Formelsamling - UNIGULD - UNIGULDuniguld.dk/wp-content/guld/DTU/mat1//formelsamling--6-.pdf · 1 LINE˛R AFBILDNING Lasse Herskind 1 Lineˆr afbildning 1.1 Brug af afbildningsmatricen

Formelsamling

Lasse Herskind

Sidst opdateret: 21. oktober 2017

Indhold

1 Lineær afbildning 11.1 Brug af afbildningsmatricen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Find et billed af en vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Er vektoren en del af kernen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.3 Find hele kernen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.4 Dimensionssætningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.5 Bestem billedrummet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.6 Tilhører vektoren billedrummet? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Basisskifte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.1 Standardbase for R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2 En anden base kunne være . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.3 Basisskifte fra b til e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.4 Basisskifte fra e til b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.5 Afbildningsmatrix med basisskifte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.6 Undersøg om x tilhører kerne eller find kerne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.7 Løs den lineære ligning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Egenværdiproblemet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.1 Karakteriske polynomium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.2 Egenværdier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.3 Algebraisk multiplicitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.4 Geometrisk multiplicitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.5 Egenrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.6 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.7 Egenvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Diagonalisering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.1 Similære matricer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.2 Hvad kan vi bruge dette til? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Diffirentialligninger 72.1 Lidt regler nar der differentieres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Lineær 1. ordens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2.1 Panserformlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Superpositionsprincippet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4 Koblede differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5 Lineære systemer af diff. ligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.5.1 Eksempel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5.2 Eksempel 2, næ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5.3 Eksempel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.6 Lineære højere ordens diff ligninger med konstante koefficienter . . . . . . . . . . . . . . . 122.6.1 Hvordan gør vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.7 Lineære 2. ordens diff ligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.7.1 Homogene ligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.7.2 Tips ’n tricks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.7.3 Eksempler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.8 Den komplekse gættemetode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Taylor 163.1 Løvejagt 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.2 Glatte funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3 Taylorpolynomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.3.1 Tangentligning / Taylorpolynomiet af orden 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3.2 Taylorpolynomium af orden 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3.3 Taylorpolynomium af orden n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.4 Taylors formel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.5 Taylor’s grænseformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4 Funktioner af 2. variable 184.1 Mængder i R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.2 Indre punkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.3 Randpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.4 Begrænset mængde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.5 Kontinuert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.6 Partiel afledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.7 Tangentplanen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.8 Niveaukurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.9 Parametriserede kurver i R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.10 Kædereglen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.11 Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.12 Retningsafledede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.13 Kompakte sammenhængende mængder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.14 Ekstremværdisætningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.15 Strategi til V m(f) (min og max) - Gode eksempler se EXF 2011 og 2013 . . . . . . . . . 23

4.15.1 Eksempel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.15.2 Eksempel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4.16 Ekstremumsundersøgelse 2-variabler(min og max) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.16.1 1-variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.16.2 2-variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.16.3 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

5 Symmetrisk matricer, lidt som tidligere 285.1 Skalarproduktet, (prik) i Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.2 Ortogonalt - Ortonormalt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

5.2.1 Ortonomalbasis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.3 Gram-Scmidt ortogonalisering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.4 Ortogonale matricer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.5 Symmetriske matricer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.6 Kvadratisk former . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5.6.1 Med en funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.7 Parabler, ellipser og hyperbler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5.7.1 Parabler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.7.2 Ellipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.7.3 Hyperbel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5.8 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.8.1 K0 niveaukurven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.8.2 Parameterfremstilling symmetriakser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

6 Integraler 336.1 Riemann-integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

6.1.1 1 Variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336.1.2 2 Variabler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

6.2 Partiel integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336.3 Løsning ved substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

6.3.1 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.4 Kurveintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.5 Planintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6.5.1 Eksempler pa parametriseringer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.5.2 Eksemplet vi alle har ventet pa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

6.6 Massemidtpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356.7 Fladeintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

6.7.1 Parametriseringer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.7.1.1 Grafflader . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.7.1.2 Cylinderflader . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.7.1.3 Omdrejningsflade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

6.8 Rumintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.8.1 Specialtilfælde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

6.8.1.1 Grafbegrænset omrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.8.1.2 Omdrejningslegemer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

6.8.2 Gabriels horn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

7 Vektorfelter 397.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.2 Gradientfelter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

7.2.1 Youngs sætning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.3 Førstegrads vektorfelter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.4 Flowkurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

7.4.1 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.5 Divergens og rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

7.5.1 Nabla-operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.5.2 Divergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.5.3 Rotation (Curl) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

7.6 Tangentielt kurveintgral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.6.1 Gradientfelt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.6.2 Cirkulation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.6.3 Eksemplet vi alle har ventet pa 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

8 Flux 428.1 Fluxintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

8.1.1 Eksempel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.1.2 Eksempel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.1.3 Eksempel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

8.2 Flux som volumenekspansion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.2.0.1 Eksempel 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

8.3 Gauss’ sætning (divergenssætningen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.3.1 Eksempel med 1 variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.3.2 Eksempel 2, cylinderflade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.3.3 Eksempel 3, konstant divergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.3.4 Eksempel 4, divergens 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.3.5 Lav et divergensfrit vektorfelt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

8.4 Stokes (cirkulation) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 458.4.1 Eksempel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1 LINEÆR AFBILDNING Lasse Herskind

1 Lineær afbildning

1.1 Brug af afbildningsmatricen

Afbildningsmatricen.

eFe =

1 3 12 4 01 1 −1−3 −1 5

1.1.1 Find et billed af en vektor

For at finde et billed af en vektor ved brug af afbildningsmatricen skal jeg blot finde matrix-vektorproduktetfor disse.

1 3 12 4 01 1 −1−3 −1 5

· 1−25

=

0−6−624

1.1.2 Er vektoren en del af kernen

For at undersøge om en vektor tilhører kernen laver vi blot et billede af denne, og giver denne 0 vil dentilhører kernen.

1.1.3 Find hele kernen

For at finde hele kernen skal jeg blot tage matrix-vektorproduktet og sætte lig 0.1 3 12 4 01 1 −1−3 −1 5

· x1

x2

x3

=

0000

Herefter skal vi blot gausse ned for at finde vores endelige resultat.

1 0 −20 1 10 0 00 0 0

Jeg kan herfra se at vi har et frit parameter. Og jeg kan sa sætte 3 søjle lig 0. og indfører den frieparameter. Kernen vil sa blive definere saledes:

kerf = span(2,−1, 1)

1.1.4 Dimensionssætningen

dim(V ) = dim(kerf) + dim(f(V ))

1.1.5 Bestem billedrummet

Vi benytter dimensionssætningen og ser at basisen for billedrummet skal besta af 3-1=2 vektorer. Jegbenytter sa de to lineært uafhængige som span for billedrummet:

f(R3) = span(1, 2, 1,−3), (3, 4, 1,−1)

Side 1 af 46


1.1.6 Tilhører vektoren billedrummet?

For at undersøger om vektoren tilhører billedrummet, ~v ∈ R3, skal vi undersøge om der finden en løsningtil det inhomogene ligningssystem. Kan denne ikke løses ligger vektoren uden for billedrummet.

~b1 =

121−4

Dette løses med gaus-elimination

1 0 −2 00 1 1 00 0 0 10 0 0 0

Jeg kan heraf se at det inmogene ligningsystem ikke har løsning da jeg far en nulrække som giver etresultat hvilket ikke er muligt. Denne vektor ligger altsa ikke i billedrummet.

1.2 Basisskifte

1.2.1 Standardbase for R3

e = (e1, e2, e3) = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1))

1.2.2 En anden base kunne være

b = (b1, b2, b3) = ((1, 1, 0), (2, 1, 0), (0, 0, 1))

1.2.3 Basisskifte fra b til e

For at kunne finde en vektor opgivet i b’s koordinater med hensyn til e skal vi gøre som følger. Vi skalregner matrix-vektorproduktet med hensyn til b.Vi skal altsa for at fa vektoren i e koordinater regne e~v = eMb.b~v

b~v =

1−23

eMb =

1 2 01 1 00 0 1

For sa at finde v i forhold til basissen e skal jeg blot regnet matrixvektorproduktet.

e~v =

1 2 01 1 00 0 1

· 1−23

=

−3−13

1.2.4 Basisskifte fra e til b

Hvis vi modsat ovenstaende eksempel skal beregne en vektor som skifter fra e til b. Benytter vi sammemetode vi skal dog her istedet beregne for bW = bMe.eW

e~w =

10−3

bMe = eMb−1 =

−1 2 01 −1 00 0 1

b~w =

−1 2 01 −1 00 0 1

· 1

0−3

=

−11−3

Dette betyder altsa at ~w = −b1 + b2 − 3b3

Side 2 af 46


1.2.5 Afbildningsmatrix med basisskifte

Der er givet to matricer

a = (a1, a2, a3) ∈ R3

c = (c1, c2) ∈ R2

Vi har sa en lineær afbildning f : R3 → R2 som opfylder

f(a1) = c1 − 2c2

f(a2) = c1 + c2

f(a3) = 3c2

For at opstille afbildningsmatricen med hensyn til a og c skal jeg blot opskrive formlerne i en matrice.

cFa =

[1 1 0−2 1 3

]Hertil har vi sa

~x = −a1 + 2a2 + a3

Jeg finder nu x med c-koordinater med at finde matrixproduktet mellem afbildningsmatrixen og xvektorenmed a-koordinater.

b~x =

[1 1 0−2 1 3

]·

−121

=

[17

]Altsa vil x med c koodinater være f(x) = c1 + 7c2

1.2.6 Undersøg om x tilhører kerne eller find kerne

Dette gøres pa samme made som tidligere. Den passenede afbildningsmatrice skal altsa blot benyttes.Eksempel 1. Hvis det er med hensyn til a og c vil dette være ved at finde matrixvektorproduktet medcFa.a~x Er dette nul vil vi have en x som tilhører kernen.Eksempel 2. Hvis det igen er med hensyn til a og c, og vi skal finde kernen og ikke blot om nogettilhører kernen, sa skal vi blot løse det homogene ligningsystem cFa.a~x = c~0 hvilket vil gøres præcis somtidligere.

