Kursusnoter til BasisMatbasismat.compute.dtu.dk/basismat/basismatnoter.pdf · Kursusnoter til...

Kursusnoter til BasisMat

Peter BeelenSøren Thomsen

Peter NørtoftMorten Brøns

|z|=r

z=reiα

arg(z)=αRe

Im

eiπ+1 = 0

INSTITUT FOR MATEMATIK OG COMPUTER SCIENCEDANMARKS TEKNISKE UNIVERSITET

2016

Indhold

1 De komplekse tal 11.1 Introduktion til de komplekse tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Regning med komplekse tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Modulus og argument . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Den komplekse eksponentialfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5 Eulers formel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Polynomier 212.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2 Andengradspolynomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3 Binomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.4 Faktorisering af polynomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.5 Polynomier med reelle koefficienter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.6 Tredjegradspolynomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3 Taylorpolynomier 393.1 Approksimation ved linearisering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2 Taylorpolynomier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 Funktioner af to variable 454.1 Graf og niveaukurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Partielle afledede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.3 Tangentplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.4 Stationære punkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5 Førsteordens differentialligninger 575.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.2 Den fuldstændige løsning til en førsteordens differentialligning . . . . . . . . . . 58

5.2.1 Lineære førsteordens differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.2.2 Differentialligninger hvor de variable kan separeres . . . . . . . . . . . . 60

5.3 Begyndelsesbetingelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.4 Anvendelse af Taylorpolynomier til løsning af førsteordens differentialligninger . 65

i

ii INDHOLD

6 Andenordens differentialligninger 696.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 696.2 Homogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter 70

6.2.1 Det karakteristiske polynomium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.2.2 En dobbeltrod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.2.3 To ikke-reelle rødder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.2.4 Generel løsningsmetode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

6.3 Begyndelsesværdiproblemer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.4 Inhomogene lineære andenordens differentialligninger med konstante koefficienter 78

6.4.1 Gættemetoden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Bilag 89Det græske alfabet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Trigonometriske regneregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Enhedscirklen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Differentiationsregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Integrationsregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Indeks 92

Forord

Den indledende fælles undervisning i matematik for diplomingeniørstuderende på DanmarksTekniske Universitet består fra 2014 af kurset BasisMat. Disse noter er skrevet til brug i dettekursus.

Den første udgave af disse noter blev skrevet på engelsk af Peter Beelen til brug for dettidligere kursus DiploMat 1. Efterfølgende blev noterne oversat til dansk og revideret af SørenThomsen i 2011. Adskillige andre personer har deltaget i større eller mindre grad i tilblivelsen afnoterne. 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 ErikZenner 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 2016Morten Brøns

I 2016-udgaven er der foretaget mindre ændringer. Ældre udgaver af noterne kan uden problemerbruges til kurset i 2016.

Kapitel 1

De komplekse tal

I dette kapitel vil vi introducere mængden af såkaldt komplekse tal. For at motivere dette vil viførst 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 manto naturlige tal sammen, får man igen et naturligt tal, men man kan komme i problemer, hvisman ønsker at trække fra. For eksempel har ligningen 7+ x = 3 ingen løsninger inden for denaturlige tal. Indfører man de hele tal Z= . . . ,−2,−1,0,1,2, . . . er dette problem løst. Der erdog stadig problemer, for man kan ikke uden videre dividere inden for de hele tal. For eksempelhar ligningen 3x = 2 ikke nogle heltallige løsninger. Dette kan vi klare ved at indføre mængdenaf brøker Q, som også kaldes mængden af rationelle tal. I nogen tid troede man, at mængden Qaf rationelle tal indeholdt alle de tal, man nogensinde kunne få brug for, men det er ikke tilfældet.Det viser sig for eksempel, at ligningen z2 = 2 ikke har nogen løsning i Q. En mulig konklusioner, at ligningen simpelthen ingen løsning har, hvilket dog ikke er særligt tilfredsstillende. Derforudvidede matematikerne mængden af rationelle tal Q til mængden af reelle tal R. I R har lignin-gen z2 = 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 indeholdtalle tal, man nogensinde ville få brug for. Men hvad med en ligning som z2 =−1? Det er klart, atdenne ligning ingen løsning har inden for de reelle tal. Vi er altså i samme situation, som vi vartidligere med ligningen z2 = 2 indtil de reelle tal blev indført. For at kunne løse ligningen z2 =−1vil 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 idenne bog.

1.1 Introduktion til de komplekse tal

Som nævnt er indførelsen af de komplekse tal motiveret af ønsket om at kunne løse en ligningsom z2 =−1. En måde at løse denne ligning på er ganske enkelt at indføre et nyt (ikke-reelt) talsom løsning. Vi bruger symbolet i for dette tal, som kaldes den imaginære enhed.

1

2 KAPITEL 1. DE KOMPLEKSE TAL

Definition 1.1. Tallet i er defineret som en løsning til ligningen z2 =−1. Der gælder altså

i2 =−1.

Ud fra tallet i fastlægger vi nu

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 = 0+ 1 · i og ethvert reelt tal a er også etkomplekst tal, da vi kan skrive a = a+ 0i. Ofte repræsenteres mængden R af reelle tal ved enret linje, som vi vil kalde den reelle tallinje. Ethvert punkt på linjen repræsenterer et reelt tal (seFigur 1.1).

−1 0 1 2 3 4√

2 π

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 tal-plan. Et komplekst tal a+ bi angives som punktet (a,b) i planen. Det betyder, at tallet i harkoordinaterne (0,1), og det vil derfor ligge på andenaksen. Tallet i og nogle andre komplekse taler markeret i den komplekse talplan på Figur 1.2.

Akserne i den komplekse talplan har særlige navne. Den vandrette akse kaldes den reelleakse; 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. Første-koordinaten kaldes realdelen af z (angives ved Re(z)), mens andenkoordinaten af z kaldes imagi-nærdelen (angivet ved Im(z)). Bemærk, at både realdelen og imaginærdelen af et vilkårligt kom-plekst tal z er reelle tal. Hvis man kender Re(z) og Im(z), kan man nemt opskrive tallet z, da detgælder 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 andenmåde 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 rentimaginært tal er et imaginært tal hvor realdelen er nul (for eksempel 2i).

1.1. INTRODUKTION TIL DE KOMPLEKSE TAL 3

Re

Im

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

0 √2

i

2+3i

−1−4i

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:

1. 2+3i

2.√

2

3. −2i

Løsning.

1. Tallet 2+ 3i er angivet på rektangulær form. Derfor kan vi direkte aflæse realdelen ogimaginærdelen. Vi har Re(2+3i) = 2 og Im(2+3i) = 3.

2. 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) = 0.

3. Tallet −2i er også angivet på rektangulær form. For at være mere præcis kunne man ogsåskrive −2i = 0−2i. Vi har derfor Re(−2i) = 0 og Im(−2i) =−2.


1.2 Regning med komplekse talNu hvor vi har indført de komplekse tal, kan vi begynde at regne med dem. Man regner medkomplekse tal fuldstændig som om de var reelle, bare med den ekstra regel, at i2 =−1. Vi visersom eksempel nogle regnestykker med de to komplekse tal z1 = 1+2i og z2 = 3+5i.

Skal de to tal lægges sammen, gør vi som følger.

z1 + z2 = (1+2i)+(3+5i) regnestykket opskrives= 1+2i+3+5i parenteserne hæves= 1+3+2i+5i der byttes om på rækkefølgen af leddene= 1+3+(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.

Re

Im

1 2 3 4 5 6−1

1

2

3

4

5

6

−1

0

3+2i

1+4i

4+6i

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.

z1− z2 = (1+2i)− (3+5i) regnestykket opskrives= 1+2i−3−5i parenteserne hæves= 1−3+2i−5i der byttes om på rækkefølgen af leddene= 1−3+(2−5)i i sættes uden for en parentes=−2−3i

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 z1 = 1+2i og z2 = 3+5i:

z1 · z2 = (1+2i)(3+5i) regnestykket opskrives= 1 ·3+1 ·5i+2i ·3+(2i) · (5i) parenteserne ganges ud

= 3+5i+6i+10i2 de enkelte led reduceres

= 3+5i+6i−10 benytter at i2 =−1=−7+11i

Division er lidt mere kompliceret. Før vi gør det, kan vi få lidt inspiration fra følgende tricktil at fjerne kvadratrødder fra en nævner:

11+√

2=

11+√

2· 1−

√2

1−√

2=

1−√

2(1+√

2)(1−√

2)=

1−√

212− (

√2)2

=1−√

21−2

=1−√

2−1

=−1+√

2

(vi benyttede i denne udregning kvadratsætningen (a+b)(a−b) = a2−b2). Lad os nu prøve atgøre noget lignende med en brøk af komplekse tal:


z1

z2=

1+2i3+5i

regnestykket opskrives

=(1+2i)(3−5i)(3+5i)(3−5i)

brøken forlænges med 3−5i

=3−5i+6i−10i2

32− (5i)2parenteserne i tæller og nævner ganges ud. For nævneren bru-ges kvadratsætningen (a+b)(a−b) = a2−b2

=3−5i+6i+10

9+25benytter at (5i)2 = 52i2 samt i2 =−1

=13+ i

34leddene i tæller og nævner samles

=1334

+1

34i


1. (1+2i)(3+4i)

2.1+2i3+4i

Løsning.

1. (1+2i)(3+4i) = 3+4i+6i+8i2 = 3+10i−8 =−5+10i.

2. Efter multiplikation af både tæller og nævner med 3−4i får vi resultatet:

1+2i3+4i

=(1+2i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)

=3−4i+6i−8i2

9−16i2

=3+2i+8

9+16=

11+2i25

=1125

+2

25i.


1. (1+2i)(3+4i)

2.1+2i3+4i

Løsning.

1. (1+2i)(3+4i) = 3+4i+6i+8i2 = 3+10i−8 =−5+10i.

1.3. MODULUS OG ARGUMENT 7

2. Efter multiplikation af både tæller og nævner med 3−4i får vi resultatet:

1+2i3+4i

=(1+2i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)

=3−4i+6i−8i2

9−16i2

=3+2i+8

9+16=

11+2i25

=1125

+2

25i.

Det er klart, at addition, subtraktion og multiplikation kan gennemføres for alle kompleksetal z1 og z2. For division må vi dog kræve, at nævneren ikke er nul. Vi samler dette i en definitionaf de fire regningsarter for komplekse tal

Definition 1.7. Lad z1 = a+ bi og z2 = c+ di være to komplekse tal på rektangulær form.Så defineres regneoperationerne

addition: z1 + z2 = (a+bi)+(c+di) = (a+ c)+(b+d)isubtraktion: z1− z2 = (a+bi)− (c+di) = (a− c)+(b−d)imultiplikation: z1 · z2 = (a+bi) · (c+di) = (ac−bd)+(ad +bc)i.

division:z1

z2=

a+ ibc+ id

=

(ac+bdc2 +d2

)+

(bc−adc2 +d2

)i

I divisionen forudsættes det, at z2 6= 0.

Der er ingen grund til at lære formlerne i definition 1.7 udenad. Man bør bare, som vi har vist ide mange eksempler, regne som man plejer at regne med reelle tal. Det eneste nye er regneregleni2 =−1 (som det til gengæld er værd at kunne udenad!) og tricket med at forlænge, når man skaldividere.

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 vien anden måde, hvorpå man kan beskrive et komplekst tal. Givet et komplekst tal z kan vi tegne entrekant 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 reelleakse 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 vedet tal i intervallet ]−π,π], men dette er ikke strengt nødvendigt. Vinklen −π/4 kan f.eks. ogsåangives som −π/4+2π = 7π/4. Man siger, at argumentet af et komplekst tal kun er bestemt optil 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)


|z|Im(z)

z

Re(z)

arg(z)Re

Im

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, atparret (|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 koor-

dinater 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 lidtomhu. 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 mangeløsninger. Den løsning, der ligger i intervallet ]−π/2,π/2[ betegnes arctan(k) (eller undertidenatan(k) eller tan−1(k)). Man udtaler det „arcus tangens“. Grafen for funktionen arctan er vist påFigur 1.5.

