17. Da vi allerede ved, at c 1 = 9, konkluderer vi, at c 2 = 35/3. Den ønskede funktion er derfor y(t) = 9e 2t cos(3t) e2t sin(3t) + 9cos(2t) 8sin(2t).

95 Bilag Det græske alfabet Bogstav Bogstav Bogstav Navn Stort Lille Navn Stort Lille Navn Stort Lille alfa A α iota I ι rho P ρ beta B β kappa K κ sigma Σ σ,ς gamma Γ γ lambda Λ λ tau T τ delta δ my M µ ypsilon ϒ υ epsilon E ε ny N ν phi Φ φ,ϕ zeta Z ζ xi Ξ ξ chi X χ eta H η omikron O o psi Ψ ψ theta Θ θ,ϑ pi Π π omega Ω ω Trigonometriske regneregler Grundrelationen: cos 2 (u) + sin 2 (u) = 1 Additionsformlerne: sin(u + v) = sin(u)cos(v) + sin(v)cos(u) sin(u v) = sin(u)cos(v) sin(v)cos(u) cos(u + v) = cos(u)cos(v) sin(u)sin(v) cos(u v) = cos(u)cos(v) + sin(u)sin(v) tan(u + v) = (tan(u) + tan(v))/(1 tan(u)tan(v)) tan(u v) = (tan(u) tan(v))/(1 + tan(u)tan(v)) 89

96 90 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER Enhedscirklen ( 2 2, 2 2 ) ( 3 2, 1 2 ) ( 1,0) ( 3 2, 1 2 ) ( 2 2 ) 2 2, ( 1 2, 3 2 ) π 5π 6 3π 4 5π 6 4 3π 2 ) ( 1 2, 3 2π π 3 (0,1) (0, 1) π π 2 π 60 3 ( 1 2, 3 2 ) 2 2 ) 2, π 45 4 ( 2 π 30 6 ( 3 2, 1 2 ) (1,0) 0 0 π 30 6 ( 3 π 45 4 ( 2 π 60 3 ( 1 2, 3 2 ) 2, 2 2, 1 2 ) 2 ) Differentiationsregler Differentiation af en sum/differens: Differentiation af et produkt (produktreglen): ( f (t) ± g(t)) = f (t) ± g (t) ( f (t) g(t)) = f (t) g(t) + f (t) g (t), (a f (t)) = a f (t), hvor a er en reel konstant Differentiation af en sammensat funktion (kædereglen): Differentiation af en kvotient: ( f (g(t))) = f (g(t)) g (t) ( ) f (t) = f (t) g(t) f (t) g (t) g(t) (g(t)) 2

97 6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 91 Afledede af forskellige funktioner (a er en reel konstant, i tilfældet (a t ) forudsættes a positiv; n er et heltal): (a) = 0 (at) = a (t n ) = nt n 1 (e t ) = e t (a t ) = ln(a)a t (ln(t)) = 1/t (sin(t)) = cos(t) (cos(t)) = sin(t) (tan(t)) = 1 cos 2 (t) = 1 + tan2 (t) Integrationsregler Linearitet: ( f (t) ± g(t)) dt = a f (t) dt = a f (t) dt ± g(t) dt f (t) dt, hvor a er en reel konstant Stamfunktioner til nogle elementære funktioner; her er a en reel konstant og k en reel konstant forskellig fra 0. a dt = at t a dt = ta+1 for a 1 a + 1 t 1 dt = ln t cos(kt) dt = 1 k sin(kt) sin(kt) dt = 1 k cos(kt) e kt dt = 1 k ekt

98 Indeks C, 1 N, 1 Q, 1 R, 1 Z, 1 i, 1 addition af komplekse tal, 7 additionsformler, 89 algebraens fundamentalsætning, 23 andengradspolynomium, 23 andenordens differentialligning, 69 approksimation, 39 argument, 7 begyndelsesbetingelse, 64, 77 begyndelsesværdiproblem, 64, 77 binomium, 25 DeMoivres sætning, 19 differentialligning, 57 differentiationsregler, 90 diskriminant, 24 divisionsalgoritmen, 30 dobbeltrod, 24 enhedscirklen, 90 Eulers formel, 18 førsteordens differentialligning, 57 faktorisering af polynomium, 27 fakultet, 41 fordoblingsregler, 19 fuldstændig løsning, 58 funktion af to variable, 45 gættemetoden, 80 græske alfabet, 89 grad af polynomium, 21 graf for funktion af to variable, 45 grundrelationen, 89 homogen differentialligning, 70 hovedargument, 7 imaginærdel, 2 imaginære akse, 2 imaginære enhed, 1 inhomogen differentialligning, 78 integrationsregler, 91 kædereglen, 90 karakteristiske polynomium, 72 karakterligningen, 73 kompleks konjugeret, 33 komplekse eksponentialfunktion, 14 komplekse talplan, 2 komplekst tal, 1 kritisk punkt se stationært punkt, 53 kvadratrodsfunktionen, 23 linearisering funktion af én variabel, 39 funktion af to variable, 51 modulus, 7 multiplicitet, 30 niveaukurve, 46 panserformlen, 59 partielle afledede, 49 partikulær løsning, 78 92

99 INDEKS 93 polær form, 16 polære koordinater, 8 polynomium, 21 produktreglen, 90 realdel, 2 reelle tallinje, 2 reelle akse, 2 rektangulær form, 2 rektangulære koordinater, 7 rod i polynomium, 23 separation af de variable, 60 stationært punkt, 53 tangent, 39 tangentplan, 51 Taylorpolynomium, 41 tredjegradspolynomium, 37 tredoblingsregler, 19 trigonometriske regneregler, 89