1.2.7 Løs den lineære ligning

Givet b = 2c1 − c2. Løs den lineære ligning f(x) = b

For at løse denne lineære ligning skal jeg løse det inhomogeneligningssytem cFa · a~x = c~b

c~b =

[2−1

]cFa =

[1 1 0−2 1 3

]T =

[1 1 0 2−2 1 3 −1

]Denne reduceres nu til [

1 0 −1 10 1 1 1

]Jeg skirver nu herfra a~x op pa parameterfremstilling.

a~x =

x1

x2

x3

+ t

1−11

, t ∈ R

Side 3 af 46


1.3 Egenværdiproblemet

1.3.1 Karakteriske polynomium

Givet en matrice:

A =

[2 2−1 4

]For at kunne beregne dette skal vi gøre brug af λ (proportionalitetsfaktoren) og enhedsmatricen.[

1 00 1

]· λ =

[λ 00 λ

]Denne nu fremkomne matrice skal vi sa trække fra vores første matrice altsa far vi dermed[

2 2−1 4

]−[λ 00 λ

]=

[2− λ 2−1 4− λ

]af denne matrice opstiller vi sa beregning af determinanten. Det er denne som kaldes det karakteriskepolynomium.

(2− λ) · (4− λ)− (−1 · 2) = 10− 6λ+ λ2

I reglen bruger vi dog betegnelsen PA(λ), altsa vil vi skrive

Pa(λ) = 10− 6λ+ λ2

1.3.2 Egenværdier

Egenværdier vil være de værdier vi far ud af det karakteriske polynomium nar vi løser dette.

1.3.3 Algebraisk multiplicitet

Den algebraiske multiplicitet fortæller hvor mange gange hver egenværdi indgar.

1.3.4 Geometrisk multiplicitet

Den geometriske multiplicitet fortæller noget om antallet af egenvektorer for den pagældende egenværdi.Det skal her huskes at:

1 ≤ gm(λ) ≤ am(λ) ≤ 1

1.3.5 Egenrum

Et egenrum minder meget om det vi kalder en basis. Det har dog den forskel at egenrummet findes pabaggrund af egenværdierne.

Side 4 af 46


1.3.6 Eksempel

A =

1 −1 12 4 −10 0 3

Som før benytter vi enhedsmatricen og λ 1 −1 1

2 4 −10 0 3

− λ 0 0

0 λ 00 0 λ

=

1− λ −1 12 4− λ −10 0 3− λ

(1)

Vi bruger nu Maple for nemheden skyld

a:=Determinant((1))

> a := −λ3 + 8λ2 − 21λ+ 18 (2)

solve((2), λ) = 2, 3, 3 (3)

ReducedRowEchelonForm

1− 2 −1 12 2− 2 −10 0 3− 2

=

1 1 00 0 10 0 0

(4)

Af (4) opskriver vi parameterfremstillingen for egenvektoren

x1

x2

x3

= t ·

−110

Herfra kan vi sa skrive egenrummet op E2 = span (−1, 1, 0) (5)

am(2) = 1 & am(3) = 2 (6)

I eksemplet er her blot regnet for løsningen med λ = 2 fremgangsmaden vil være identisk for λ = 3

Hvor ses dette i eksempletKaraktieriske polynomium (2)

Karakteriske matrix (4)Egenværdier (3)

Algebraisk multiplicitet (6)Egenrum (5)

1.3.7 Egenvektor

En egenvektor er en vektor som nar den afbildes gennem vil lande i nulvektoren. Det kan altsa siges atvære en slags ”kerne”for egenrummet. For at være en egenvektor skal den altsa overholde:

(A− λE)~v = 0, ~v 6= 0

det (A− λE) = 0

A · ~v = λ · ~v

Side 5 af 46


1.4 Diagonalisering

A.V = V.D

V−1.A.V = D

A er her diaginaliseret gennem similærtransformation.Ved at benytte egenvektorer som en basis vil vi kunne bruge D som afbildningsmatrice vFv

Kravet herfra er at vi kan benytte egenvektorerne som basis. Dette kræver at vi har egenvektorer nok.Dette har vi hvis

• Hvis A = AT vil dette være tilfældet

• A har n forskellige egenvektorer

Det gar dog med sikkerhed galt nar gm(λ)<am(λ)

1.4.1 Similære matricer

Definition :To matricer, A,B kaldes similære hvis der findes en regulær matrix, V, saledes at V−1.A.V = B↔ A =V.B.V−1

Simiære matricer har samme:

• karakteristiske polynomium

• egenvektor

• determinant

• spor

spor = summen af diagonalmatricen

det (A) = det (B)

det (A) = det(V.B.V−1

)= det (V) det (B) det

(V−1

)= det(V)det(V−1)det(B) = det(V.V−1) · det(B) = det(B)

Pa(λ) = det(A− λE) = det(VBV−1 − λVV−1

= det(V− (B− λE)V−1

= det(B− λE) = Pb(λ)

1.4.2 Hvad kan vi bruge dette til?

EksempelA11 = (V.D.V−1)(V.D.V−1) · · · = V.D11.V−1

Side 6 af 46

2 DIFFIRENTIALLIGNINGER Lasse Herskind

2 Diffirentialligninger

2.1 Lidt regler nar der differentieres

(f(g(x))′ = f ′(g(x)) · g′(x)

f ′(x) · g′(x) = f ′(x) · g(x) + g′(x) · f(x)(f(x)

g(x)

)′=f ′(x) · g(x)− f(x) · g′(x)

g(x)2

2.2 Lineær 1. ordens

Eksempel pa differentialligningx′(t) + p(t) · x(t) = q(t)

Ved differentialligninger er p,q kendte funktioner, p, q ∈ C(I), I ⊆ RVi forsøger sa at finde den ukendte funktion x(t), x ∈ C′(I). Derfor indfører vi

f : C1(I)→ C0(I)

f(x(t)) = x′(t) + p(t) · x(t)↔ f(x(t)) = q(t)

Vi viser at differentiallingningen er linær præcis som som vi viser at andre ligninger er lineære.Eksempel

x′(t)− 1

tx(t) = 4t2, t > 0

vi ser fra (2.2) at vi kan opskrive denne som

p(t) = −1

tq(t) = 4t2

P (t) =

∫p(t)dt, eP (t)

eP (t)x′(t) + eP (t)p(t)x(t) = eP (t)q(t)(eP (t)x(t)

)′= eP (t)p(t)x(t) + eP (t)x′(t)(

eP (t)x(t))′

= eP (t)q(t)

eP (t)x(t) =

∫eP (t)dt+ c, c ∈ L

x(t) = e−P (t)

∫eP (t)q(t)dt+ ce−P (t) c ∈ L

Vi ser heraf at:

xpartikulær = e−P (t)

∫eP (t)q(t)dt

Lhomogen = ce−P (t) = spane−P (t)

2.2.1 Panserformlen

Denne kan benyttes nar ligningen er pa formen

q(t) = y′ + p · yq(t) = y′(t) + p(t) · y(t)

Løsningen vil sa være: (Udledning ses omkring (2.2))

x(t) = e−P (t)

∫eP (t)q(t)dt+ ce−P (t) c ∈ L

↓ Forkortes ↓

x(t) = e−Pt(∫

ePt · q(t) + c

)c ∈ L

Side 7 af 46


Her skal huskes regnereglen: ∫p(t) · q(t)dx = P (t) · q(t)−

∫P (t) · q′(t)dx

2.3 Superpositionsprincippet

f(x(t)) = x′(t) + p(t)x(t) = q1(t) + q2(t) + q3(t)

Find x1(t) sa f(x1(t)) = q1(t) gør dette op til x3

Σx(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t)

Dermed vil:

f(x(t)) = f(x1(t)) + f(x2(t)) + f(x3(t)) = q1(t) + q2(t) + q3(t)

Eksempel

x′(t)− 2x(t) = 2t2 − 1 + cos(t) + 2e3t

P (t) = −2t

Lhom = ce2t

Herfra kan vi sa grundet superpositionsprincippet dele denne op i tre led, nemlig

2t2 − 1 cos(t) 2e3t

For at løse den første laver vi et gæt pa polynomiumsform

x(t) = at2 + bt+ c

(x(t) = at2 + bt+ c)′ − 2(x(t) = at2 + bt+ c) = 2t2 − 1

2at+ b− 2at2 − 2bt− 2 = 2t2 − 1

Vi kan sa løse a, b og c

−2a = 2 2a− 2b = 0 b− 2c− 1

a = −1 b = −1 c = 0

x1 kan altsa beskrives:

x1(t) = −t2 − t

For cos(t)

x(t) = αcos(t) + βsin(t)

(αcos(t) + βsin(t))′ − 2(αcos(t) + βsin(t)) = cos(t)

−αsin(t) + βcos(t)− 2αcos(t)− 2βsin(t) = cos(t)

b− 2a = 1 2b− a = 0

a = −2

5b =

1

5

x2(t) = −2

5cos(t) +

1

5sin(t)

For 2e3t

x(t) = ae3t

(ae3t)′ − (ae3t) = 2e3t

3ae3t − 2ae3t = 2e3t

ae3t = 2e3t

a = 2

x3 = 2e3t

Den fuldstændige løsning

x(t) = −t2 − t− 2

5cos(t) +

1

5sin(t) + 2e3t + ce2t c ∈ R

Side 8 af 46


2.4 Koblede differentialligninger

2.5 Lineære systemer af diff. ligninger

Modelsituation

x′1(t) = αx1(t) + βx2(t)x2 − (t) = γx1(t) + δx2(t)

, t ∈ I α, β, γ, δ ∈ R

Systemmatricen kan sa opskrivesA =

[α βγ δ

]x(t) =

[x1(t)x2(t)

], x′(t) =

[x′1(t)x′2(t)

]x′(t) = Ax(t)[

x′1(t)x′2(t)

]=

[α βγ δ

] [x1(t)x2(t)

]

Side 9 af 46


2.5.1 Eksempel 1

Antag at A har 2 lineært uafhængige egenvektorer, ~v1, ~v2, med reelle egenværdier, λ1, λ2. Sa kan vi lavematricen

V =

· ·v1 v2

· ·

regulær

V −1AV = D =

[λ1 00 λ2

]For at løse denne skifter vi variabel.