Vi vender nu tilbage til ligning (1.3b), som svarer til x = arg(z) og k = Im(z)/Re(z). Hvisz 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

(−Im(z)−Re(z)

)= arctan

(Im(z)Re(z)

)og dermed arg(z) = arctan(Im(z)/Re(z))+π.


−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

π2

− π2

Figur 1.5: Grafen for arctan-funktionen.

z

−z

arg(z)

arg(−z)Re

Im

Figur 1.6: For z i 2. kvadrant gæl-der arg(z) = arg(−z) + π. Bemærk, atarg(−z) < 0, der er markeret ved, at vin-kelpilen går i den negative omløbsretning.

På samme måde (lav selv en tegning!) kan man vise, at hvis z ligger i 3. kvadrant, gælderarg(z) = arctan(Im(z)/Re(z))−π.

Disse overvejelser er opsummeret i Figur 1.7.

Re

Im

π2

−π2

1. kvadrant:arg(z) = arctan(b/a)

2. kvadrant:arg(z) = arctan(b/a)+π

3. kvadrant:arg(z) = arctan(b/a)−π

4. kvadrant:arg(z) = arctan(b/a)

Figur 1.7: Formler for hovedargumentet af z = a+bi.

Vi har stiltiende antaget, at Re(z) 6= 0, da vi ellers kommer til at dividere med 0, og må derforbehandle dette tilfælde særskilt. Hvis Re(z) = 0 og Im(z)> 0, ligger z på den positive del af denimaginære akse. Derfor er arg(z) = π/2. Tilsvarende gælder arg(z) = −π/2 hvis Re(z) = 0 ogIm(z)< 0.

Vi samler omregningen mellem rektangulære og polære koordinater i nedenstående


Sætning 1.8. Lad z være et komplekst tal forskelligt fra 0 med polære koordinater (r,α). Daer

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|=

√a2 +b2 og hovedargumentet er givet ved

arg(z) =

arctan(b/a) hvis a > 0,

π/2 hvis a = 0 og b > 0,

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, idetvi for det reelle tal z = a+0i får |z|=

√a2 +02 = |a|.

Eksempel 1.9. Beregn modulus og argument af følgende komplekse tal (sinus, cosinus ogtangens af forskellige vinkler samt diverse trigonometriske regneregler kan findes i bilaget):

1. 4i

2. −7

3. 3+3i

4. −2−5i

Løsning. Vi finder løsningen ved hjælp af Sætning 1.8.

1. |4i|=√

02 +42 = 4,

arg(4i) = π/2.

2. |−7|=√

(−7)2 +02 = 7,

arg(−7) = arctan(0/(−7))+π = π

3. |3+3i|=√

32 +32 = 3√

2,

arg(3+3i) = arctan(3/3) = π/4

4. |−2−5i|=√

(−2)2 +(−5)2 =√

29,

arg(−2−5i) = arctan((−5)/(−2))−π = arctan(5/2)−π


Eksempel 1.10. Følgende polære koordinater er givet. Skriv de tilhørende komplekse tal pårektangulær 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 koordi-nater. 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)) =−10

3. z = 4(cos(−π/4)+ isin(−π/4)) = 4(√

2/2− i√

2/2) = 2√

2−2√

2 i

4. z = 2√

3(cos(−2π/3)+ isin(−2π/3)) = 2√

3(−1/2− i√

3/2) =−√

3−3i


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 erkendt. Dette tydeliggøres i følgende sætning.

Sætning 1.11. Lad z1 og z2 være to komplekse tal begge forskellige fra nul. Da gælderfølgende:

|z1z2|= |z1| |z2|

ogarg(z1z2) = arg(z1)+ arg(z2).

Vi har desuden|z1/z2|= |z1|/|z2|

ogarg(z1/z2) = arg(z1)− arg(z2).

Lad n ∈ Z være et heltal og z ∈ C et komplekst tal. Da gælder

|zn|= |z|n

ogarg(zn) = narg(z).

Før vi beviser sætningen, præsenterer vi et lemma.

Lemma 1.12. Der gælder

(cos(α1)+ isin(α1)) · (cos(α2)+ isin(α2)) = cos(α1 +α2)+ isin(α1 +α2).

Bevis. Ved at gange parenteserne sammen kan vi beregne realdelen og imaginærdelen af pro-duktet

(cos(α1)+ isin(α1))(cos(α2)+ isin(α2)).

Det viser sig, at realdelen er givet ved

cos(α1)cos(α2)− sin(α1)sin(α2),

og imaginærdelen er givet ved

cos(α1)sin(α2)+ sin(α1)cos(α2).

Ved at benytte additionsformlerne for cosinus og sinus (se bilaget) når vi frem til lemmaet.

Bevis for Sætning 1.11. Vi viser kun den første del af sætningen. Lad os indføre r1 = |z1|, r2 =|z2|, α1 = arg(z1) og α2 = arg(z2). Ifølge ligning (1.2) har vi

z1 · z2 = r1(cos(α1)+ isin(α1)) · r2(cos(α2)+ isin(α2))

= r1r2(cos(α1)+ isin(α1))(cos(α2)+ isin(α2))


Vi bruger nu Lemma 1.12 og ser, at z1z2 = r1r2(cos(α1 +α2)+ isin(α1 +α2)), hvilket bevisersætningen.

Re

Im

z1

z2

z1 · z2

1

1

|z1 · z2|= |z1| · |z2|

arg(z1 · z2) = arg(z1)+ arg(z2)

Figur 1.8: Grafisk illustration af Sætning 1.11.

Sætning 1.11 kan bruges til at give en geometrisk beskrivelse af multiplikationen af to kom-plekse tal: længden (modulus) af produktet er produktet af længderne, og argumentet af produk-tet er summen af argumenterne (se Figur 1.8). Sætningen er også meget anvendelig når man skalberegne potenser af komplekse tal, hvilket vi viser i de følgende eksempler.

Eksempel 1.13. Skriv følgende komplekse tal på rektangulær form.

1. (1+ i)13

2. (1+ i)13/(−1−√

3i)15

Løsning.

1. 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 = 26√

2 = 64√

2.


Da vi nu kender både modulus og argument af tallet (1+ i)13, kan vi skrive tallet på rek-tangulær 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 viargument og modulus for −1−

√3i. Ifølge Sætning 1.8 gælder det, at

arg(−1−√

3i) = arctan((−√

3)/(−1))−π =−2π/3

og

|−1−√

3i|=√

(−1)2 +(−√

3)2 = 2.

Det næste skridt er at beregne modulus og argument af det ønskede tal. Vha. Sætning 1.11finder vi, at

arg((1+ i)13/(−1−

√3i)15

)= 13arg(1+ i)−15arg(−1−

√3i)

= 13π/4−15(−2π/3) = 53π/4.

og ∣∣∣(1+ i)13/(−1−√

3i)15∣∣∣= |1+ i|13/|−1−

√3i|15

=√

213/215 =

√2/512.

Vi kan også vælge 53π/4−14π = −3π/4 som argument. Nu kender vi både modulus ogargument af (1+ i)13/(−1−

√3i)15, og vi finder:

(1+ i)13

(−1−√

3i)15=

√2

512(cos(−3π/4)+ isin(−3π/4))

=

√2

512(−√

2/2− i√

2/2) =− 1512− i

512.

1.4 Den komplekse eksponentialfunktionVi 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 somf.eks. f (t) = t2 + 2t + 5 også kan defineres på mængden af komplekse tal. Med andre ord: ud-trykket t2+2t+5 giver mening for ethvert t ∈C. Den sædvanlige eksponentialfunktion f (t) = et

er defineret for ethvert reelt tal t (se Figur 1.9). Kan vi også definere eksponentialfunktionen påde komplekse tal? Svaret er ja, og definitionen er som følger.

1.4. DEN KOMPLEKSE EKSPONENTIALFUNKTION 15

−2 −1 0 1

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

Figur 1.9: Grafen for eksponentialfunktionen som funktion af en reel variabel.

Definition 1.14. Lad z ∈ C være et komplekst tal med rektangulær form z = a+bi. Så defi-neres

ez = ea+bi = ea(cos(b)+ isin(b)).

Bemærk, at hvis b = 0, dvs. hvis z = a er et reelt tal, så er ez = ea. Definition 1.14 er altså ioverensstemmelse med den sædvanlige eksponentialfunktion på de reelle tal.

Eksempel 1.15. Skriv følgende udtryk på rektangulær form:

1. e2

2. e1+i

3. eiπ

4. eln(2)+iπ/4 (når vi skriver ln, mener vi logaritmen med grundtal e)

5. e2πi

Løsning. Vi bruger Definition 1.14 og reducerer indtil vi kommer til den ønskede rektangulæreform.

1. Vi ved allerede, hvordan man beregner e2, da 2 er et reelt tal. Der gælder, at e2 er cirkalig 7,389. Hvis vi alligevel bruger Definition 1.14, finder vi, at e2 = e2+0i = e2(cos(0)+isin(0)) = e2(1+ i0) = e2. Udtrykket e2 er på rektangulær form, da vi kan skrive e2 =e2 + i0.

2. e1+i = e1(cos(1)+ isin(1)) = ecos(1)+ esin(1)i

3. eiπ = e0+iπ = e0(cos(π)+ isin(π)) = 1(−1+0) =−1


4. eln(2)+iπ/4 = eln(2)(cos(π/4)+ isin(π/4)) = 2(√

2/2+ i√

2/2) =√

2+√

2i

5. e2πi = cos(2π)+ isin(2π) = 1

Hvis man skal beregne real- og imaginærdelen af et udtryk ez, kan man også bruge følgendeformler:

Re(ez) = eRe(z) cos(Im(z)) og Im(ez) = eRe(z) sin(Im(z)).

Den komplekse eksponentialfunktion har mange egenskaber til fælles med den sædvanlige reelleeksponentialfunktion. Vi nævner nogle eksempler i følgende sætning.

Sætning 1.16. Lad z, z1 og z2 være komplekse tal og n et heltal. Da gælder

ez 6= 0

1/ez = e−z

ez1ez2 = ez1+z2

ez1/ez2 = ez1−z2

(ez)n = enz

Bevis. Vi viser kun at ez1ez2 = ez1+z2 . Først skriver vi z1 og z2 på rektangulær form: z1 = a1+b1iog z2 = a2 +b2i. Nu finder vi, at

ez1ez2 = ea1(cos(b1)+ isin(b1))ea2(cos(b2)+ isin(b2))

= ea1ea2(cos(b1)+ isin(b1))(cos(b2)+ isin(b2))

= ea1+a2(cos(b1)+ isin(b1))(cos(b2)+ isin(b2))

= ea1+a2(cos(b1 +b2)+ isin(b1 +b2)) (vha. Lemma 1.12)

= ea1+a2+(b1+b2)i = ez1+z2 .

Lad nu r være et positivt reelt tal, og α et reelt tal. Så gælder reiα = r(cos(α)+ isin(α)). Somvi har set i ligning (1.2) og derefter, har tallet reiα altså modulus r og argument α (se Figur 1.10).Vi kan også omskrive ligning (1.2) som z = |z|eiarg(z). Denne måde at skrive et komplekst tal påhar et særligt navn:

Definition 1.17. Lad z være et komplekst tal forskelligt fra 0. Da gælder

z = |z|eiarg(z).

Højresiden af denne ligning kaldes den polære form af z.

Hvis z 6= 0 kan vi ud fra de polære koordinater (r,α) for z direkte skrive z på polær form,nemlig som z = reiα. Givet et udtryk på formen z = reiα, hvor r er et positivt reelt tal og α er etvilkårligt reelt tal, kan vi omvendt direkte aflæse de polære koordinater (r,α) for z.

1.4. DEN KOMPLEKSE EKSPONENTIALFUNKTION 17

|z|=r

z=reiα

arg(z)=αRe

Im

Figur 1.10: Polær form af et komplekst tal z.

Eksempel 1.18. Skriv følgende komplekse tal på polær form:

1. −1+ i

2. 2+5i

3. e7+3i

4.e7+3i

(−1+ i)

Løsning. Et komplekst tal på rektangulær form omskrives til polær form ved at finde modulusog argument; i andre tilfælde kan man bruge potensregning.

1. |−1+ i|=√

1+1 =√

2 og arg(−1+ i) = arctan(1/(−1))+π = 3π/4. På polær form ertallet −1+ i altså givet ved

√2ei3π/4.

2. |2+5i|=√

4+25 =√

29 og arg(2+5i) = arctan(5/2). Vi finder derfor, at 2+5i har denpolære form

√29eiarctan(5/2).

3. e7+3i = e7e3i. Højresiden af denne ligning er allerede den polære form af tallet, da dethar formen reiα (hvor r > 0 og α ∈ R). Vi kan aflæse modulus af tallet e7+3i til e7, mensargumentet er 3.

4. Vi så i første del af dette eksempel, at −1+ i =√

2ei3π/4. Så får vi:

e7+3i

−1+ i=

e7e3i√

2ei3π/4=

e7√

2e3i

ei3π/4 =e7√

2e(3−3π/4)i.

Det sidste udtryk er den ønskede polære form. Vi kan nu umiddelbart se, at tallet e7+3i

−1+i harmodulus e7/

√2 og argument 3−3π/4.

I foregående eksempel så vi, at modulus af tallet e7+3i er lig e7, mens argumentet er 3. Detgælder generelt, at

|ez|= eRe(z) og arg(ez) = Im(z).


1.5 Eulers formel

Den komplekse eksponentialfunktion forbinder trigonometri og komplekse tal. Vi kigger nær-mere på denne forbindelse i dette afsnit.

Lad t være et reelt tal. Formlen

eit = cos(t)+ isin(t) (1.5)

kaldes Eulers formel og er en direkte konsekvens af Definition 1.14. 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 forcos(t) og sin(t) får vi:

cos(t) =eit + e−it

2og sin(t) =

eit− e−it

2i. (1.7)

Ligning (1.7) kan bruges til at omskrive produkterne af cosinus- og sinus-funktioner til ensum af cosinus- og sinus-funktioner. Denne slags beregninger er almindelige i frekvensanaly-se, hvor man forsøger at skrive vilkårlige funktioner som en sum af såkaldte rene harmoniskefunktioner. De kan også bruges til at beregne integraler af trigonometriske udtryk, som vi ser ifølgende eksempel.

Eksempel 1.19. 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· e

it + e−it

2=

(ei3t− e−i3t)(eit + e−it)

4i

=ei4t + ei2t− e−i2t− e−i4t

4i=

12

(ei4t− e−i4t

2i+

ei2t− e−i2t

2i

)

=sin(4t)

2+

sin(2t)2

.

Dette resultat er illustreret på Figur 1.11. Nu får vi∫sin(3t)cos(t)dt =

∫ (sin(4t)2

+sin(2t)

2

)dt =−cos(4t)

8− cos(2t)

4+ c,c ∈ R.

En anden anvendelse af Eulers formel findes i følgende sætning.

1.5. EULERS FORMEL 19

−π −π/2 π/2 π

−1.0

−0.5

0.5

1.0

0

sin(3t)cos(t)sin(4t)/2sin(2t)/2

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)

ogsin(nt) = Im((cos(t)+ isin(t))n).

Bevis. Nøglen til beviset er følgende ligning:

cos(nt)+ isin(nt) = eint = (eit)n = (cos(t)+ isin(t))n.

Sætningen følger ved at tage real- og imaginærdelen af begge sider af denne ligning.

Fordoblingsreglerne cos(2t) = cos2(t)− sin2(t) og sin(2t) = 2cos(t)sin(t) kan nu let udle-des. Man kan også finde tredoblingsregler som i følgende eksempel.

Eksempel 1.21. Udtryk cos(3t) og sin(3t) ved cos(t) og sin(t).

Løsning. Ifølge DeMoivres sætning har vi

cos(3t) = Re((cos(t)+ isin(t))3)

ogsin(3t) = Im((cos(t)+ isin(t))3).

Efter nogle beregninger finder vi, at

(cos(t)+ isin(t))3 = (cos(t)3−3cos(t)sin(t)2)+ i(3cos(t)2 sin(t)− sin(t)3).


Der gælder åbenbart:cos(3t) = cos(t)3−3cos(t)sin(t)2

ogsin(3t) = 3cos(t)2 sin(t)− sin(t)3.

Kapitel 2

Polynomier

2.1 Introduktion

I dette kapitel undersøger vi en særlig type udtryk kaldet polynomier. Polynomier optræder imange sammenhænge, hvilket vi skal se flere eksempler på også i de efterfølgende kapitler. Vistarter 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) = anzn +an−1zn−1 + . . .+a1z+a0,

hvor n er et naturligt tal. Symbolerne a0,a1,a2, . . . ,an betegner komplekse tal, og de kaldeskoefficienterne i p(z). Det største j, for hvilket a j 6= 0, kaldes graden af p(z) og benævnesdeg(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. z2 +1

2. z3 +1+ z−1

3. i

4. sin(z)+ z12

5. 0z11 +5z10 +2z+1

6. z2.5 + z+1

7. (z+1)2

21

22 KAPITEL 2. POLYNOMIER

Løsning.

1. z2+1 er et polynomium i z. Hvis vi vil skrive det på samme form som i Definition 2.1, kanvi vælge n = 2, a0 = a2 = 1 og a1 = 0. Da a2 6= 0, er polynomiets grad 2.

2. z3 + 1+ z−1 er ikke et polynomium i z på grund af leddet z−1. Alle eksponenter til z i etpolynomium p(z) er større end eller lig nul.

3. Det komplekse tal i kan betragtes som et polynomium. Man vælger n = 0 og a0 = i iDefinition 2.1. Polynomiet i har derfor grad 0.

4. sin(z)+ z12 er ikke et polynomium pga. leddet sin(z).

5. 0z11 + 5z10 + 2z+ 1 er et polynomium. Leddet af grad 11 kan slettes, da koefficienten tilz11 er 0. Den største potens af z med koefficient forskellig fra nul er derfor 10. Det betyder,at deg(0z11 +5z10 +2z+1) = 10.

6. z2.5 + z+1 er ikke et polynomium pga. leddet z2.5. Eksponenterne til z skal være naturligetal.

7. (1+ z)2 er et polynomium, selvom det ikke er skrevet på samme form som i Definition2.1. Det kan dog omskrives til denne form, da (z+1)2 = z2+2z+1. Vi finder, at deg((z+1)2) = 2.

Eksempel 2.3. Skriv følgende polynomier på samme form som i Definition 2.1.

1. (3z+5)2

2. (3z+2)(3z−2)

3. (z+5)(z+6)

4. (z−1)(z2 + z+1)

Løsning.

1. (3z+5)2 = (3z)2 +2 ·3z ·5+52 = 9z2 +30z+25

2. (3z+2)(3z−2) = (3z)2−22 = 9z2−4

3. (z+5)(z+6) = z(z+6)+5(z+6) = z2 + z6+5z+30 = z2 +11z+30

4. (z−1)(z2 + z+1) = z(z2 + z+1)− (z2 + z+1) = z3 + z2 + z− z2− z−1= z3−1

Bemærk, at hvis et polynomium er produktet af to andre polynomier, f.eks. p(z)= p1(z)p2(z),så gælder deg p(z) = deg p1(z) + deg p2(z). Hvis p(z) er et polynomium, så kaldes ligningenp(z) = 0 en polynomiumsligning. Løsninger til en polynomiumsligning har et særligt navn:

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 afkomplekse tal). Dette faktum er kendt som algebraens fundamentalsætning.

Sætning 2.5 (Algebraens fundamentalsætning). Lad p(z) være et polynomium af gradmindst 1. Så har p(z) en rod ρ ∈ C.

Vi beviser ikke denne sætning. Bemærk, at ikke alle polynomier har en reel rod. Polynomietz2 +1 har f.eks. ingen reel rod, men det har de komplekse rødder i og −i. Givet et polynomiumkan det være svært eller ligefrem umuligt at finde et eksakt udtryk for dets rødder, men der ertilfælde, hvor det kan lade sig gøre. Vi kigger på to sådanne i de følgende to afsnit.

2.2 AndengradspolynomierI dette afsnit forklarer vi, hvordan man finder rødder i et andengradspolynomium, dvs. et poly-nomium af grad to. Vi antager, at polynomiet har reelle koefficienter. Et sådant polynomium p(z)kan skrives på formen

p(z) = az2 +bz+ c,

hvor a,b,c ∈ R og a 6= 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. Denneegenskab ønskes bibeholdt af den udvidede kvadratrodsfunktion, hvilket opnås med følgendedefinition.

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. Hvisx < 0, så gælder det, at (

√x)2 = (i

√−x)2 = i2(

√−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) = az2 + bz+ c, a 6= 0.

For at finde polynomiets rødder, skal vi løse polynomiumsligningen az2+bz+c = 0. Nu gælderfølgende:

az2 +bz+ c = 0⇔ 4a2z2 +4abz+4ac = 0

⇔ (2az)2 +2(2az)b+b2 = b2−4ac

⇔ (2az+b)2 = b2−4ac


Udtrykket b2−4ac kaldes diskriminanten af polynomiet az2+bz+c. Vi benævner diskriminan-ten D. Nu hvor vi har defineret en udvidelse af kvadratrodsfunktionen så den også kan benyttespå negative tal, kan vi fortsætte og isolere z. Vi får

az2 +bz+ c = 0⇔ (2az+b)2 = b2−4ac = D

⇔ (2az+b) =±√

D

⇔ z =−b±

√D

2a

Vi kommer frem til den sædvanlige formel for løsningen til en andengradsligning, men kvadra-trodstegnet er nu defineret for ethvert reelt tal. Vi har altså vist følgende sætning.

Sætning 2.7. Andengradspolynomiet

az2 +bz+ c (a 6= 0),

med reelle koefficienter a, b og c og diskriminant D = b2−4ac, har rødderne:

z =−b±

√D

2a.

Mere præcist har polynomiet

1. to forskellige reelle rødder z =−b±

√D

2ahvis D > 0,

2. en reel rod z =−b2a

hvis D = 0,

3. to ikke-reelle rødder z =−b± i

√−D

2ahvis D < 0.

På Figur 2.1 er graferne for nogle andengradspolynomier indtegnet. Reelle rødder i et an-dengradspolynomium markerer skæringspunkter mellem førsteaksen og grafen for polynomiet.I tilfældet D = b2−4ac = 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 kom-plekse rødder.

Eksempel 2.8. Find alle (komplekse) rødder i polynomiet 2z2−4z+10.

Løsning. Diskriminanten af polynomiet 2z2−4z+10 er

D = (−4)2−4 ·2 ·10 =−64.

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, ogto ikke-reelle rødder hvis D < 0.

Ifølge Definition 2.6 finder vi nu, at√

D =√−64 = i

√64 = 8i.

Polynomiet 2z2−4z+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 zn−a for et naturligt tal n ∈ N og et kompleksttal a ∈ C forskelligt fra 0. Tallet n er graden af polynomiet zn−a. Da et polynomium på formenzn− a kun har to led, nemlig zn og a, kaldes det ofte et binomium. Vi ønsker at finde et eksaktudtryk for alle rødder i binomiet zn−a. Vi ønsker altså med andre ord at finde alle z, som opfylderligningen

zn = a.

Det viser sig, at den polære form af a spiller en vigtig rolle.

Sætning 2.9. Ligningen zn = a (a ∈ C\0) har netop n forskellige løsninger:

z = n√|a|ei( arg(a)

n +p 2πn ), p ∈ 0, . . . ,n−1.

Her betegner udtrykket n√|a| det unikke, positive reelle tal r, som tilfredsstiller ligningen

rn = |a|. Aftegnet i den komplekse talplan danner løsningerne til ligningen zn = a vinkel-spidserne i en regulær n-kant med centrum i 0.