~x(t) = Vy(t)

~y(t) =

[y1(t)y2(t)

]↓ (2.5) ↓

(V~y(t))′ = A(V~y(t))y′(t) = AVy(t)[y′1(t)y′2(t)

]=

[λ1 0λ2 0

] [y1(t)y2(t)

]

y′1(t) = λ1y1(t)y′2(t) = λ2y2(t)

→ y1(t) = c1e

λ1t

y2(t) = c2eλ2t

Da x(t) = V y(t) fas:[x1(t)x2(t)

]=

· ·v1 v2

· ·

[ c1eλ1t

c2eλ2t

]

x(t) =

[x1(t)x2(t)

]= c1e

λ1t

[v1

·

]+ c2e

λ2t

[v2

·

]c1, c2 ∈ L

2.5.2 Eksempel 2, næ

Side 10 af 46


2.5.3 Eksempel 3

A =

[16 −14 12

]λ = 14, am(14) = 2, v =

[12

], gm(14) = 1

V −1AD 6= D

V =

[1 12 0

]Højre søjle kan frit vælges, dog sa v er regulær

V −1 =

[0 1

21 − 1

2

]∆ =

[0 1

21 − 1

2

] [16 −14 12

] [1 12 0

]=

[14 20 14

]Vi kan nu gøre som fra eksempel 1

x(t) = Vy(t)[y′1(t)y′2t)

]=

[14 20 14

] [y1(t)y2(t)

]Denne løser vi sa fra bunden af en rund som endnu er uvis

y′2(t) = 14y2(t)

y2(t) = c2e14t c2 ∈ L

y′1(t) = 14y1(t) + 2y2(t)→ y′1(t) = 14y1(t) + 2c2e14t

y′1(t)− 14y1(t) = 2c2e14t

p(t) = −14→ P (t) = −14t

q(t) = 2c2e14t

y1(t) = e14t

∫e−14t2c2e

14tdt+ c1e14t c1, c2 ∈ L

y1(t) = 2c2te14t + c1e

14t

y(t) =

[y1(t)y2(t)

]=

[(2c2t+ c1)e14t

c2e14t

]x(t) = V y(t) =

[1 12 0

] [(2c2t+ c1)e14t

c2e14t

][x1(t)x2(t)

]= (2c2t+ c1)e14t

[12

]+ c2e

14t

[10

]

Side 11 af 46


2.6 Lineære højere ordens diff ligninger med konstante koefficienter

n-te ordens ligning med konstante koefficienter.

(n)

x(t) + an−1xn−1 + · · ·+ a1x

′(t) + a0x(t) = q(t) (7)

f(x(t)) = q(t)

f lineær f : Cn(I)→ C0(I) f : C∞(I)→ C∞(I)

Løsningsmængden har sa stukturen

L = x0 + Lhomx(t) = x0(t) + c1l1(t) + c2l2(t) + · · ·+ cnln(t)

f(x0(t)) = q(t)

Antag at n = 3 (for notation, følgende gælder altid)

x′′′(t) + a2x′′(t) + a1x

′(t) + a0x(t) = 0

Vi bestemmer nu Lhomx′′′(t) = −a2x

′′(t)− a1x′(t)− a0x(t)

Indføre nu en vektor

~x(t) =

x1(t)x2(t)x3(t)

x1(t) = x(t)x2(t) = x′(t)x3(t) = x′′(t)

x′(t) =

x′1(t)x′2(t)x′3(t)

=

x′(t)x′′(t)x′′′(t)

~x′(t) = A~x(t) x′(t)

x′′(t)x′′′(t)

=

0 1 00 0 1−a0 −a1 −a2

x1(t)x2(t)x3(t)

Generel løsning:

x(t) = c1 · eλ1t · ~v1 + c2 · eλ2t · ~v2 + c3 · eλ3t · ~v3

λ1, λ2λ3 er egenværdier

~v1, ~v2, ~v3 er egenvektorer x1(t)x2(t)x3(t)

= c1 · eλ1t

~v11

~v21

~v31

+ c2 · eλ2t

~v12

~v22

~v32

+ c3 · eλ3t

~v13

~v23

~v33

x(t) = x1(t) = k1e

λ1t + k2eλ2t + k3e

λ3t k ∈ L

Generelt vil løsningen til sadan en ligning have Lhom som:

k1 · eλ1t + k2 · eλ2t + · · ·+ kn · eλnt

2.6.1 Hvordan gør vi

Vi ved at formlen (7) har en løsning af formen eλt. Indsæt derfor i formel.

(eλt)n + an−1(eλt)n−1 + an−2(eλt)n−2 + · · ·+ a0(eλt) = 0

λn(eλt)n + λn−1an−1(eλt)n−1 + λan−2(eλt)n−2 + · · ·+ a0(eλt) = 0

λn + an−1λn−1 + · · ·+ a1λ+ a0 = 0 Karakterisk ligning

2.7 Lineære 2. ordens diff ligninger

2.7.1 Homogene ligninger

Generelt:

λ = α+ iβ (λ1) (8)

λ = α− iβ (λ2)

Side 12 af 46


Find løsning fra homogen ligning

x′′(t) + a1x′(t) + a0x(t) = 0 a1, a0 ∈ R

Vi opstiller karakterligningen

λ2 + a1λ+ a0 = 0→ λ =−a1 ±

√a2

1 − 4 · a0

2

Herefter kan den fuldstændige løsningsmængde opskrives som:

λ ∈ Rx(t) = c1e

λ1t + c2eλ2t t, c1, c2 ∈ R (9)

λ1 = λ2

x(t) = c1eλ1t + c2e

λ1tt t, c1, c2 ∈ R (10)

λ ∈ Cx(t) = c1e

α1tcos(β1t) + c2eα2tsin(β2t) t, c1, c2 ∈ R (11)

Find homogen ligning fra løsning

x(t) = c1eαtcos(βt) + c2e

αtsin(βt) t, c1, c2 ∈ R

Opstille karakterligningen ved brug af (8):

(λ− λ1) · (λ− λ2)→ λ2 + a1λ+ a0 (12)

Herfra kan a1 og a0 blot aflæses og den homogene ligning opskrives:

x′′(t) + a1x′(t) + a0x(t) = 0 ∈ R

2.7.2 Tips ’n tricks

Fas en fuldstændig løsning til det inhomogene ligningssystem kan c1 og c2 sættes nul og den partikulæreløsnings star tilbage.Vi kan sa grundet struktursætningen:

L = x0 + Lhom

hurtigt og nemt finde frem til den homogene løsning.

Side 13 af 46


2.7.3 Eksempler

Eksempel 1 (9)

x′′(t) + 4x′(t) + 3x(t) = 0

λ2 + 4λ+ 3 = 0

λ =−4±

√4

2=−1−3

k1e−t + k2e

−3t k1, k2 ∈ R

Eksempel 2 (11)

x′′(t)− 2x′(t) + 10x(t) = 0

λ2 − 2λ+ 10 = 0

λ =2±√

4− 40

2=

2± i62

1 + i31− i3

Aetcos(3t) +Betsin(3t) A,B ∈ R

Eksempel 3 (10)

x′′(t)− 2x′(t) + x(t) = 0

λ2 − 2λ+ 1 = 0

λ =2±√

4− 4

2= 1(k1t+ k0)et k1, k0 ∈ R

Eksempel 4 (12)

x(t) = c1e2tcos(7t) + c2e

2tsin(7t) t ∈ Rλ = 2± i7

(λ− 2− i7)(λ− 2 + i7) = (λ− 2)2 − (i7)2 = λ2 − 4λ+ 4 + 49

x′′(t)− 4x′(t) + 53x(t) = 0 t ∈ R

Eksempel 5 (gættemetoden)

x′′(t) + 4x′(t) + 3x(t) = 3t+ 1 + et

xgæt = at+ b, indsæt

(at+ b)′′ + 4(at+ b)′ + 3(at+ b) = 3t+ 1

4a+ 3at+ 3b = 3t+ 1

3a = 3→ a = 1 4a+ 3b = 1 3b = −3→ b = −1

xgæt = t− 1 xgæt = Aet, indsæt

(Aet)′′ + 4(Aet)′ + 3Aet = et

Aet + 4Aet + 3Aet = et

8A = 1 a =1

8

xgæt =1

8et

Fuldstændig løsning

x(t) = t− 1 +1

8et + k1e

−t + k2e−3t k1, k2 ∈ R

Side 14 af 46


2.8 Den komplekse gættemetode

x′′(t) + 4x′(t) + 3x(t) = etcos(2t)

Gæt:Ae(1+i2)t A ∈ C indsæt

(Ae(1+i2)t)′′ + 4(Ae(1+i2)t)′ + 3(Ae(1+i2)t) = e(1+i2)t

(1 + i2)2Ae(1+i2)t + (1 + i2)4(Ae(1+i2)t) + 3(Ae(1+i2)t) = e(1+i2)t (13)

↓ (13)

e(1+i2)t

A(1− 4 + 4i) + 4A+ 8Ai+ 3A = 1

−3A+ 4Ai+ 4A+ 8Ai+ 3A = 1

4A+ 12Ai = 1→ A(4 + 12i)

A =1

4 + 12i· 4− 12i

4− 12i=

4− 12i

42 + 122=

4− 12i

160

xgæt = (4− 12i

160)et(cos(2t) + isin(2t))

Re(xgæt) =4

160etcos(2t) +

12

160etsin(2t)

x(t) =4

160etcos(2t) +

12

16etsin(2t) + c1e

−t + c2e−3t c2, c1 ∈ R

Side 15 af 46

3 TAYLOR Lasse Herskind

FORARSSEMESTER

3 Taylor

3.1 Løvejagt 1

3.2 Glatte funktioner

Funktioner som ser ”glatte”ud

f : I → Rf ∈ C∞(I)

Eksempler pa glatte funktioner er polynomier samt. ex, sin(x), cos(x) · · ·

3.3 Taylorpolynomier

3.3.1 Tangentligning / Taylorpolynomiet af orden 1.

Tangent gennem (x0, f(x0) ogsa kaldet Taylorpolynomiet af orden 1. med udviklingspunkt x0 Tangent-ligning:

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Taylorpolynomium af orden 1 med udviklingsunkt x0

P1,x0(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

P1,x0(x0) = f(x0)

P ′1,x0(x0) = f ′(x0)

3.3.2 Taylorpolynomium af orden 2

Taylorpolynomium af orden 2 med udviklingspunkt i x0

P2,x0(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + a(x− x0)2

P2,x0(x0) = f(x0)

P ′2,x0(x0) = f ′(x0)

P ′′2,x0(x) = 2a

P ′′2,x0(x0) = 2a = f ′′(x0)

a =f ′′(x0)