Bevis. Idéen i beviset er, at man forsøger at finde alle løsninger z til ligningen zn = a på polærform. Vi skriver derfor z = |z|eiu, og vi prøver at finde alle mulige værdier af |z| og u således,at zn = |a|eiarg(a). I første omgang har vi zn = (|z|eiu)n = |z|neinu, og dette udtryk skal værelig |a|eiarg(a). Dette gælder hvis og kun hvis |a| = |z|n og forskellen mellem arg(a) og nu er etmultiplum 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 + p2πn .

Alle løsninger til zn = a er derfor på formen z = n√|a|ei( arg(a)

n +p 2πn ). Vi finder i princippet en

løsning for ethvert valg af p, men når p gennemløber mængden 0, . . . ,n− 1, får vi alle deforskellige løsninger.

Da alle n løsninger har samme modulus, og da der for hver løsning, hvis argument vi benæv-ner α, findes en anden løsning med argument α+2π/n, danner løsningerne vinkelspidserne i enregulær n-kant med centrum i 0, når de aftegnes i den komplekse talplan.

Eksempel 2.10. I dette eksempel vil vi finde alle rødderne i polynomiet z4 + 8− i8√

3 ogskrive dem på rektangulær form.

Løsning. Vi bruger Sætning 2.9 med n = 4 og a =−(8− i8√

3). Først skriver vi det kompleksetal −(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 = 16ei2π/3, hvilket er den ønskede polære form. Ifølge Sætning 2.9 eralle løsninger til z4 =−8+ i8

√3 givet ved

z = 4√

16ei( 2π3·4+p 2π

4 ),hvor p frit kan vælges fra mængden 0,1,2,3, så

z = 2ei π6 ∨ z = 2ei 2π

3 ∨ z = 2ei 7π6 ∨ z = 2ei 5π

3 .

Vi mangler at skrive disse rødder på rektangulær form. Vha. formlen eit = 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 kva-drat) med centrum i 0. At dette er tilfældet kan ses på figuren herunder. De stiplede linjer er blottegnet for at man bedre kan se, at der er tale om et kvadrat.

2.4. FAKTORISERING AF POLYNOMIER 27

Re

Im

−√

3

−1

√3

1

−√

3 −1 √310

2.4 Faktorisering af polynomier

I de foregående afsnit har vi undersøgt rødderne i polynomier. Vi har set, at et polynomium (afgrad mindst 1) altid har en kompleks rod, men ikke nødvendigvis en reel rod. I dette afsnit skalvi 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 2.11. Lad p(z) være et polynomium og antag, at der findes to polynomier p1(z) ogp2(z) således at p(z) = p1(z)p2(z). Så er ρ ∈ C en rod i p(z) hvis og kun hvis ρ er rod ip1(z) eller i p2(z).

Bevis. Tallet ρ er rod i p(z) hvis og kun hvis p(ρ) = 0. Da p(z) = p1(z)p2(z) er dette ækvivalentmed p1(ρ)p2(ρ) = 0, og derfor gælder det at p1(ρ) = 0 eller p2(ρ) = 0. Dette er ensbetydendemed, at ρ er rod i p1(z) eller i p2(z).

Hvis man ønsker at finde alle rødder i et polynomium, så er det ifølge Lemma 2.11 en godidé at forsøge at skrive polynomiet som et produkt af polynomier af lavere grad. Hvis p(z) =p1(z)p2(z) som i Lemma 2.11, så siger man, at p1(z) og p2(z) er faktorer i polynomiet p(z).Det er vigtigt at kunne afgøre, hvorvidt et givet polynomium er faktor i et andet polynomium. Viforklarer, hvordan man gør dette i nogle eksempler.


Eksempel 2.12.

1. Afgør om polynomiet z+3 er en faktor i polynomiet 2z2 +3z−9.

2. Afgør om polynomiet z+4 er en faktor i polynomiet 3z3 +2z+1.

3. Afgør om polynomiet 2z2 + z+3 er en faktor i polynomiet 6z4 +3z3 +19z2 +5z+15.

Løsning.

1. Vi prøver at finde et polynomium q(z) således, at (z+ 3)q(z) = 2z2 + 3z− 9. Hvis q(z)eksisterer, så skal det have grad 1, så det skal have formen q(z) = b1z+b0 for nogle tal b1og b0. Vi prøver først at finde tallet b1. Uden at reducere produktet (z+ 3)(b1z+ b0) kanvi allerede se, at den højeste potens af z i produktet er 2, og koefficienten til z2 er b1. Detbetyder, at (z+ 3)(b1z+ b0) = b1z2 + led af grad mindre end 2. Da vi ønsker at finde b1således, at (z+3)(b1z+b0) = 2z2 +3z−9, kan vi se, at b1 skal være lig 2. Når vi ved, atb1 = 2, kan vi prøve at bestemme b0. Vi kræver, at (z+ 3)(2z+ b0) = 2z2 + 3z− 9, og vikan skrive (z+3)(2z+b0) = (z+3)2z+(z+3)b0. Vi kan derfor konkludere, at

(z+3)b0 = 2z2 +3z−9− (z+3)2z =−3z−9. (2.1)

Det væsentlige her er, at vi allerede har valgt b1 sådan, at leddet z2 forsvinder i ligning(2.1). Ved at se på koefficienten til z kan vi konkludere, at b0 =−3. En kontrol bekræfter,at 2z2 +3z−9 = (z+3)(2z−3).

Man opskriver normalt ovenstående beregninger således:

z+3 2z2 + 3z− 9 2z2z2 + 6z− 3z− 9

Første linje indeholder de givne polynomier z+ 3 og 2z2 + 3z− 9, samt de led i q(z), vihar beregnet indtil nu. Anden linje indeholder det multiplum af z+ 3 som vi har trukketfra 2z2 + 3z− 9 i ligning (2.1). Efter nogle reduktioner får vi tredje linje ud fra udtrykket2z2 +3z−9−2z(z+3). Det fik vi også på højre side af ligning (2.1). Det næste skridt varat finde b0. Vi får igen, at b0 =−3, og nu får vi følgende:

z+3 2z2 + 3z− 9 2z−32z2 + 6z− 3z− 9− 3z− 9

0

Dette betyder blot, at 2z2 +3z−9 = (z+3)(2z−3)+0. Dette sidste nul kommer fra densidste linje i skemaet ovenfor. Konklusionen er altså, at z+ 3 er en faktor i polynomiet2z2 + 3z− 9. Vi kan endda opskrive faktoriseringen, da vi viste, at 2z2 + 3z− 9 = (z+3)(2z−3).


2. Denne gang undersøger vi om polynomiet z+4 er en faktor i polynomiet 3z3 +2z+1. Vileder efter et polynomium q(z) således at (z+4)q(z) = 3z3+2z+1. Vi ser, at q(z) må havegrad 2, dvs. q(z) = b2z2 +b1z+b0, og vi ønsker at bestemme dets tre koefficienter. Ved atkigge på den største potens af z ser vi, at b2 = 3. Denne gang bruger vi kun den skematiskeprocedure vi beskrev i den første del af eksemplet. Vi får først

z+4 3z3 + 2z+ 1 3z2

3z3 + 12z2

− 12z2 + 2z+ 1

Nu ser vi, at z-leddet i q(z) skal være −12z, og vi finder videre:

z+4 3z3 + 2z+ 1 3z2−12z3z3 + 12z2

− 12z2 + 2z+ 1− 12z2− 48z

50z+ 1

Til sidst ser vi, at konstantleddet b0 i q(z) skal være 50, og vi får:

z+4 3z3 + 2z+ 1 3z2−12z+503z3 + 12z2

− 12z2 + 2z+ 1− 12z2− 48z

50z+ 150z+ 200− 199

Denne gang får vi ikke nul i sidste linje. Det ovenstående viser, at 3z3 + 2z+ 1 = (z+4)(3z2− 12z+ 50)− 199. Det betyder, at z+ 4 ikke kan være en faktor i 3z3 + 2z+ 1, daz+4 så også skulle være faktor i 3z3 +2z+1− (z+4)(3z2−12z+50) =−199. Dette erikke muligt, da graden af z+4 er større end graden af −199.

3. Denne gang opskriver vi blot skemaet:

2z2 + z+3 6z4 + 3z3 + 19z2 + 5z+ 15 3z2 +56z4 + 3z3 + 9z2

10z2 + 5z+ 1510z2 + 5z+ 15

0

Konklusionen er, at 6z4 + 3z3 + 19z2 + 5z+ 15 = (2z2 + z+ 3)(3z2 + 5)+ 0, og derfor er2z2 + z+3 en faktor i polynomiet 6z4 +3z3 +19z2 +5z+15.


Algoritmen beskrevet i Eksempel 2.12 kaldes divisionsalgoritmen. I denne algoritme enderman helt generelt med at have udfyldt et skema, der ser ud som følger:

d(z) p(z) q(z). . .

. . .r(z)

Vi har altså følgende:

Algoritme 2.13. Givet to polynomier p(z) og d(z) begge forskellige fra nul, finder divisions-algoritmen 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 afrødderne i et polynomium.

Lemma 2.14. Lad p(z) være et polynomium af grad n≥ 1, og lad ρ ∈ C være et kompleksttal. 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 eren 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 talr. 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 ip(z).

Ved hjælp af dette lemma kan vi definere multipliciteten af en rod.

Definition 2.15. Lad ρ være en rod i polynomiet p(z). Multipliciteten af roden ρ er defineretsom det største naturlige tal m ∈ N således, at (z−ρ)m er en faktor i p(z). Man siger, at ρer rod i p(z) med multiplicitet m.

Bemærk at Lemma 2.14 medfører, at enhver rod i et polynomium har multiplicitet mindst 1.


Eksempel 2.16. Afgør om −3 er rod i følgende polynomier. Angiv i bekræftende fald densmultiplicitet.

• p1(z) = 2z2 +3z−9.

• p2(z) = z2 +3z+1.

• p3(z) = z3 +3z2−9z−27

• p4(z) = (2z2 +3z−9)(z3 +3z2−9z−27) = 2z5 +9z4−18z3−108z2 +243

Løsning.

1. Vi har p1(−3) = 18− 9− 9 = 0. Derfor er −3 rod i polynomiet 2z2 + 3z− 9. Vi så iEksempel 2.12, at 2z2 + 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 p1(z), nemlig 3/2. Dennerod har også multiplicitet 1.

2. Vi har p2(−3) = 1. Derfor er −3 ikke rod i p2(z).

3. Denne gang har vi p3(−3) = 0, så −3 er rod i p3(z). Ved hjælp af divisionsalgoritmen fårvi:

z+3 z3 + 3z2− 9z− 27 z2−9z3 + 3z2

− 9z− 27− 9z− 27

0

Det gælder derfor, at z3+3z2−9z−27=(z+3)(z2−9). Tallet−3 er også rod i polynomietz2−9, så multipliciteten af roden−3 er mindst 2. Det gælder faktisk, at z2−9= (z+3)(z−3), så z3+3z2−9z−27= (z+3)(z2−9) = (z+3)2(z−3). Det betyder, at roden−3 i p3(z)har multiplicitet 2. Vi viste også, at 3 er rod i p3(z), og at denne rod har multiplicitet 1.

4. Vi har p4(z) = p1(z)p3(z). Af første og tredje del af dette eksempel får vi p4(z) = (z+3)3(2z−3)(z−3). Det betyder, at roden −3 har multiplicitet 3. Vi ser også, at tallene 3/2og 3 er rødder i p4(z), begge med multiplicitet 1. Grafen for p4(z), med z ∈ R, er vist påFigur 2.2.

Ovenstående eksempel viser, at der er en entydig sammenhæng mellem faktorer af grad 1 iet 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 2.17. Lad p(z) = anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z+ a0 være et polynomium af gradn > 0. Da findes komplekse tal ρ1,...,ρn således, at

p(z) = an(z−ρ1) · · ·(z−ρn).