2

P2,x0(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2

3.3.3 Taylorpolynomium af orden n

Taylorpolynomium af orden n med udviklingspunkt x0

Pn,x0(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

6(x− x0)3 +

f (n)(x0)

n!(x− x0)n

Eksempler: For ex, sin(x), cos(x) Orden 4.

f(x) = ex x0 = 0

P4,x0(x) = 1 + 1(x− 0) +

1

2· 1 · (x− 0)2 +

1

6· 1 · (x− 0)3 +

1

24· 1 · (x− 0)4

= 1 + x+1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4

I Maple kan dette gøres:

mtaylor(f(x), udviklingspunkt, n+ 1)

mtaylor(f(x), x = 0, n+ 1)

Side 16 af 46

3 TAYLOR Lasse Herskind

3.4 Taylors formel

f(x) = Pn,x0(x) +Rn,x0

(x)

Restfunktionen:

Rn,x0(x) =

1

(n+1)!f(n+1)(ξ)(x− x0)n+1

x ≤ ξ ≤ x0

ε(x− x0)(x− x0)n

ε(x− x0) = 0 for x = x0

ε(x− x0)→ 0 for x→ 0

I Maple

ε(x− x0)(x− xnn)n = O((x− x0)n+1)

3.5 Taylor’s grænseformel

f(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!· (x− x0) + · · ·+ f (n)(x0)

n!· (x− x0)n + εf · (x− x0)n

f(x, y) = f(x0, y0) +f ′x(x0, y0)

1!· (x− x0) +

f ′y(x0, y0)

1!· (y − y0) +

f ′′xx(x0, y0)

2!· (x− x0)

+f ′′yy(x0, y0)

2!· (y − y0) + 2 ·

f ′′xy(x0, y0)

2!· (x− x0) · (y − y0)

+ · · ·+ εf · ((x− x0) · (y − y0))n

Det resultat som vi far herfra kan sa siges at være grænseværdien. De tilfælde hvor det er tydeligst erx→ 0 hvor vi sa ved at sætte x = 0 direkte kan aflæse grænseværdien.

For at gøre dette i maple bruges blot kommandoen:

mtaylor(f(x), udviklingspunkt, n+ 1)

Side 17 af 46

4 FUNKTIONER AF 2. VARIABLE Lasse Herskind

4 Funktioner af 2. variable

A ⊆ R2 f : A→ Rf(x, y) = x2 + y2

4.1 Mængder i R2

Abne kugle / Aben cirkelskive, radius r, centrum i (x0, y0)

Br(x0, y0) =

(x, y) ∈ R2|(x− x0)2 + (y − y0)2 < r2 r > 0

4.2 Indre punkt

A ⊆ R2 Et punkt (x0, y0) i A

er et indre punkt, hvis der findes en kugle Br(x0, y0) ⊂ A

Hvis en mængde kun indeholder indre punkter er den aben.De indre punkter i A kaldes A, det indre af A

4.3 Randpunkt

Et randpunkt er et punkt i som bade indeholder punkter inden- og udenfor A.Randpunkterne for A kaldes ∂A, randen af A.En mængde der indeholder alle sine randpunkter er afsluttetA = A ∪ ∂A

4.4 Begrænset mængde

En mængde A er begrænset hvis der findes en kugle sa

A ⊂ Br(x0, y0)

Dvs. at den er ubegrænset hvis det er tilladt for en af størrelserne at ga mod ∞

4.5 Kontinuert

f er kontinuert i (x0, y0) hvis

f(x, y)− f(x0, y0) = ε(x− x0, y − y0)ε(0, 0) = 0ε(x, y)→ 0 for (x, y)→ 0

4.6 Partiel afledning

Lad (x0, y0) være et indre punkt i R2. f siges at være differentiabel i (x0, y0) hvis det findes a, b ∈ R sa

f(x, y) = f(x0, y0) + a(x− x0) + b(y − y0) + ε(x− x0, y − y0)−√

(x− x0)2 + (y − y0)2

Sa kaldes a og b de partielle aflede:

a = f ′x(x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)

b = f ′y(x0, y0) =∂f

∂y(x0, y0)

Side 18 af 46


4.7 Tangentplanen

Ligning:

P1,(x0,y0)(x, y) = f(x0, y0) + f ′x(x0, y0)(x− x0) + f ′y(x0, y0)(y − y0)

P2,(x0,y0)(x, y) = P1,(x0,y0)(x, y) +f ′′xx(x0, y0)

2!· (x− x0)2 +

f ′′yy(x0, y0)

2!· (y − y0)2

+ 2 ·f ′′xy(x0, y0)

2!· (x− x0) · (y − y0)

Parameterfremstilling:

T(x0,y0)(f) : T (t1, t2) =

x0

y0

f(x0, y0)

+ t1

10

f ′x(x0, y0)

+ t2

01

f ′y(x0, y0)

4.8 Niveaukurver

f : A ⊆ R2 → RNiveaukurven Kc

Kc =

(x, y) ∈ R2|f(x, y) = c

Eksempel

f(x, y) = x+ y

Kc : x+ y = c

y = c− x

Eksempel 2

f(x, y) = x2 + y2

c < 0 Kc = ø

c = 0 x2 + y2 = 0 K0 = (0, 0)c > 0 x2 + y2 = c Cirkel, centrum (0,0) radius

√c

Eksempel 3

S0 = 1380 α = 0.3 f0 = 0.77 σ = 5, 670 · 10−8

f(x, y, z) =

((1− x)y

4(1− z

2

)σ

) 14

c = f(α, S0, f0) = 288.4793562

Kc =

(x, y, z) ∈ R3|f(x, y, z) = c

Hvis vi herfra ønsker at finde tangentplanen for niveaukurven/fladen, i dette punkt, kan vi isolere iudtrykket

f(x, y, z) = c⇒

((1− x)y

4(1− z

2

)σ

) 14

= c

z =1763668429921555513822769839493468837041

1385124963109298838356410848892596966720000y · x

− 1763668429921555513822769839493468837041

1385124963109298838356410848892596966720000· y + 2

Og herefter benytte taylorpolynomiet til at finde tangentligningen

P1,(S0,α)(x, y) = 1.4728571431.757142855 · x− 0.0008913043468 · y

Side 19 af 46


4.9 Parametriserede kurver i R2

I : abent interval

~r : I → R2

~r(t) = (x(t), y(t))

Regulære kurver: (x′(t), y′(t)) 6= (0, 0) (14)

Eksempel

I =]0, 2π[

~r(t) = (cos(t), sin(t))

Grundet (14) kan vi ikke indsætte 0, vi indsætter derfor større end 0

og far dermed en jævn cirkelbevægelse

~r′(t) = (−sin(t), cos(t)) Hastigheden

‖ ~r′(t) ‖=√

(−sin(t))2 + (cos(t))2 Farten

SpecialtilfældeVi kan ogsa opskrive en almindelige funktion og se at denne kan opskrives som en vektor.

f(x) r(t) = (t, f(t))

r′(t) = (1, f ′(t)) | r′(t) |=√

12 + (f ′(t))2

Vi kan sa antage at farten, udtrykker længden af kurven et stykke, t

Side 20 af 46


4.10 Kædereglen

For 1-variabel

h(t) = f(g(t))

h′(t) = f ′(g(t)) · g′(t)

For 2-variable, en parametriseret kurve

h(t) = f(~r(t)), t ∈ Ih : I → R

h′(t) = 5f(~r(t)) • ~r′(t)= (f ′x(x(t), y(t)), f ′y(x(t), y(t))) • (x′(t), y′(t))

Eksempel

f(x, y) = x2 + xy2

~r(t) = (cos(t), sin(t)) I =]0, 2π[

h(t) = f(cos(t), sin(t)) = cos2(t) + cos(t)sin2(t)

5f(x, y) = (2x+ y2, 2xy)

~r′(t) = (−sin(t), cos(t))

h′(t) = 5f(cos(t), sin(t)) • (−sin(t), cos(t))

= (2cos(t) + sin2(t), 2cos(t)sin(t)) • (−sin(t), cos(t))

= −2cos(t)sin(t)− sin3(t) + 2cos2(t)sin(t)

4.11 Gradient

5f(x, y) = (f ′x(x, y), f ′y(x, y))

Side 21 af 46


4.12 Retningsafledede

~e = (α1, α2)√α2

1 + α22 = 1 enhedsvektor

~r(t) =

[x0 + tα1

y0 + tα2

]h(t) = f(~r(t))

h′(t) = 5f(~r(t)) • ~r′(t)

~r′(t) =

[α1

α2

]= ~e

h′(t) = 5f(~r(t)) • ~r′(t)= 5f(~r(t)) • ~e

v = vinkel i forhold til 5 f(~r(t))

max findes ved v = 0

neutral for v =π

2min for v = π

5f(x, y) = ~0 kaldes et stationært punkt

EksempelBeregn den retningsafledede i (1, 2) i retningen (3, 4)(vektor)

f(x, y) = x2 + y2

5f(x, y) = (2x, 2y)

5f(1, 2) = (2, 4)

‖ (3, 4) ‖=√

32 + 42 = 5

~e =

(3

5,

4

5

)5f(1, 2) • ~e = (2, 4) •

(3

5,

4

5

)=

6

5+

16

5=

22

5

Eksempel kan ses i Maple, under uge 2, storedag.

Side 22 af 46


4.13 Kompakte sammenhængende mængder

En delmængde af Rn kaldes kompakt, hvis den er afsluttet og begrænset.Eksempel pa kompakte

[a, b] er kompakt

[1, 2] ∪ [7, 9] er kompakt

R2 ikke kompakt, ubegrænset

En delmængde af R2 kaldes sammenhængende hvis to vilkarlige punkter i denne kan forbindes med enkontinuert kurve der løber helt i mængden.

Eksempler pa sammenhængende mængder

[a, b] er sammenhængende

]a, b[ er sammenhængende

4.14 Ekstremværdisætningen

Lad f : A ⊆ Rn → R være kontinuert. Hvis A er kompakt, antager f, bade minimum og maksimum paA.Hvis A er bade kompakt og sammenhængende vil værdimængden være:

V m(f) = [min(f),max(f)]

4.15 Strategi til V m(f) (min og max) - Gode eksempler se EXF 2011 og2013

Lad f : A→ R og A være kompakt.Hvad skal vi lede efter for af finde min og max?