−4 −3 −2 −1 1 2 3

−200

−100

100

200

300

0

Figur 2.2: Grafen for polynomiet 2z5 + 9z4− 18z3− 108z2 + 243, betragtet som funktion af en reelvariabel.

Bevis. Ifølge algebraens fundamentalsætning findes der en rod ρ1 i polynomiet p(z). Ved hjælpaf Lemma 2.14 kan vi skrive p(z) = (z−ρ1)q1(z) for et polynomium q1(z). Bemærk at gradenaf q1(z) er én mindre end graden af p(z). Hvis q1(z) er en konstant, er vi færdige. Ellers kan vibruge algebraens fundamentalsætning på polynomiet q1(z), og finde roden ρ2 i q1(z). Igen kan vivha. Lemma 2.14 skrive q1(z) = (z−ρ2)q2(z). Dette medfører, at p(z) = (z−ρ1)(z−ρ2)q2(z).Ved at fortsætte på denne måde kan vi skrive p(z) som et produkt af polynomier af grad 1, samtkonstanten an.

Eksempel 2.18. Skriv polynomiet

p4(z) = 2z5 +9z4−18z3−108z2 +243

fra Eksempel 2.16 på samme form som i Sætning 2.17.

Løsning. Vi har allerede set, at p4(z) = (z+ 3)3(2z− 3)(z− 3). Ved at trække to-tallet ud affaktoren 2z−3 får vi:

p4(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 ρ1 = −3, ρ2 = −3, ρ3 = −3, ρ4 = 3/2 og ρ5 = 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 p4(z).

Det gælder faktisk altid, at summen af alle multipliciteterne af rødderne i et polynomium erlig med polynomiets grad. Med andre ord kan man omformulere Sætning 2.17 til følgende: etpolynomium af grad n har netop n rødder, når rødderne tælles med deres multiplicitet.

2.5. POLYNOMIER MED REELLE KOEFFICIENTER 33

2.5 Polynomier med reelle koefficienter

De fleste af de polynomier, man støder på i praktiske anvendelser, har reelle koefficienter. Idette afsnit samler vi nogle fakta om disse polynomier. Det viser sig, at følgende definition ernyttig:

Definition 2.19. Lad z = a+bi være et komplekst tal skrevet på rektangulær form. Da defi-nerer 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 2.20. Lad z,z1,z2 ∈ C være komplekse tal og n ∈ Z et heltal. Det gælder, at

1. z = z,

2. z1 + z2 = z1 + z2,

3. z1 · z2 = z1 · z2,

4. zn = (z)n,

5. 1/z = 1/z (z 6= 0).

Bevis. Vi beviser punkt 2 og 3 af lemmaet. For en sum af to komplekse tal z1 = a + bi ogz2 = c+di på rektangulær form gælder det, at

z1 + z2 = (a+ c)+(b+d)i = (a+ c)− (b+d)i = (a−bi)+(c−di) = z1 + z2.

For et produkt af to komplekse tal z1 = a+bi og z2 = c+di på rektangulær form har vi z1z2 =(ac−bd)+(ad +bc)i. Derfor gælder

z1 · z2 = (ac−bd)− (ad +bc)i = (a−bi)(c−di) = z1 · z2.

Eksempel 2.21. Udtryk følgende komplekse tal på rektangulær form.

1. −3+6i

2. π

3. −97i

Løsning.


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.

3. −97i =−(−97i) = 97i.

Lemma 2.22. Lad z ∈ C være et komplekst tal og α ∈ R et reelt tal. Da gælder

1. ez = ez,

2. eiα = 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. Udfra definitionen af den komplekse eksponentialfunktion finder vi, at

ez = ea cos(b)+ ea sin(b)i = ea cos(b)− ea sin(b)i

= ea cos(−b)+ ea sin(−b)i = ea−bi = ez.

Hvis z = iα (med α ∈ R) har vi specialtilfældet

eiα = eiα = e−iα.

Eksempel 2.23. Skriv følgende komplekse tal på polær form.

1. 5eiπ/3

Løsning.

1. 5eiπ/3 = 5eiπ/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 harindført den kompleks konjugerede, er følgende egenskab:

Lemma 2.24. Lad p(z) være et polynomium med reelle koefficienter, og lad ρ ∈ C være enrod i p(z). Så er tallet ρ også rod i p(z).

Bevis. Vi kan skrive p(z) = anzn + · · ·+a1z+a0, hvor an, . . . ,a0 ∈ R. Det er givet, at ρ er rod ip(z), og derfor gælder det, at

0 = anρn + · · ·+a1ρ+a0.

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. Vifår

0 = anρn + · · ·+a1ρ+a0.

Ud fra dette og reglerne i Lemma 2.20 får vi:

0 = anρn +an−1ρn−1 · · ·+a1ρ+a0

= anρn +an−1ρn−1 + · · ·+a1ρ+a0

= anρn +an−1ρn−1 + · · ·+a1 ρ+a0

= an(ρ)n +an−1(ρ)n−1 + · · ·+a1 ρ+a0

= an(ρ)n +an−1(ρ)n−1 + · · ·+a1 ρ+a0

= p(ρ)

I den næstsidste linje udnyttede vi, at koefficienterne til polynomiet p(z) er reelle tal, hvilketbetyder, 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 koeffi-cienter kommer i par. Lad os som eksempel tage polynomiet 2z2−4z+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 1−2iogså må være rod i 2z2−4z+10. Vi så ligeledes i Eksempel 2.8, at dette er sandt.

Eksempel 2.25. Lad p(z) være et tredjegradspolynomium med reelle koefficienter. Lad osantage, at p(z) = z3 +az2 +bz+c for nogle tal a, b og c, og at p(1) = p(i) = 0. Beregn a, bog c.

Løsning. Da p(z) har reelle koefficienter, ved vi, at a, b og c er reelle tal. Vi får også oplyst, attallene 1 og i er rødder i p(z). Vi kan bruge Lemma 2.24 på roden i og konkludere, at i =−i ogsåer 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 z3 + az2 + bz+ c = (z−1)(z− i)(z+ i). Ved at gange ud får vi (z− 1)(z− i)(z+ i) = (z− 1)(z2 + 1) = z3− z2 + z− 1.Derfor er z3+az2+bz+c = z3−z2+z−1, og vi kan direkte aflæse a =−1, b = 1 og c =−1.

I løsningen til det foregående eksempel viste vi undervejs, at z3−z2+z−1 = (z−1)(z2+1).Dette illustrerer en mere generel egenskab ved polynomier med reelle koefficienter.

Sætning 2.26. Ethvert polynomium p(z) = anzn + . . .+a0 af grad mindst 1 med reelle koef-ficienter kan skrives som et produkt af den reelle konstant an 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 ogfaktorer af grad 1 på formen z− ρ. Tallet ρ er rod i polynomiet. Vi skriver nu ρ = a+ bi pårektangulær form. Hvis ρ er et reelt tal (dvs. b = 0), beholder vi faktoren z−ρ i p(z). Hvis talletρ = a+bi ikke er reelt, så er tallet ρ = a−bi også rod i p(z) (ifølge Lemma 2.24). Det betyder,


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) = z2− (ρ+ρ)z+ρρ= z2− (a+bi+a−bi)z+(a+bi)(a−bi)

= z2−2az+(a2 +b2).

På denne måde kan vi omdanne faktoriseringen af p(z) fra Sætning 2.17 til en faktorisering afp(z) i faktorer af grad 1 og 2 med reelle koefficienter.

Eksempel 2.27. Skriv følgende polynomier som et produkt af første- og andengradspolyno-mier med reelle koefficienter.

1. p1(z) = z3−1

2. p2(z) = z4 +4

Løsning.

1. Tallet 1 er rod i p1(z), da p(1) = 0. Ved hjælp af divisionsalgoritmen kan man vise, atp1(z) = (z−1)(z2+z+1). Polynomiet z2+z+1 har ingen reelle rødder, og det kan derforikke faktoriseres yderligere over de reelle tal. Den ønskede faktorisering er derfor:

z3−1 = (z−1)(z2 + z+1).

2. Da p2(z) = z4 + 4 er et binomium, kan vi ved hjælp af teorien fra Afsnit 2.3 finde allerødder i polynomiet. Vi finder rødderne 1+ i,1− i,−1+ i og −1− i. Vi har derfor, at

z4 +4 = (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 faktorerfor at komme af med komplekse koefficienter. Vi får så

(z− (1+ i))(z− (1− i)) = z2−2z+2

og(z− (−1+ i))(z− (−1− i)) = z2 +2z+2.

Den ønskede faktorisering af z4 +4 er derfor

z4 +4 = (z2−2z+2)(z2 +2z+2).

2.6. TREDJEGRADSPOLYNOMIER 37

2.6 Tredjegradspolynomier

Vi så i Afsnit 2.2, at man altid kan finde rødderne i et andengradspolynomium med reelle koeffi-cienter. I dette afsnit ser vi på tredjegradspolynomier med reelle koefficienter. Vi betragter altsåpolynomier på formen

p(z) = az3 +bz2 + cz+d,

hvor a ∈ R\0 og b,c,d ∈ R.

Lemma 2.28. Et tredjegradspolynomium p(z) med reelle koefficienter har mindst én reelrod.

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 tilfældehar faktorerne reelle koefficienter, og i begge tilfælde er mindst én faktor et førstegradspolyno-mium. 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). Vibetragter som eksempel polynomiet p(z) = z3−3z2−7z+33. Som hjælp til at finde en reel rodi p(z) tegner vi grafen for p(z), hvor p(z) betragtes som funktion af en reel variabel; i voreseksempel fås grafen på Figur 2.3. Vi ser nærmere på dette polynomium i følgende eksempel:

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

−40

−20

20

40

60

80

0

Figur 2.3: Grafen for polynomiet z3−3z2−7z+33 betragtet som funktion af en reel variabel.

Eksempel 2.29. Beregn alle rødder i polynomiet p(z) = z3−3z2−7z+33.

Løsning. Enhver rod ρ i p(z) tilfredsstiller ligningen p(ρ) = 0. Det betyder, at en reel rod ip(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


Algoritme 2.13) og skrive p(z) på formen p(z) = (z− (−3))q(z). De nødvendige beregningerminder om beregningerne i Eksempel 2.16. I dette tilfælde finder vi, at p(z)= z3−3z2−7z+33=(z+3)(z2−6z+11). Rødderne i andengradspolynomiet z2−6z+11 findes ved hjælp af teorien iAfsnit 2.2. Det viser sig, at de er 3± i

√2. Alle rødderne i polynomiet z3−3z2−7z+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) = 0.

4. Brug divisionsalgoritmen til at skrive p(z) = (z−ρ)q(z). Polynomiet q(z) har grad 2.

5. Find rødderne σ1 og σ2 i q(z) ved hjælp af teorien i Afsnit 2.2. Alle rødder i p(z) er nugivet ved ρ, σ1 og σ2.

De første tre skridt i metoden ovenfor virker kun, hvis polynomiet p(z) har en “pæn” reelrod, f.eks. et heltal. Hvis ikke, kan man altid finde numeriske approksimationer til en rod vedhjælp af en computer.

Kapitel 3

Taylorpolynomier

Lommeregneren har en knap til at beregne eksponentialfunktionen. I Maple gøres det ved kom-mandoen exp. Man kan benytte disse hjælpemider til at beregne f.eks. e = e1 = exp(1), og vilfå et svar i stil med 2,71828. Hvilken beregning ligger til grund for dette tal? Hvor nøjagtigt erdet? 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. Problemstillingener altså: Givet en funktion f (t), find et polynomium f (t), så f (t)− f (t) er lille for t i et givetinterval. Selvom det lyder svært, skal vi se, at det for mange funktioner faktisk kan gøres ganskeeffektivt.