• Stationære punkterEt stationært punkt er et punkt som overholder: 5f(x, y) = ~0

• RandenRanden undersøger vi ved at opstille en r-funktion. Som beskriver hvordan x og y opfører sig her,denne kan godt være afhængig af fx. t, som det ses ved cirkler.Denne r-funktion indsættes sa i den oprindelige f(x,y), differentieres og løses til 0. Nu har du x ogy, eller t, til toppunkterne.Husk! - Hvis du har en lige linje skal du holde en variabel fast og lade den anden løbe, dette kangøres direkte i f(x,y).

• Undtagelsespunkter (singulære punkter)Dette vil oftest være hjørnerne af mængden, disse kan indsættes direkte i f(x, y)

5f findes ikke

4.15.1 Eksempel 1

Bestem værdimængden for f(x, y) = x2 + y2, defineret pa 4.4 er en trekant, hvor hypotenysen, I, er y = −x+ 5. ”Bunden”, II, løber fra -1 til 7 og ”siden”, III, fra-2 til 6.

Vi ved at 4 er kompakt og sammenhængende, dermed ma V m(f) = [min(f),max(f)] ifølge Ek-stremsværdisætningen.

Stationære punkter

5f(x, y) = (2x, 2y)

5f(x, y) = ~0↔ 2x = 0 ∨ 2y = 0

(x, y) = (0, 0)

Side 23 af 46


Randen (uden hjørner)

I : y = −x+ 5 φ1(x) = f(x,−x+ 5)

φ1 = f(x,−x+ 5) = x2 + (−x+ 5)2

= x2 + x2 − 10x+ 25

= 2x2 − 10x+ 25 for 1 ¡ x ¡ 7

φ′1(x) = 4x− 10 = 0

x = 2, 5

y = −2, 5 + 5 = 2, 5

(x, y) = (2.5, 2.5)

II : y = −2 − 1 < x < 7

φ2 = f(x,−2) = x2 + (−2)2

= x2 + 4

φ′2(x) = 2x = 0

x = 0

(x, y) = (0,−2)

III : x = −1 − 2 < y < 6

φ3 = f(−1, y) = 1 + y2

φ3 = 2y = 0

y = 0(x, y) = (−1, 0)

HjørnerneVi tager hjørnerne for trekanten og smider dem ind i funktionen. Da minimumspunktet ma være nul skalvi kun finde maxpunktet

f(7,−2) = 53

V m(f) = [0, 53]

4.15.2 Eksempel 2

Bestem værdimængden for f(x, y) = 8 ·√x2 + 3y3 − 5x − y2, defineret pa mængden M bestemt ved

x2 + 3y2 ≤ 4Stationære punkter

Vi leder efter de stationære punkter

5f(x, y) = − 24 · y · x(x2 + 3y2)

32

= 0

Herfra far vi dog et problem da det ikke er muligt at løse, altsa er det ingen stationære punkter at finde.Randen

For at finde toppunkter pa randen vil vi her have et noget anderledes tilfælde end 1, da vi her bliver nødttil at tage forbehold i cirklens definition og benytte r(t)

r(t) =

[2cos(t)

2 sin(t)√3

]Vi indsætter sa denne i forskriften f og sætter gradienten lig 0.

f(r(t)) = 16√cos(t)2 + sin(t)2 − 10cos(t)− 4

3sin(t)2

5f(r(t)) = 10sin(t)− 8

3cos(t)sin(t)

5f(r(t)) = 0⇔ arccos

(15

4

), 0

Side 24 af 46


Vi ser her at kun 0 ligger pa randen, dog ved vi at det er en cirkel og vi kan derfor benytte foreskriftenZπ

r(0) =

[20

]r(π) =

[−20

]Vi indsætter nu de to løsninger og ser hvilken som er maximum eller minimum.

f(2, 0) = 7

f(−2, 0) = 26

Undtagelsespunkter Vi undersøger hvor det ikke er muligt at differentiere og er lidt heldige at deter givet i en tidligere opgave at dette er 0,0. Vi indsætter og ser om dette skaber et nyt minimum ellermaksimumspunkter

f(0, 0) = 0

Vi ser altsa at at vi har en værdimængde som er defineret saledes:

V m(f) = [0, 26]

Side 25 af 46


4.16 Ekstremumsundersøgelse 2-variabler(min og max)

4.16.1 1-variabel

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +1

2f ′′(x0)(x− x0)2 + ε(x− x0)(x− x0)2

Lad x0 være et stationært punkt

f ′(x0) = 0

Bestem arten af ekstremumspunktet

f(x)− f(x0) = 0 +1

2f ′′(x0)(x− x0)2 + ε(x− x0)(x− x0)2

f(x)− f(x0) > 0 x0 lokalt min

f(x)− f(x0) < 0 x0 lokalt max

f(x)− f(x0) = 0 x0 vi ved intet

Konklusion:

f ′′(x0) > 0 x0 lokalt min

f ′′(x0) < 0 x0 lokalt max

f ′′(x0) = 0 x0 ingen info

4.16.2 2-variable

d =√

(x− x0)2 + (y − y0)2

f(x, y) = f(x0, y0) + f ′x(x0, y0)(x− x0) + f ′y(x0, y0)(y − y0)

+1

2f ′′xx(x0, y0)(x− x0)2 +

1

2f ′′yy(x0, y0)(y − y0)2

+ f ′′xy(x0, y0)(x− x0)(y − y0) + ε(x− x0, y − y0) · d2

Kompakt skrivemade

5f(x0, y0) = (f ′x(x0, y0), f ′y(x0, y0))

Hessematrice

Hf(x0, y0) =

[f ′′xx(x0, y0) f ′′xy(x0, y0)f ′′yx(x0, y0) f ′′yy(x0, y0)

]P2,(x,y0) = f(x0, y0) +5f(x0, y0) · (x− x0, y − y0) +

1

2

[x− x0 y − y0

]Hf(x0, y0)

[x− x0

y − y0

]+ lille fejl

Da Hessematricen er symmetrisk kan iv lave et koordinatskifte[xy

]= Q

[x1

y1

] [x0

y0

]= Q

[x10

y10

]Hvor Q er en ortogonal matrix med normerede egenvektorer som søjler, hvorved

Λ = QTHf(x0, y0)Q

Λ =

[λ1 00 λ2

]λ1, λ2 er egenvektorer for Hf

Højresiden kan nu skrives som

=1

2

[x1− x10 y1 − y10

]Λ

[x1 − x10

y1 − y10

]+ ε

=1

2(λ1(x1 − x10)2 + λ2(y1 − y10)2) + ε

Side 26 af 46


Konklusion:

λ1 > 0, λ2 > 0 (x0, y0) lokalt minimum

λ1 < 0, λ2 < 0 (x0, y0) lokalt maximum

λ1λ2 < 0 (x0, y0) sadelpunkt

λ1 = 0 ∨ λ2 = 0 Vi ved ingenting

4.16.3 Eksempel

f(x, y) = 3x3 + 4y3 + 6xy2 − 9x2

V m(f) = Rf ′x = 9x2 + 6y2 − 18x = 0

f ′y = 12y2 + 12xy = 0

12y(y + x) = 0→ y = 0 ∨ y = −x

y = 0

9x2 − 18x = 0

9x(x− 2) = 0

x = 0 ∨ x = 2

y = −x

15x2 − 18x = 0

x(15x− 18) = 0

x = 0 ∨ x =6

5

Arten

Hf(x, y) =

[18x− 18 12y

12y 24y + 12x

]Hf(0, 0) =

[−18 0

0 0

]egenværdier − 18, 0 Ingen info

Hf(2, 0) =

[18 00 24

]egenværdier 18, 24 Lokalt minimum

Hf

(6

5,−6

5

)=

[3, 6 −14, 4−14, 4 −14, 4

]det

(Hf

(6

4,−6

5

))< 0 Sadelpunkt

Side 27 af 46

5 SYMMETRISK MATRICER, LIDT SOM TIDLIGERE Lasse Herskind

5 Symmetrisk matricer, lidt som tidligere

5.1 Skalarproduktet, (prik) i Rn

Primært n = 3 og n = 2

~a,~b ∈ R3 ~a = (a1, a2, a3) ~b = (b1, b2, b3)

~a •~b = a1 · b1 + a2 · b2 + a3 · b3 =| a | · | b | ·cos(v)

~a •~b = 0↔ ~a ⊥ ~b~a • ~a = a2

1 + a22 + a2

3 =| ~a |2

Projektion af ~a pa ~b

~ab =

(~a ·~b| ~b |2

)~b

Bemærk

~a− ~ab ⊥ ~b

5.2 Ortogonalt - Ortonormalt

Et sæt er ortonromalt hvis det er ortogonale enhedsvektorer.Eksempel

Ortogonalt sæt [11

],

[1−1

]Deler vi nu med længderne far vi et ortonormalt sæt[

1212

],

[12− 1

2

]

5.2.1 Ortonomalbasis

Ogsa kaldet O.N.BEt ortonomalt sæt af n vektorer er en O.N.B for Rn

Lille bevisVis at et ortogonalt sæt v1 · · · vn er lineært uafhængigt.

λ1 ~v1 + · · ·+ λn ~vn = ~0↔ λ = 0

(λ1 ~v1 + · · ·+ λn ~vn) • ~v1 = ~0 • ~v1

λ1 ~v1 • ~v1 + 0 = ~0

λ1 | ~v1 |2= 0

λ1 = 0

Tips ’n tricks

~x = α1 ~v1 + · · ·αn ~vn~x • ~v1 = (α1 ~v1) • ~v1 = α1

Side 28 af 46


5.3 Gram-Scmidt ortogonalisering

Dette finder en ortogonal basis, kan normaliseres for at fa en ortonomal.Lad ~v1, ~v2, ~v3 være lineært uafhængige.

~u1 =~v1

| ~v1 |~w2 = ~v2 − (~v2 • ~u1) ~u1

~u2 =~w2

| ~w2 |~w3 = ~v3 − (~v3 • ~u1) ~u1 − (~v3 • ~u2) ~u2

~u3 =~w3

| ~w3 |= ~u1 × ~u2

5.4 Ortogonale matricer

En n · n matrix er ortogonal hvis QQT = E, hvilket betyder at den transponerede er den inverse Q−1 =QT .Q er ortogonal hvis dens søjler er en O.N.B for Rn

Q =

[1√2

1√2

1√2− 1√

2

]

Q−1 =

[1√2

1√2

1√2− 1√

2

]

det(Q) = ±1

1 Positiv ortogonal, positiv omløbsretning−1 Negativ ortogonal, negativ omløbsretning

5.5 Symmetriske matricer

SpektralsætningLad A være en symmetrisk n · n matrix.