3.1 Approksimation ved linearisering

Tangenten til grafen for et i punktet (0,1) har ligningen y = 1 + t. Vi viser dette senere i eteksempel. En første approksimation til funktionen f (t) = et kunne derfor være f1(t) = 1+ t.Så længe t ligger tæt på 0, er denne approksimation ganske god (se Figur 3.1). Vi har f.eks.at e1/1000− f1(1/1000) er mindre end 0,0000005002. Man kan til gengæld ikke finde en godapproksimation til e = e1 via f1, da f1(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 aff (t) i a, benævnt f1(t), er defineret ved

f1(t) = f (a)+ f ′(a)(t−a).

Vi beregner nogle lineariseringer i de følgende eksempler.

Eksempel 3.2.

1. Beregn lineariseringen af funktionen f (t) = et i 0.

39

40 KAPITEL 3. TAYLORPOLYNOMIER

−0.2 −0.1 0 0.1 0.2

0.9

1.0

1.1

1.2

f (t)=et

f1(t)=1+t

Figur 3.1: Grafer for funktionerne et 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) = e0 = 1 ogf ′(t) = et , dvs. f ′(0) = 1. Det betyder, at f1(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 f1(t) = 0+1(t−1) =t−1.

3.2 Taylorpolynomier

I det foregående afsnit benyttede vi lineariseringen f1(t) af en funktion f (t) i a til at approksimeref (t). Grunden til, at dette er en fornuftig første approksimation, er, at grafen for f1(t) er tangenttil grafen for f (t) i punktet (a, f (a)). En anden måde at udtrykke dette på er, at f1(a) = f (a)og ( f1)

′(a) = f ′(a). Man kan i øvrigt vise, at f1(t) er det eneste førstegradspolynomium, deropfylder dette.

Man kan generalisere disse betragtninger og forsøge at approksimere f (t) med et anden-gradspolynomium f2(t) for hvilket f2(a) = f (a), ( f2)

′(a) = f ′(a), og ( f2)′′(a) = f ′′(a). Endnu

mere generelt kunne man approksimere f (t) med et n’tegradspolynomium fn(t), som opfylderfn(a) = f (a), ( fn)

′(a) = f ′(a), . . . , og ( fn)(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 po-lynomiet fn(t) eksakt for en stor klasse af funktioner f (t). Polynomiet kaldes det n’te ordensTaylorpolynomium for f (t) i a, og a kaldes udviklingspunktet.

3.2. TAYLORPOLYNOMIER 41

Definition 3.3. Lad f (t) være en n gange differentiabel funktion. Det n’te ordens Taylorpo-lynomium fn(t) for f (t) med udviklingspunkt a (eller blot: i a) er defineret ved

fn(t) = f (a)+ f ′(a)(t−a)+f ′′(a)

2(t−a)2 + . . .+

f (n)(a)n!

(t−a)n.

Symbolet n! udtales “n fakultet” og er defineret ved n! = n · (n−1) · (n−2) · . . . ·2 ·1. Medandre 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 somlineariseringen af f (t) i a. Vi ser igen på nogle eksempler.

Eksempel 3.4. Beregn det 9. ordens Taylorpolynomium for funktionen f (t) = et med udvik-lingspunkt 0. Hvilken tilnærmelse til tallet e fås ud fra dette polynomium?

Løsning. Af f (t) = et fås f ′(t) = et , f ′′(t) = et osv., dvs. for alle n fås f (n)(t) = et . Da er det 9.ordens Taylorpolynomium for f (t) = et i 0 givet ved

f9(t) = 1+ e0t +e0

2!t2 +

e0

3!t3 +

e0

4!t4 +

e0

5!t5 +

e0

6!t6 +

e0

7!t7 +

e0

8!t8 +

e0

9!t9

= 1+ t +t2

2+

t3

6+

t4

24+

t5

120+

t6

720+

t7

5040+

t8

40320+

t9

362880.

Som tilnærmelse til e fås nu

f9(1) = 1+1+12+

16+

124

+1

120+

1720

+1

5040+

140320

+1

362880=

9864136288

.

Der gælder at 98641/36288≈ 2,7182815. Hvis vi sammenligner med værdien 2,71828 giveti starten af dette kapitel, er tilnærmelsen ret god. Man kan også se på Figur 3.2 hvor god entilnærmelse funktionen f9(t) er til funktionen f (t) = et .

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/t2 og f ′′′(t) = 2t−3 = 2/t3. Vi får derfor f (1) = 0, f ′(1) = 1,f ′′(1) =−1 og f ′′′(1) = 2. Nu kan vi opskrive det 3. ordens Taylorpolynomium f3(t) for f (t) =ln(t) i 1:

f3(t) = 0+1 · (t−1)+−12· (t−1)2 +

26· (t−1)3 = t−1− (t−1)2

2+

(t−1)3

3.


−6 −4 −2 0 2 4 6

200

400

600

800

1000

f (t)=et

f9(t)

Figur 3.2: Grafer for funktionerne et og dens 9. ordens Taylorpolynomium i 0.

1 2

−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

f (t)=ln(t)f3(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 0for nogle funktioner, man ofte støder på.

Vi har i denne korte gennemgang ikke beskæftiget os med, hvor stor en fejl man gør, nårman erstatter en funktion med dens n’te ordens Taylorpolynomium. Der findes en matematiskteori som gør det muligt at finde en øvre grænse for fejlen, men vi vil ikke gå nærmere ind pådette. Vi vil blot nævne, at man kun kan regne med, at Taylorpolynomiet giver en god tilnær-melse i nærheden af udviklingspunktet. Er man tilstrækkelig tæt på udviklingspunktet, vil man ialmindelighed få en bedre tilnærmelse, jo større graden af Taylorpolynomiet er.

Endelig er det værd at bemærke, at lommeregnere og matematikprogrammer i praksis ikke

3.2. TAYLORPOLYNOMIER 43

f (t) n’te ordens Taylorpolynomium for f (t) i 0

et 1+ t +t2

2!+

t3

3!+ . . .+

tn

n!

1/(1+ t) 1− t + t2− t3 + . . .+(−1)ntn

ln(1+ t) t− t2

2+

t3

3− t4

4+ . . .+(−1)n+1 tn

n

cos(t) 1− t2

2!+

t4

4!− t6

6!+ . . .+(−1)n/2 tn

n!for n lige

sin(t) t− t3

3!+

t5

5!− t7

7!+ . . .+(−1)(n−1)/2 tn

n!for n ulige

arctan(t) t− t3

3+

t5

5− t7

7+ . . .+(−1)(n−1)/2 tn

nfor n ulige

Tabel 3.1: n’te ordens Taylorpolynomier med udviklingspunkt 0 for nogle almindelige funktioner. Ide tilfælde, hvor n forudsættes lige (ulige), er Taylorpolynomiet for ulige (lige) n lig Taylorpolynomietaf orden n−1.

bruger Taylorpolynomier til beregning af funktioner som exp, sin og cos. For at få en megetnøjagtig tilnærmelse med mange korrekte decimaler er det ofte nødvendigt at have en megethøj grad n af Taylorpolynomiet. Der findes andre metoder, der er mere effektive. Til gengæld erTaylorpolynomier særdeles nyttige i den videregående matematiske analyse, og vi skal i afsnit 5.4se en anvendelse af Taylorpolynomier til at løse differentialligninger.

Kapitel 4

Funktioner af to variable

I de foregående kapitler har vi beskæftiget os med funktioner af én variabel—altså forskrifterpå formen g(t), hvor funktionen g afhænger af én variabel t. I praksis afhænger en funktionofte af flere end én variabel. I dette kapitel skal vi se på (reelle) funktioner af to variable—altsåforskrifter 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 vari-able. Når man opvarmer en metalplade, kan temperaturen T (x,y) i pladen til et bestemt tidspunkteksempelvis beskrives som en funktion af pladens to rumlige dimensioner x og y. Når man anslåren guitarstreng kan strengens udbøjning d(x,t) tilsvarende betragtes som en funktion af positio-nen x og tiden t. For at kunne beskrive sådanne fænomener fra et matematisk synspunkt, har vibrug for at beherske funktioner af to variable. I dette kapitel skal vi studere, hvordan man skit-serer en funktion af to variable, hvordan man differentierer den, hvordan man tilnærmer den vedhjælp 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 påen delmængde af mængden R2 af reelle talpar.

Det betyder altså, at en funktion f til ethvert talpar (t,u), hvor t og u begge er reelle tal og forhvilke funktionen er defineret, tilordner netop ét reelt tal, og dette betegnes f (t,u). Forskriftenf (t,u) = t2+u2 er et eksempel på en reel funktion af to variable. Funktionen udtrykker kvadratetpå afstanden fra et givent punkt (t,u) i R2 til origo (0,0). I punktet (−1,2) er funktionsværdieneksempelvis f (−1,2) = (−1)2 +22 = 5.

4.1 Graf og niveaukurver

Når man skal studere en funktion af to variable, kan det ofte være en god idé at tegne den. Herskal 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 direktebillede af funktionen. Blot er den ikke en linje i planen, men derimod en flade i rummet. Udtrykt

45

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 harderfor brug for tre dimensioner for at tegne grafen. Et eksempel er vist i Figur 4.1. Som detfremgår 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).

t

uv

O

v = c

v = f (t,u)

Figur 4.1: Grafen (blå flade) og en niveaukurve (sort kurve) for en funktion af to variable. Niveau-kurven fremkommer som projektionen af skæringen (stiplet kurve) mellem grafen og den vandretteplan (rød flade) ned i (t,u)-planen.

Ligesom et landskab også kan visualiseres ved hjælp af højdekurver, kan funktioner af tovariable også visualiseres ved hjælp af niveaukurver. En niveaukurve for en funktion f (t,u) er enmængde af punkter, hvori f (t,u) har den samme værdi. Udtrykt matematisk er niveaukurven foren 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 såledesmængden 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.

4.1. GRAF OG NIVEAUKURVER 47

Eksempel 4.2. Tegn grafen for følgende funktioner over de anførte områder i (t,u)-planensamt niveaukurverne hørende til de anførte niveauer c:

1. f (t,u) = t2 +u2 for t ∈ [−3,3] og u ∈ [−3,3] samt c ∈ 1,3, . . . ,17.

2. g(t,u) = e2t−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 ∈ −55 ,−

45 , . . . ,

55.

Løsning.

−6 −4 −2 2 4 6

−6

−4

−2

2

4

6

t

u

−5

5−5

5

−2

−1

1

2

t

u

−1 −0.5 0.5 1

−1

−0.5

0.5

1

t

u

−1

1−1.5−1−0.5

0.511.5

10

20

t

u

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1

1

2

3

t

u

−22−2

2

5

10

15

20

t

u

(e) (f)

(c) (d)

(a) (b)

Figur 4.2: Graf og niveaukurver for funktionerne i Eksempel 4.2.


For at tegne grafen og niveaukurverne for en funktion af to variable kan man med fordelbenytte et IT-værktøj.

1. Grafen for f (t,u) er vist i Figur 4.2(a). Grafen ses at være en såkaldt omdrejningspara-boloide med skålen pegende opad og bundpunktet liggende i (0,0,0). Niveaukurverne ervist i Figur 4.2(b). Niveaukurverne ses at være cirkler med centrum i (0,0). Lad os prøveat forstå strukturen af niveaukurverne ved at betragte forskellige niveauer c. For et vilkår-ligt positivt reelt tal c > 0 er et punkt (t,u) på niveaukurven hørende til c karakteriseretved ligningen t2 + u2 = 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 t2 +u2 = 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 R2 opfyldert2 +u2 = c, og niveaukurven er derfor den tomme mængde. Disse tre tilfælde for struktu-ren af niveaukurverne (cirkel, punkt eller den tomme mængde) er lette at forstå grafisk, nårman 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) = e2t−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 forståstrukturen af niveaukurverne ved at se på forskellige niveauer c. Da exponentialfunktionenaltid er positiv, er e2t−u > 0 for ethvert (t,u) ∈ R2. For c ≤ 0 er niveaukurverne derfortomme. For c > 0 er niveaukurven karakteriseret ved ligningen e2t−u = c ⇐⇒ 2t− u =ln(c) ⇐⇒ u = 2t− ln(c). Niveaukurven er derfor en ret linje i (t,u)-planen med hældning2 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 medtoppe og dale. Niveaukurverne er vist i Figur 4.2(f), og de ses at opdele (t,u)-planen ikvadratiske felter hvert med et antal mere eller mindre runde kurver indeni. Vi betragterigen forskellige niveauer c. Da sin(t) ∈ [−1,1] for alle t ∈ R, må sin(t)sin(u) ∈ [−1,1] foralle (t,u) ∈R2. 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+ 1

2 +2m)π med (n,m) ∈ Z2. Niveaukurverne hørende til c = 1 består altså af disseuendeligt mange diskrete punkter i (t,u)-planen. Punkterne ligger i centrum af de positivekvadratiske felter i (t,u)-planen og svarer naturligvis til grafens toppe. For c = 0 har visin(t)sin(u) = 0, netop når sin(t) = 0∨ sin(u) = 0, hvilket indtræffer for t = nπ∨u = mπmed (n,m) ∈ Z2. Niveaukurven hørende til c = 0 udgøres altså af disse uendeligt mangelinjer i (t,u)-planen, og det er netop dem, der giver anledning til opdelingen i (negative ogpositive) felter. For c = −1 har vi sin(t)sin(u) = −1 netop når sin(t) = −1∧ sin(u) = 1eller sin(t) = 1∧ sin(u) = −1, hvilket indtræffer for t = (n+ 1

2)π∧ u = (n− 12 + 2m)π

med (n,m) ∈ Z2. Niveaukurverne hørende til c =−1 består altså af disse uendeligt mangediskrete punkter i (t,u)-planen. Punkterne svarer til grafens dale og ligger i centrum af denegative kvadratiske felter i (t,u)-planen. Endeligt er niveaukurverne for c < −1 tomme.

4.2. PARTIELLE AFLEDEDE 49

Som det fremgår af eksemplet ovenfor er en niveaukurve generelt en punktmængde og ikkenødvendigvis en kurve i ordets egentlige forstand. Den har i øvrigt heller ikke altid en simpelfortolkning 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 funktions-variable 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 variablent, mens u betragtes som en konstant. Mere formelt kan vi definere

∂ f∂t

(t,u) = lim∆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 somovenfor) mere formelt definere

∂ f∂u

(t,u) = lim∆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 ligeledeser ∂ f

∂u (t,u) =∂

∂u f (t,u) = f ′u(t,u).I praksis bestemmes ∂ f

∂t (t,u) (eller ∂ f∂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) betragtessom en konstant. Lad os tage nogle konkrete eksempler.

Eksempel 4.4. Find de partielle afledede af følgende funktioner:

1. f (t,u) = t2 +u2

2. g(t,u) = e2t−u

3. h(t,u) = sin(t)sin(u)

Løsning.

1. Når vi skal beregne ∂ f∂t (t,u), skal vi betragte u som en konstant. Her får vi derfor ∂ f

∂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.


2. Funktionen g(t,u) = e2t−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−u2 = 2e2t−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) =−e2t−u.

3. Funktionen h(t,u) = sin(t)sin(u) er produktet af funktionerne sin(t) og sin(u). Når u be-tragtes som en konstant, er sin(u) også en konstant. Derfor er ∂h

∂t (t,u) = cos(t)sin(u). Når tbetragtes som en konstant, er sin(t) også en konstant. Derfor er ∂h

∂u(t,u) = sin(t)cos(u).

1

1(t0,u0)

∂ f∂ t

t

u

f (t,u)

∂ f∂u

Figur 4.3: De partielle afledede for en funktion f (t,u) angiver grafens hældning langs retninger pa-rallelle med akserne.

De partielle afledede har en simpel geometrisk fortolkning; de angiver nemlig grafens hæld-ning i retninger parallelle med t- og u-akserne. ∂ f

∂t (t0,u0) er hældningen af grafen langs med t forfastholdt u = u0 og evalueret i t = t0, mens ∂ f

∂u (t0,u0) er hældningen af grafen langs med u forfastholdt t = t0 og evalueret i u = u0. Dette er illustreret i Figur 4.3.

4.3 Tangentplan

Ligesom for funktioner af én variabel kan man somme tider få brug for at kunne approksimerefunktioner af to variable. Som beskrevet i afsnit 3.1 er den letteste måde at approksimere enfunktion af én variabel ved at finde tangenter til grafen for funktionen. For funktioner af to

4.3. TANGENTPLAN 51

variable vil vi approksimere med tangentplaner. Her får vi brug for de partielle afledede fraforrige afsnit.

Tangentplanen til grafen for en funktion f (t,u) i et punkt (a,b, f (a,b)) er defineret som denplan, der indeholder tangenten til grafen for funktionen g(t) = f (t,b) i punktet (a,g(a)), samttangenten 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∂t

(a,b)(t−a)+∂ f∂u

(a,b)(u−b).

Bevis. Vi finder en ligning for tangentplanen i punktet (a,b, f (a,b)) på formen v = c0 + c1(t−a)+ c2(u−b). Vi skal altså finde udtryk for c0, c1 og c2. For det første ved vi, at tangentplanengår gennem punktet (a,b, f (a,b)). Indsætter vi dette i ligningen for tangentplanen, får vi f (a,b) =c0 + c1(0−0)+ c2(0−0). Vi får altså c0 = f (a,b).

I resten af beviset viser vi, at c1 =∂ f∂t (a,b). Det kan på tilsvarende måde vises, at c2 =

∂ f∂u (a,b).

For nemheds skyld indfører vi funktionen `(t,u) = c0 + c1(t− a)+ c2(u− b) = f (a,b)+ c1(t−a)+c2(u−b). Det gælder at `(t,b)= f (a,b)+c1(t−a). Ligningerne u= b og v= f (a,b)+c1(t−a) definerer en linje i tangentplanen. Derfor er `(t,b) lig lineariseringen i t = a af funktioneng(t)= f (t,b). Funktionen g(t) er en funktion af kun én variabel, hvilket betyder, at vi kan beregnedens linearisering g1(t) i t = a således:

g1(t) = g(a)+dgdt

(a)(t−a).

Der gælder dog, at g(a)= f (a,b) og dgdt (a)=

∂ f∂t (a,b). Da `(t,b)= g1(t) ser vi, at c1 =

∂ 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 enfunktion af to variable i et punkt.

Definition 4.6. Lad f (t,u) være en funktion og lad (a,b) være et reelt talpar. Lineariseringenaf f (t,u) i (a,b), benævnt f1(t,u), er defineret ved

f1(t,u) = f (a,b)+∂ f∂t

(a,b)(t−a)+∂ f∂u

(a,b)(u−b).

Det følgende eksempel illustrerer ovenstående.

Eksempel 4.7.

1. Beregn lineariseringen i (3,2) af funktionen f (t,u) = t2 +u2.


−5

5

−6 −4 −2 2 4 6

−40

−20

20

40

tu

5

10

−6 −4 −22 4

−1

1

t

u

−2−1

12

−2−1

12

−50

50

100

tu

(a) (b) (c)

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) = e2t−u.

3. Beregn lineariseringen i (3π2 ,− 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 bemær-ker, at vi allerede beregnede alle nødvendige partielle afledede i Eksempel 4.4.

1. Vi har allerede beregnet ∂ f∂t (t,u) = 2t og ∂ f

∂u (t,u) = 2u. Af Definition 4.6 med a = 3 ogb = 2 får vi nu

f1(t,u) = f (3,2)+∂ f∂t

(3,2)(t−3)+∂ f∂u

(3,2)(u−2)

= 13+6(t−3)+4(u−2).

Grafen for f1(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 = 1og b = 0 får vi nu

g1(t,u) = h(1,0)+∂g∂t

(1,0)(t−1)+∂g∂u

(1,0)(u−0)

= e2 +2e2(t−1)− e2u.

Grafen for g1(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 (t,u)= cos(t)sin(u) og ∂h

∂u(t,u)= sin(t)cos(u).

4.4. STATIONÆRE PUNKTER 53

Med a = 3π2 og b =−π

2 fås

h1(t,u) = h(3π

2,π2

)+

∂h∂t

(3π2,π2

)(t− 3π

2

)+

∂h∂u

(3π2,π2

)(u+

π2

)= sin

(3π2

)sin(π

2

)+ cos

(3π2

)sin(π

2

)(t− 3π

2

)+ sin

(3π2

)cos(π

2

)(u+

π2

)= 1−0

(t− 3π

2

)+0(

u− π2

)= 1.

Grunden til, at der ikke er noget led indeholdende t eller u, er, at tangentplanen i (3π2 ,− π

2 ,1)er parallel med (t,u)-planen. Dette fremgår af Figur 4.4(c), hvor grafen for h1(t,u) er vistsammen med grafen for h(t,u).

Man kan nu spørge sig selv, hvor godt lineariseringen f1(t,u) i et givent punkt (a,b) approk-simerer 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 f1(t,u) kun engod 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 lineariseringspunk-tet. Punkter, hvor tangentplanen er vandret, har en speciel betydning for funktioner af to variable.Det er emnet for næste afsnit.

4.4 Stationære punkterVi afslutter dette kapitel med at behandle begrebet stationære punkter:

Definition 4.8. Et stationært punkt (t0,u0) for en funktion f (t,u) er et punkt, som opfylder∂ f∂t (t0,u0) = 0 og ∂ f

∂u (t0,u0) = 0. Stationære punkter kaldes også kritiske punkter.

Igen kræves det, at de partielle afledede faktisk eksisterer. Definitionen betyder, at et stationærtpunkt for en funktion f (t,u), er punkt, hvori de partielle afledede er nul og tangentplanen forf (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∂t (t,u) = 0 og ∂ f

∂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) = t2 +u2.

2. g(t,u) = e2t−u.


3. h(t,u) = sin(t)sin(u).

Løsning. Vi benytter Definition 4.8, idet vi igen bemærker, at vi beregnede alle nødvendigepartielle afledede i Eksempel 4.4.

1. For at bestemme de stationære punkter for f (t,u) = t2+u2, 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∂ f∂u (t,u) = 0

⇐⇒

2t = 02u = 0

⇐⇒

t = 0u = 0 .

Funktionen f (t) = t2 +u2 har altså netop ét stationært punkt i (0,0).

2. Stationære punkter for g(t,u) = e2t−u findes som løsningen til ligningerne ∂g∂t (t,u) = 0 og

∂g∂u(t,u) = 0:

∂h∂t (t,u) = 0∂h∂u(t,u) = 0

⇐⇒

2e2t−u = 0−e2t−u = 0

.

Da exponentialfunktionen aldrig kan blive nul, findes der ingen løsninger til ligningerne.Funktionen g(t,u) = e2t−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) = 0sin(t)cos(u) = 0 .

Den første ligning cos(t)sin(u) = 0 giver cos(t) = 0∨ sin(u) = 0 ⇐⇒ t = (n+ 12)π∨

u = mπ for (n,m) ∈ Z2. Indsætter vi først t = (n+ 12)π i den anden ligning, fås sin

((n+

12)π)

cos(u) = 0 ⇐⇒ cos(u) = 0 ⇐⇒ u = (m+ 12)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) ∈ Z2. Funktionen h(t) = sin(t)sin(u) har altså uendeligt mange stationære punkter(nπ

2 ,mπ2 ) for (n,m) ∈ Z2.

Stationære punkter spiller en central rolle i bestemmelse af lokale ekstrema (minima og mak-sima) for en funktion f (t,u). Et lokalt minimumspunkt eller maksimumspunkt (t∗,u∗) for enfunktion f (t,u) opfylder at f (t,u)≥ f (t∗,u∗) eller f (t,u)≤ f (t∗,u∗) for alle punkter i en omegnaf (t∗,u∗). Det kan vises, at sådanne lokale ekstremumspunkter for en funktion f (t,u) skal findesblandt de stationære punkter for f (t,u), hvor f ′t (t,u) = f ′u(t,u) = 0 og tangentplanen er vandret.