• A har n reelle egenværdier, regnet med multiplicitet

• am(λ1) = gm(λi), i = 1 · · ·n

• Egenvektorer hørende til forskellige egenværdier er ortogonale

• Der findes en O.N.B for Rn bestaende af egenvektorerne for A

• Skriv O.N.B som søjler i en matrix Q, som da er ortogonalDa gælder

Q =

| | |~v1 · · · ~vn| | |

D =

λ1 0 00 · · · 00 0 λn

D = QTAQ

(B~x) • ~y = ~x •(BT~y

)

Side 29 af 46


5.6 Kvadratisk former

K : R3 → RK(x1, x2, x3) = ax2

1 + bx22 + c2x + dx1x3 + ex1x2 + fx2x3

=[x1 x2 x3

] a e2

d2

e2 b f

2d2

f2 c

A

x1

x2

x3

A =

a e2

d2

e2 b f

2d2

f2 c

A er symmetrisk, sa findes en ortogonal matrix Q, bestaende af normerede vektorer for A som søjler.

Q =

| | |~q1 ~q2 ~q3

| | |

og en diagonalmatrix D(Λ) (Lambda) med egenvektorerne i diagonalen.

D = Λ =

λ1

λ2

λ3

Rækkefølgen af λ svarer til søjlerne i Q. Dette medfører

D = QTAQ

Λ = QTAQ

Et nyt koordinatsæt laves x1

x2

x3

= Q

x1

x2

x3

[x1 x2 x3

]=[x1 x2 x3

]QT

K =[x1 x2 x3

]QTAQ

x1

x2

x3

=[x1 x2 x3

] λ1

λ2

λ3

x1

x2

x3

= λ1x1

2 + λ2x22 + λ3x3

2

λi > 0 i = 1, 2, 3 K positiv definit

λi < 0 i = 1, 2, 3 K negativ definit

λi forskellige fortegn i = 1, 2, 3 K indefinit

5.6.1 Med en funktion

Eksempel

f(x, y, z) = x2 + 3 · y2 + z2 − 8 · x · y + 4 · y · z

A =1

2

f ′′xx(x, y, z) f ′′xy(x, y, z) f ′′xz(x, y, z)f ′′xy(x, y, z) f ′′yy(x, y, z) f ′′yz(x, y, z)f ′′xz(x, y, z) f ′′yz(x, y, z) f ′′zz(x, y, z)

=

1 −4 0−4 3 20 2 1

Side 30 af 46


5.7 Parabler, ellipser og hyperbler

5.7.1 Parabler

y − y0 = a(x− x0)2

x− x0 = a(y − y0)2

5.7.2 Ellipse

(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= 1

5.7.3 Hyperbel

(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2= 1

− (x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= 1

Side 31 af 46


5.8 Eksempel

5.8.1 K0 niveaukurven

Bestem K0(niveaukurven) for

p(x, y) = 11x2 + 4y2 − 24xy − 20x+ 40y − 60

Vi sætter lig 0

p(x, y) = 0

p(x, y) =[x y

] [ 11 −12−12 4

]A

[xy

]+[−20 40

] [ xy

]− 60 = 0

Egenværdier for A

λ1 = 20 λ2 = −5

~v1 =

[4−3

]~v2 =

[34

]Q =

[45

35−3

545

]D =

[20 00 −5

][xy

]= Q

[x1

y1

]p(x, y) = 0

=[x1 y1

]D

[x1

y1

]+[−20 40

]Q

[x1

y1

]− 60

= 20x21 − 5y2

1 +[−20 40

]Q

[x1

y1

]− 60

= 20x21 − 5y2

1 − 16x1 − 12y1 − 24x1 + 32y1 − 60

= 20x21 − 5y2

1 − 40x1 + 20y1 − 60

= 20(x21 − 2x1)− 5(y2

1 − 4y1)− 60

= 20((x1 − 1)2 − 1)− 5((y1 − 2)2 − 4)− 60

= 20(x1 − 1)2 − 20− 5(y1 − 2)2 + 20− 60

= 20(x1 − 1)2 − 5(y1 − 2)2 − 60

20(x1 − 1)2 − 5(y1 − 2)2 = 60

(x1 − 1)2

3− (y1 − 2)2

12= 1

Centrum i (1, 2) Halvakser a =√

3, b =√

12 = 2 ·√

3

Centrum i gamle koordinater

C =

[xy

]= Q

[12

]=

[21

]

5.8.2 Parameterfremstilling symmetriakser

Centrum for det gamle system skal benyttes[xy

]= C + t1

[4−3

]t ∈ R[

xy

]= C + t2

[34

]t ∈ R

Side 32 af 46

6 INTEGRALER Lasse Herskind

6 Integraler

6.1 Riemann-integrale

Det integrale som du kender fra gym, det som bruges nar vi har med kontinuerte funktioner at gøre

f : R1,2,3 → R

6.1.1 1 Variabel

A =

∫ b

a

f(x)dx

Approximation ved venstresummer

n = finhed δx =b− an

A = I (f, n, [a, b]) = f(a)δx + f(a+ δx)δx + · · ·+ f(a+ (n− 1) · δx)δx

=

n∑k=1

f(a+ (k − 1)δx)δx−→

n→∞

∫ b

a

f(x)dx

Integralregningens hovedsætning ∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a)

6.1.2 2 Variabler

V =

∫ d

c

(∫ b

a

f(x, y)dx

)dy

Vi finder her volumen under kurven for intervallet

[a, b]× [c, d] n = finhed

δx =b− an

δy =d− cm

Approximation ved ventresummer

V = II(f, n,m, [a, b]× [c, d]) =

m∑j=1

n∑i=1

f(xi, yi)δxδyn,m−−−→→∞

∫ d

c

(∫ b

a

f(x, y)dx

)dy

6.2 Partiel integration

∫f(x) · g(x) dx = F (x) · g(x)−

∫F (x) · g′(x) dx

6.3 Løsning ved substitution

I nogle tilfælde vil det være meget nemmere at benytte integration ved substitution fremfor større sam-mensatte sataner. ∫

f(g(x)) dxdu

dx= g′(x)→ dx =

du

g′(x)∫f(u)

g′(x)du

Side 33 af 46


6.3.1 Eksempel

∫t ·√t2 + 1 dt

u=t2+1−−−−−−→Indføres

∫t ·√u dt

du

dt= 2t

dt−−−−−→Isoleres

du

2 · t= dt∫

t ·√u

2 · tdu =

∫ √u

2du

1

3u

23

u=t2+1−−−−−−→Indsættes

1

3(t2 + 1)

23

6.4 Kurveintegrale

Se tilbage pa parametriserede kurver hvis du har glemt alt.

~r(t) = (x(t), y(t)) t ∈ I = [a, b]

f : R2 → R

| ~r′(t) |=√

(x′(t))2 + (y′(t))2 Jacobifunktion

K~r =

∫ b

a

f(~r(t))· | ~r′(t) | dt Husk at du far opgivet f

Kurvelængde, hvis f=1

L~r =

∫ b

a

| ~r′(t) | dt

6.5 Planintegrale

Dette er lidt som en parametriseret kurve, bare med en plan.Forestil dig noget der ligner en bakterie i xy-planen, et omrade. Vi vil nu beskrive dette omrade, detteer med en parametrisering med to variable, de vil her hedde u og v.

~r(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]

~r(u0, v0) = (x(u0, v0), y(u0, v0))

A =| ~ ur′ • ~r′v =|[−y′ux′u

] [x′vy′v

]|

=| det[~r′u ~r′v

]|= Jacobi/J~r(u, v)

f : P~r ⊆ R2 → R∫P~r

fdµ =

∫ d

c

∫ b

a

f(~r(u, v)) · J~r(u, v)dudv

f = 1 arealet

6.5.1 Eksempler pa parametriseringer

Eksempel 1

A

(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d

~r(u, v) = (u, v) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]

Eksempel 2

A

(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ 1

~r(u, v) = (u, c+ v(d− c)) u ∈ [a, b], v ∈ [0, 1]

Side 34 af 46


Eksempel 3Nu med funktioner som akser, vi benytter f som øvre grænse, og g som nedre.

~r(u, v) = (u, g(u) + v (f(u)− g(u))) u ∈ [a, b], v ∈ [0, 1]

Eksempel 4, cirkelskive

~r(u, v) = (u · cos(v), u · sin(v)) u ∈ [0, R], v ∈ [0, 2π] R = Radius

6.5.2 Eksemplet vi alle har ventet pa

Cirkelskive

f(x, y) = x2 + y2

~r(u, v) = (u · cos(v), u · sin(v)) u ∈ [0, R], v ∈ [0, 2π] R = Radius

J~r(u, v) =| det[~r′u ~r′v

]|=| det

[cos(v) −u · sin(v)sin(v) u · cos(v)

]|

=| u · cos2(v) + u · sin2(v) |=| u |= u∫ 2π

0

∫ R

0

(((u · cos2(v))2 + (u · sin2(v))2

)u)dudv∫ 2π

0

∫ R

0

u3dudv =π

2R4

Eksempel 2

f(x) = x g(x) = x2

A =

(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x

~r(u, v) =(u, u2 + v(u− u2)

)u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1]

J~r(u, v) =| det[

1 02u+ v − 2uv u− u2

]|=| u− u2 |

A =

∫P~r

1dµ =

∫ 1

0

∫ 1

0

(u− u2

)dudv

=

∫ 1

0

[1

2u2 − 1

3u3

]1

0

dv =1

6

6.6 Massemidtpunkt

Massemidtpunktet for et plant omrade

f(x, y) Massetætheden

M =

∫P~r

fdµ Samlede masse

(xcm, ycm) =

(1

M

∫P~r

(x(u, v) · f(x, y)) dµ,1

M

∫P~r

(y(u, v) · f(x, y)) dµ

)=

1

M

∫ d

c

∫ b

a

((x(u, v), y(u, v)) f(x(u, v), y(u, v))J~r(u, v))dudv

Gode eksempler kan findes i uge 5 lilledag.

Side 35 af 46


6.7 Fladeintegrale

En flade har ingen tykkelse. En flade er et 2-d objekt i R3. Et plant omrade er et tilfælde af en flade medz = 0

~r = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]∫F~r

fdµ =

∫ d

c

∫ b

a

f(~r(u, v) · J~r(u, v)dudv

J~r(u, v) =| ~r′u × ~r′v |=√A2 +B2 + C2

~r′u = (x′u, y′u, z′u) ~r′v = (x′v, y

′v, z′v)

~r′u × ~r′v = (y′uz′v − y′vz′u, x′vz′u − x′uz′v, x′uy′v − x′vy′u) = (A,B,C) maple

f = 1 finder arealet

6.7.1 Parametriseringer

6.7.1.1 Grafflader

P~r : (x(u, v), y(y, v), 0) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]

F~r : ~r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), g (x(u, v), y(u, v))) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]

Eksempel

z = g(x, y) = x2 + y2 + 1

P~r : (ucos(v), usin(v), 0) u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π]

F~r : ~r(u, v) =(ucos(v), usin(v), (ucos(v))2 + (usin(v))2 + 1

)=(ucos(v), usin(v), u2 + 1

)6.7.1.2 Cylinderflader

Tænkt toiletrulle, kun den krumme flade

~r(u, v) = (Rcos(v), Rsin(v), u) u ∈ [0, h], v ∈ [0, 2π]

EksempelVi laver et planetarium(bygningen) da vi fører en plan gennem røret.

z = 5− x~r(u, v) = (Rcos(v), Rsin(v), u · (5−Rcos(v))) u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π]

Hvis vi nu skulle fa trang til at bestemme taget sa gøres det saledes:

~r(u, v) = (ucos(v), usin(v), 5− ucos(v)) u ∈ [0, R], v ∈ [0, 2π]

6.7.1.3 Omdrejningsflade

Kurven for omdrejningsfladen vi skal finde kaldes en profilkurve.

profilkurve : (g(u), 0, h(u)) u ∈ [a, b]

~r(u, v) = (g(u)cos(v), g(u)sin(v), h(u)) u ∈ [a, b], v ∈ [0, 2π]

Eksempel kugleskalI dette tilfælde vil profilkurven være en halvcirkel.

Profilkurven : (Rsin(u), 0, Rcos(u)) u ∈ [0, π]

~r(u, v) = (Rsin(u)cos(v), Rsin(u)sin(v), Rcos(u)) u ∈ [0, π]v ∈ [0, 2π]

~r′u = (Rcos(u)cos(v), Rcos(u)sin(v),−Rsin(u)) ~r′v = (−Rsin(u)sin(v), Rsin(u)cos(v), 0)

J~r =|(R2sin2(u)cos(v),−R2sin2(u)sin(v), R2sin(u)cos(u)cos2(v) +R2sin(u)cos(u)sin2(v)

)|

=|(R2sin2(u)cos(v),−R2sin2(u)sin(v), R2cos(u)sin(u)

)|

=√R4sin4(u)cos2(v) +R4sin4(u)sin2(v) +R4cos2(u)sin2(u)

= R2√sin2(u) = R2sin(u)

Side 36 af 46


Areal for kuglen er dermed: ∫F~r

1dµ =

∫ 2π

0

∫ π

0

(R2sin(u)

)dudv = 4πR2

Eksempel kegle

z = 3− 3x

Profilkurven : (u, 0, 3− 3u)) u ∈ [0, 1]

~r(u, v) = (ucos(v), usin(v), 3− 3u) u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π]

f(x, y, z) = x2 + y2 + z

J~r(u, v) =√

10u∫F~r

fdµ =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(u2 − 3u+ 3

)dudv

=3

2

√10π

6.8 Rumintegrale

Parametriseringen, rumkurven, er den vi kalder ~rVi skal her parametrisere en rummelig figur i R3 vi skal her have et parameterinterval med tre parametre.Vores omrade vil nu blive kaldet Ω~r

~r(u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) u ∈ [a, b] v ∈ [c, d] w ∈ [e, f ]∫Ω~r

fdµ =

∫ f

e

∫ d

c

∫ b

a

f(~r(u, v, w)) · J~r(u, v, w)dudvdw

f = 1 finder volumen

J~r(u, v, w) =|(~r′u × ~r′v

)• ~r′w |=| det

[~r′u ~r′v ~r′w

]|

6.8.1 Specialtilfælde

6.8.1.1 Grafbegrænset omrade

Et omrade som eksempelvist ligger i xy planer løftes op til en graf, og vi har nu en beholder under grafen.Vi kunne beskrive figuren som

C = (x(u, v), y(u, v), 0) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d]

z = h(x, y)

~r(u, v, w) = (x(u, v), y(u, v), w · h(x(u, v), y(u, v))) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d], w ∈ [0, 1]

J~r(u, v, w) =| det

x′u x′v 0y′u y′v 0wh′u wh′v h

|=| h · det

[x′u x′vy′u y′v

]|

SærtilfældeEr det plane omrade et rektangel [a, b]× [c, d]

~r(u, v, w) = (u, v, w · h(x, y)) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d], w ∈ [0, 1]

J~r = h(u, v)

Side 37 af 46


6.8.1.2 Omdrejningslegemer

Omradet for omdrejningslegemet kaldes profilomradet, det er en flade.

(g(u, v), 0, h(u, v)) g ≥ 0

~r(u, v, w) = (g(u, v) · cos(w), g(u, v) · sin(w), h(u, v)) u ∈ [a, b], v ∈ [c, d], w ∈ [0, 2π]

J~r(u, v, w) =| det

g′u · cos(w) g′v · cos(w) −g · sin(w)g′u · sin(w) g′v · sin(w) g · cos(w)

h′u h′v 0

|=| h′u

(g′vg · cos2(w) + g′v · g · sin2(w)

)− h′v

(g′ug · cos2(w) + g′ug · sin2(w)

)|

=| h′ug′vg − h′vg′ug |= g | g′uh′v − g′vh′u |

= g | det[g′u g′vh′u h′v

]|

Eksempel, kuglens rumfang

profilomradet: (usin(v), 0, ucos(v)) u ∈ [0, R], v ∈ [0, π]

kuglen ~r(u, v, w) = (usin(v)cos(w), usin(v)sin(w), ucos(v)) w ∈ [0, 1]

J~r(u, v, w) = usin(v) | det[sin(v) ucos(v)cos(v) −usin(v)

]|

= usin(v) | −usin2(v)− ucos2(v) |= u2sin(v)

Volumen Vk =

∫Ω~r

dµ =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

u2 · sin(v)dudvdw =4

3πR3

6.8.2 Gabriels horn

f(x) =1

xx ≥ 1

Profilkurve

(1

u, 0, u

)Profilomrade

(v

1

u, 0, u

)~r(u, v, w) =

( vusin(w),

v

usin(w), u

)w ∈ [0, 2π]

J~r(u, v, w) = g(u, v) | det

[− v

u2

1

u1 0

]|= v

u2

Vhorn =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ ∞1

v

u2dudvdw∫ ∞

0

1

u2du = lim

N→∞

∫ N

1

1

u2du = lim

N→∞

(− 1

N− (−1)

)= 1

Vhorn =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(v)dvdw = π

Omdrejningsfladen ~r(u, v) =

(1

ucos(v),

1

usin(v), u

)v ∈ [0, 2π]

J~r =|[~r′u ~r′v

]|

=1

u

√1 +

1

u4

Ahorn =

∫ 2π

0

∫ ∞0

(1

u

√1 +

1

u4

)dudv

1

u

√1 +

1

u4≤ 1

u

≥ ∞

Side 38 af 46

7 VEKTORFELTER Lasse Herskind

7 Vektorfelter

Foregar i R2 eller R3, forestil dig et vejrkort med vind indtegnet.

7.1 Definition

~V (x, y, z) = (V1(x, y, z), V2(x, y, z), V3(x, y, z)) V1, V2, V3 : R3 → R glatte

Hvis alle vektorer i vektorfeltet bevæger sig væk fra et punkt kaldes denne et eksplosionsfelt.

7.2 Gradientfelter

Ikke alle vektorfelter er gradientfelter.

f : R2 → R 5 f =(f ′x, f

′y

)= (V1, V2)

Betingelse for at et vektorfelt er et gradientfelt er at youngs sætning skal være gældende.

7.2.1 Youngs sætning

Ogsa denne vi benytter ved Hessematricen

f ′′xy = f ′′yx

7.3 Førstegrads vektorfelter

I R2, nemt at se hvorledes det kan laves i R3

~V (x, y) =

[V1(x, y)V2(x, y)

]= A

[xy

]+~b A =

[a11 a12

a21 a22

]~b =

[b1b2

]

7.4 Flowkurver

Beskrivelse af hvordan et partikel bevæger sig i feltetI R2

En kurve ~r(t) = (x(t), y(t)) er en flowkurve for vektorfeltet ~V (x, y) hvis ~r′(t) = ~V (x(t), y(t)) hvilketbetyder at. Husk koblede diffirentialligninger her, dsolve.[

x′(t)y′(t)

]=

[~V1 (x(t), y(t))~V2 (x(t), y(t))

]t ∈ I

7.4.1 Eksempel

~V (x, y) = (1, 1)

flowkurve: ~r(t) = (x(t), y(t))[x′(t)y′(t)

]=

[11

]~r(t) =

[x(t)y(t)

]=

[t+ k1

t+ k2

]

7.5 Divergens og rotation

7.5.1 Nabla-operatoren

~5 =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)V = (V1, V2, V3)

Side 39 af 46


7.5.2 Divergens

div(V) = ~5 • ~V =

(∂V1

∂x+∂V2

∂y+∂V3

∂z

)Funktion af 3-var

7.5.3 Rotation (Curl)

~5× ~V = Rot(V )

=

(∂V3

∂y− ∂V2

∂z,∂V1

∂z− ∂V3

∂x,∂V2

∂x− ∂V1

∂y

)~5× ~V = ~0 ~V er gradientfelt→5f = ~V

7.6 Tangentielt kurveintgral

Lad ~V (x, y, z) = (V1(x, y, z), V2(x, y, z), V3(x, y, z)) være et vektorfelt i R3

h(x, y, z) = ~V (x, y, z) • ~e

=| ~V | ·cos(v)

~e =~r′(t)

| ~r′(t) |J~r(t) =| ~r′(t) |

Tan(V,K~r) =

∫K~r

~V • ~edµ

=

∫ b

a

~V (~r(t)) ·~r′(t)

| ~r′(t) |· J~r(t)dt

=

∫ b

a

~V (~r(t)) · ~r′(t)dt

7.6.1 Gradientfelt

Hvad hvis v er et gradientfelt?

f ′(~r(t)) = 5f(~r(t)) · ~r′(t)

= ~V (~r(t)) · ~r′(t)Tan(V,K~r) = f(r(b))− f(r(a))

7.6.2 Cirkulation

Hvis K~r er en lukket kurve sa kaldes Tan(~V ,K~r) for cirkulation af ~V langs K~r

Tan(~V ,K0

~r

)=

∮~V ~edµ

= K0~r

Hvis ~v er et gradientfelt gælder det at ∮~V ~edµ = 0

7.6.3 Eksemplet vi alle har ventet pa 2

f(x, y, z) = x2 · y + y · z + z

~V (x, y, z) = ~∇f(x, y, z) = (2xy, x2 + z, y + 1)

(0, 0, 0) (1, 2, 3)

Side 40 af 46


Tjek lige rotationen

~∇× ~V = (0, 0, 0)

Sa kan vi benytte at den er et gradientfelt.

Tan(~V ,K~r) = f(1, 2, 3)− f(0, 0, 0) = 11

Nu vil vi finde f nar v kender ~V .

~r(t) = (xt, yt, z2) t ∈ [0, 1]

f(x, y, z)− f(0, 0, 0) = Tan(~V ,K~r)

=

∫ 1

0

~V (~r(t)) · ~r′(t)dt

=

∫ 1

0

3x2t2y + 2zt+ zdt

= x2y + zy + z

Side 41 af 46

8 FLUX Lasse Herskind

8 Flux

8.1 Fluxintegral

Er et specielt fladeintegrale, hvor vi dog har et vektorfelt

V(x, y, z) = (V1(x, y, z), V2(x, y, z), V3(x, y, z))

Enhedsnormalen ~n vil her være vinkelret pa fladen og af længden 1. ~N vil her være vinkelret, men dogikke normeret.

f(x, y, z) = V • ~n= |V| · |~n| · cos(θ)

Definition:Fluxen af V gennem den parametriserede flade F~r er givet ved

Flux (V, F~r) =

∫F~r

V • ~nF dµ

~nF =

~r′u × ~r′v|~r′u × ~r′v|

~0 hvis ~r′u × ~r′v = ~0

Flux((V, F~r)

∫ d

c

∫ a

b

V(~r(u, v)) • (~r′u(u, v)× ~r′v(u, v))Fladeintegral, ~NF

du dv

8.1.1 Eksempel 1

Cylinderflade, radius R og højde h

u ∈ [0, 2π] v ∈ [0, h]

~r(u, v) = (R · cos(u), R · sin(u), v)

~r′u(u, v) = (−R · sin(u), R · cos(u), 0) ~r′v(u, v) = (0, 0, 1)

~r′u(u, v)× ~r′v(u, v) = (R · cos(u), R · sin(u), 0)

Flux(V, F~r) =

∫ h

0

∫ 2π

0

V(R · cos(u), R · sin(y), v) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv

=

∫ h

0

∫ 2π

0

R2cos2(u) +R2sin2(u) du dv

= 2π · h ·R2

8.1.2 Eksempel 2

Samme ~r benyttes hertil

W = (1, 0, 0)

Flux(W, F~r) =

∫ h

0

∫ 2π

0

W(R · cos(u), R · sin(y), v) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv

=

∫ h

0

∫ 2π

0

(1, 0, 0) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv

=

∫ h

0

∫ 2π

0

R · cos(u) du dv

= 0

Side 42 af 46


8.1.3 Eksempel 3

Q = (−y, x, 0)

Flux(Q, F~r) =

∫ h

0

∫ 2π

0

Q(R · cos(u), R · sin(y), v) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv

=

∫ h

0

∫ 2π

0

(−Rsin(u), Rcos(u), 0) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv

=

∫ h

0

∫ 2π

0

−R2sin(u)cos(Y ) +R2cos(u)sin(u) du dv

= 0

8.2 Flux som volumenekspansion

Hertil benytes fluxen samt flowkurver

d

dtV ol(Ω(t))

∣∣∣∣t=0

= Flux(V, F~r)

8.2.0.1 Eksempel 4

~r(u, v) = (2, u, v) u ∈ [0, b] v ∈ [0, h]

~r′u = (0, 1, 0) ~r′v = (0, 0, 1)

~r′u × ~r′v = (1, 0, 0)

V(x, y, z) = (x, 0, 0)

Flux(V, F~r) = 2 · b · h

Flowkurvner findes nu for V

~h(t) = (x(t), y(t), z(t))

~h′(t) =

x′(t)y′(t)z′(t)

= V =

x(t)00

x(t) = c1 · et y(t) = c2 z(t) = c3

~h(t) =

c1 · etc2c3

Flowkurver for de enkelte hjørner vil sa være

H1 = (2, 0, 0) H2 = (2, b, 0)

~h(0)H1 = H1 =

2et

00

~h(0)H2= H2 =

2et

b0

Volumenet kan nu beregnes og vi finder frem til Fluxen

V ol(Ω(t)) = 2et · b · h− 2 · b · hd

dtV ol(Ω(t)) = 2et · b · h

d

dtV ol(Ω(t))

∣∣∣∣t=0

= 2 · b · h

8.3 Gauss’ sætning (divergenssætningen)

Vi ser pa et rummelige omrade Ω~r (lukket flade). Hvor ∂Ω~r = randen af Ω~r, omslutter Ω~r fuldkommen.~n er den udadrettede enhedsnormal. Vi kan nu finde fluxen ud igennem randen ved brug af et vektorfelt.

Flux(V, ∂Ω~r) =

∫∂Ω~r

V • ~n dµ =

∫Ω~r

div(V) dµ

Side 43 af 46


8.3.1 Eksempel med 1 variabel

div(f) = f ′(X) Ω = [a, b]∫f ′(x) dx =

∫ b

a

f ′(x) dx = f(b)− f(a)

V(x) = (f(x), 0) ∂ [a, b] = a, b∫a,b

V • n(x) dx = f(b)− f(a)

8.3.2 Eksempel 2, cylinderflade

F~r = den krumme overflade

~r(u, v) = (R · cos(u), R · sin(u), v) u ∈ [0, 2π] v ∈ [0, h]

~r′u = (−R · sin(v), R · cos(u), 0) ~r′v = (0, 0, 1)

~r′u × ~r′v = (R · cos(u), R · sin(u), 0) = ~NF

V(x, y, z) =(x+ tanh

(y · z · ecosh(y)

), sinh(x+ z) + y, z

)Beregn fluxen af V gennem den krumme overflade F~r

Flux(V, F~r) =

∫ h

0

∫ 2π

0

V(~r(u, v) • (R · cos(u), R · sin(u), 0) du dv bæ...

div(V) = 1 + 1 + 1 = 3

Flux

V,topbundF~r

=

∫Ω

div(V) dµ = 3

∫Ω

1 dµ = 3πR2h

F lux(V, top) =

∫top

V • ~n dµ = hπR2

Flux(V, bund) =

∫bund

V • ~n dµ = 0

Flux(V, F~r) = 3 · πR2h− h · π ·R2

8.3.3 Eksempel 3, konstant divergens

div(V) = k∫Ω~r

k dµ = k · V ol(Ω)

8.3.4 Eksempel 4, divergens 0

Ogsa kaldet divergensfri

V(x, y, z) = (f(y, z), g(x, z), h(x, y))

div(V) = 0

Side 44 af 46


8.3.5 Lav et divergensfrit vektorfelt

Lad V være givet, hvordan laver vi et vektrofelt W, med div(W) = 0

rot(V) = ∇×W

V = (V1, V2, V3) ∇ =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)∇×W =

(∂V3

∂y− ∂V2

∂z,∂V1

∂z− ∂V3

∂x,∂V2

∂x− ∂V1

∂y

)div(rot(W)) = 0

∇ • (∇×W) =

(∂

∂x

(∂V3

∂y− ∂V2

∂z

),∂

∂y

(∂V1

∂z− ∂V3

∂x

),∂

∂x

(∂V2

∂x− ∂V1

∂y

))

8.4 Stokes (cirkulation)

Givet V og en aben flade F med randkurven ∂F

~nF =

~r′u × ~r′v|~r′u × ~r′v|

~0 hvis ~r′u × ~r′v = ~0

Cirk(V, ∂F ) =

∫∂F

V • ~e∂F dµ

=

∫∂F

Rot(V) • ~nF dµ

= Flux(Rot(V), ∂F )

Højre-konvention skal være gældende for at kunne gøre dette.

1. Højrehand

2. Kig fra spids af ~n, sa skal strømmen ga mod uret

3. Star vi pa randen indefra skal strømmen ga mod venstre

8.4.1 Eksempel 1

Givet en lukket kruve K i (x,y)-planen som bestar af 4 rette linjestykker samt vektorfeltet V.

V(x, y, z) =(x · y, y, x2

)Vi ønsker nu at beregne ∮

~V ~ek dµ

Gammel metodeBeregn de fire kurveintegraler og summere disse.

~rk1(u) = (1 + u · 2, 1, 0) u ∈ [0, 1]∫k1

V • ~ek1 dµ =

∫ 1

0

V(r(u)) • ~r′k1(u) dµ

=

∫ 1

0

1 + 2u1

(1 + 2u)2

• 2

00

du

=

∫ 1

0

(2 + 4 · u) dµ

= 4

Side 45 af 46


Med stokesBenytter vi nu istedet en flade kan vi opskrive en parameterfremstilling som

~r(u, v) = (u, v, 0) u ∈ [1, 3] v ∈ [1, 3]

Vi bliver derefter nødt til at undersøge hvorvidt parameterfremstillingen for f er korrekt orienteret, vikan dermed beregnet.

~N = ~r′u × ~r′v =

100

× 0

10

=

001

Heraf ses det at orienteringen er fin

Rot(V) =

∂x∂y∂z

× yx

yx2

=

0−2x−x

∮K

V • ~ek dµ =

∮K

Rot(V(r(u))) • ~N dµ

=

∫ 3

1

∫ 3

1

0−2uu

• 0

01

dv dv

=

∫ 3

1

∫ 3

1

−u du dv

= −8

Side 46 af 46

Documents

Formelsamling - UNIGULD - UNIGULDuniguld.dk/wp-content/guld/DTU/mat1//formelsamling--6-.pdf · 1 LINE˛R AFBILDNING Lasse Herskind 1 Lineˆr afbildning 1.1 Brug af afbildningsmatricen