4.4. STATIONÆRE PUNKTER 55

Dette er en ligefrem udvidelse af et velkendt forhold for en differentiabel funktion g(t) af én vari-abel, hvor lokale ekstremumspunkter jo skal findes blandt de punkter, hvor g′(t) = 0 og tangententil g(t) er vandret. Vi skal dog ikke komme nærmere ind på, hvordan det afgøres, om et giventstationært punkt for en funktion faktisk er et lokalt ekstremumspunkt for funktionen, og om det igivet fald er et lokalt minimum eller maksimum. Grafen og niveaukurverne for funktionen giverdog 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 allebegreber i dette kapitel faktisk kan generaliseres mere eller mindre ligefremt til funktioner af nvariable, hvor n kan være et vilkårligt naturligt tal større end nul. Dette ligger uden for rammerneaf denne bog.

Kapitel 5

Førsteordens differentialligninger

5.1 Introduktion

I dette kapitel begynder vi en undersøgelse af såkaldte differentialligninger. Differentialligningerbruges blandt andet til at modellere processer, der forekommer i naturen. De optræder i næstenalle grene af anvendt naturvidenskab, som f.eks. (kvante-)mekanik, (bio-)kemi, dynamiske sy-stemer, bygningsmekanik, studiet af elektriske komponenter og kredsløb, og mange andre. Derfindes en omfattende teori om differentialligninger, og i denne bog betragter vi blot nogle fåvigtige typer. I dette kapitel behandler vi såkaldte førsteordens differentialligninger.

En førsteordens differentialligning beskriver en relation mellem en funktion y(t) og densafledede 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 + et

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 skrivessin(y(t)y′(t))− y′(t)2− et = 0. Vi kan generelt definere en førsteordens differentialligning påfølgende 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 differentiabelfunktion y(t) der opfylder ligningen for alle t i funktionens definitionsinterval.

Løsningen til en differentialligning er en funktion y(t). Funktionen y(t) = et er f.eks. enløsning til differentialligningen y′(t) = y(t), da det gælder, at (et)′= et . Vi ser på et par eksemplermere inden vi giver os i kast med teorien.

57

58 KAPITEL 5. FØRSTEORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER

Eksempel 5.2. Undersøg om funktionen y(t) = e2t er en løsning til følgende differentiallig-ninger:

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) = (e2t)′ = e2t · (2t)′ = 2e2t . Det gælder derfor, at

y′(t)−2y(t) = 2e2t−2e2t = 0.

Vi ser altså, at funktionen y(t) = e2t er en løsning til differentialligningen y′(t)−2y(t) = 0.

2. Vi har allerede set, at y′(t) = 2e2t . Derfor gælder det, at

y′(t)2−4y(t) = (2e2t)2−4e2t = 4(e2t)2−4e2t = 4e4t−4e2t 6= 0.

Funktionen y(t) = e2t er altså ikke en løsning til differentialligningen y′(t)2−4y(t) =0.

3. Hvis y(t) = e2t , så har vi, at

ln(y′(t))− ln(y(t)) = ln(2e2t)− ln(e2t) = ln(2)+ ln(e2t)− ln(e2t) = ln(2).

Vi kan konkludere, at y(t)= e2t er en løsning til differentialligningen ln(y′(t))−ln(y(t))=ln(2).

5.2 Den fuldstændige løsning til en førsteordens differential-ligning

Lad os igen se på differentialligningen y′(t) = y(t). Vi så før, at funktionen y(t) = et er en løsningtil denne differentialligning. Det er dog ikke den eneste løsning. Funktionerne y(t) = 2et ogy(t) = −5et opfylder f.eks. også begge betingelsen y′(t) = y(t). Det gælder faktisk, at enhverfunktion på formen y(t) = cet , hvor c ∈ R er en konstant, er en løsning til differentialligningeny′(t) = y(t).

Man kan omvendt vise, at enhver løsning til differentialligningen y′(t) = y(t) har formeny(t) = cet . En beskrivelse af samtlige løsninger til en differentialligning kaldes den fuldstændigeløsning. Man siger f.eks. at den fuldstændige løsning til differentialligningen y′(t) = y(t) er givet

5.2. FULDSTÆNDIG LØSNING 59

ved y(t) = cet , hvor c ∈ R.Det kan i almindelighed være meget vanskeligt at finde den fuldstændige løsning til en dif-

ferentialligning. For visse typer af differentialligninger findes dog en konkret beskrivelse. Vi sernu på to sådanne typer af førsteordens differentialligninger, hvor der findes en formel for denfuldstændige løsning.

5.2.1 Lineære førsteordens differentialligningerEn 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 kanskrives y′(t)− y(t) = 0 (dvs. p(t) = −1 og q(t) = 0). Det viser sig, at der findes en formel forden 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 løsninggivet ved

y(t) = e−P(t)∫

eP(t)q(t)dt.

Bevis. Da P(t) er stamfunktion til p(t) har vi P′(t) = p(t). Ved hjælp af først produktreglen ogdernæst kædereglen får vi, at(

eP(t)y(t))′

=(

eP(t))′

y(t)+ eP(t)y′(t) = eP(t)p(t)y(t)+ eP(t)y′(t).

Derfor gælder følgende:

y′(t)+ p(t)y(t) = q(t)⇔ eP(t)y′(t)+ eP(t)p(t)y(t) = eP(t)q(t)

⇔(

eP(t)y(t))′

= eP(t)q(t)

⇔ eP(t)y(t) =∫

eP(t)q(t)dt

⇔ y(t) = e−P(t)∫

eP(t)q(t)dt.

Når man beregner integralet i panserformlen skal man huske integrationskonstanten. Lad osse på nogle eksempler.


Eksempel 5.4. Beregn den fuldstændige løsning til følgende differentialligninger:

1. y′(t) = y(t)

2. y′(t)+ sin(t)y(t) = sin(t)

3. y′(t)+ t−1y(t) = 1, hvor t > 0

Løsning.

1. Vi omskriver y′(t) = y(t) til y′(t)− y(t) = 0, og vi kan derfor bruge Sætning 5.3 medp(t) = −1 og q(t) = 0. En stamfunktion til p(t) = −1 er f.eks. funktionen P(t) = −t. Vifår nu, at den fuldstændige løsning er givet ved formlen

y(t) = et∫

e−t0dt = et∫

0dt = etc = cet ,

hvor c er en arbitrær konstant. Dette passer med den fuldstændige løsning, vi nævnte ibegyndelsen af Afsnit 5.2.

2. 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) = ecos(t)∫

e−cos(t) sin(t)dt = ecos(t)(

e−cos(t)+ c)= 1+ cecos(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−1y(t) = 1 er derfor

y(t) = e− ln(t)∫

eln(t)dt = (1/eln(t))∫

tdt =1t

(12

t2 + c)=

t2+

ct, c ∈ R.

5.2.2 Differentialligninger hvor de variable kan separeresLineære førsteordens differentialligninger er et eksempel på en type af differentialligninger, hvorden fuldstændige løsning kan findes eksplicit. Et andet eksempel er differentialligninger, hvor devariable 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 ifunktionen f , og y udelukkende optræder i funktionen g på højre side af lighedstegnet. Lad os senogle eksempler på differentialligninger, hvor de variable kan separeres.

Eksempel 5.5. Skriv følgende differentialligninger på samme form som ligning (5.1). Angivfunktionerne f (t) og g(y) i hvert tilfælde.

1. y′(t) = et+y(t)

5.2. FULDSTÆNDIG LØSNING 61

2. y′(t)− t = ty(t)

3. y′(t) = 5

4. y′(t) = y(t)

Løsning.

1. Vi kan omskrive højresiden således:

y′(t) = et+y(t) = et ey(t).

Vi kan derfor skrive denne differentialligning som i ligning (5.1) med f (t) = et og g(y) =ey.

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+1.

3. I dette tilfælde kan vi f.eks. skrive y′(t) = 5 = 5 ·1. Vi kan vælge f (t) = 5 og g(y) = 1.

4. I det sidste eksempel har vi, at y′(t) = y(t) = 1 · y(t). Vi kan altså vælge f (t) = 1 ogg(y) = y.

Man kan beregne den fuldstændige løsning til en differentialligning hvor de variable kansepareres. Metoden er givet ved følgende sætning:

Sætning 5.6. Lad y(t) være en løsning til differentialligningen

y′(t) = f (t)g(y(t)).

Da gælder enten

y(t) = a, hvor a er en konstant således at g(a) = 0

ellerQ(y(t)) = F(t)+ c, hvor c ∈ R, Q(y) =

∫ 1g(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 konstantefunktion y(t) = a en løsning til differentialligningen y′(t) = f (t)g(y(t)). Da y(t) = a altså erkonstant, har vi y′(t) = 0. Dette er venstresiden af differentialligningen. På højresiden får vif (t)g(y(t)) = f (t)g(a) = 0 som krævet.


Antag nu, at y(t) er en anden løsning til y′(t) = f (t)g(y(t)), som ikke er en konstant. Da harvi

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 =∫

f (t)dt⇔ Q(y(t)) = F(t)+ c

for en konstant c ∈ R. Beviset er nu fuldført.

Løsningerne på formen y(t)= a, hvor a er en konstant således at g(a)= 0, kaldes de konstanteløsninger 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 alleeksemplerne allerede blev beregnet i Eksempel 5.5.


1. y′(t) = et+y(t)

2. y′(t)− t = ty(t)

3. y′(t) = 5

4. y′(t) = y(t)

Løsning.

1. Vi har f (t) = et og g(y) = ey, hvilket medfører, at 1/g(y) = e−y. Vi kan altså vælge F(t) =et og Q(y) = −e−y. Der er ingen konstante løsninger, da g(y) = ey 6= 0 for alle y. Alleløsninger y(t) til differentialligningen tilfredsstiller altså −e−y(t) = et + c. Lad os finde eteksplicit udtryk for y(t):

−e−y(t) = et + c⇔e−y(t) =−et− c⇔−y(t) = ln(−et− c)⇔

y(t) =− ln(−et− c), c ∈ R.

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 −et − c > 0. Da et 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 hardesuden −et + c > 0⇔ t < ln(c). Vi kan nu opskrive løsningen som

y(t) =− ln(c− et), 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, idetligningen g(a) = 0 har løsningen a = −1. Alle andre løsninger kan beregnes ved at findeQ(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) = t2/2. De ikke-konstante løsninger y(t) må altså tilfredsstille ligningen

ln |y(t)+1|= t2/2+ c, c ∈ R.

Man kunne igen finde frem til et eksplicit udtryk for y(t), men det springer vi over dennegang.

3. Vi kan vælge f (t) = 5 og g(y) = 1. Der er altså ingen konstante løsninger, og vi kan vælgeQ(y) = y og F(t) = 5t. Alle løsninger y(t) til differentialligningen y′(t) = 5 tilfredsstilleraltså y(t) = 5t + c, hvor c ∈ R. Man behøver ikke bruge Sætning 5.6 for at finde frem tildette, men vi kan se, at teorien passer.

4. Vi beregnede allerede den fuldstændige løsning til denne differentialligning i Eksempel 5.4ved brug af panserformlen. Vi fandt at den fuldstændige løsning er y(t) = cet . Vi kontrol-lerer 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 kandesuden 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)|= et+c = etec = ecet

⇔ y(t) = ecet eller y(t) =−ecet , c ∈ R.

Husk også at vi fandt den konstante løsning y(t) = 0. Når c gennemløber R, antager ud-trykket ec alle positive reelle talværdier, mens −ec antager alle negative reelle talværdi-er. Medtager vi den konstante løsning, kan vi skrive den fuldstændige løsning kort somy(t) = det , 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 afførsteordens differentialligninger. Som nævnt i indledningen til dette kapitel bruges differenti-alligninger til at modellere processer, der forekommer i naturen. Den fuldstændige løsning be-skriver alle mulige måder, processen kan opføre sig på. For at finde den “korrekte opførsel” i


et konkret tilfælde, har man brug for mere information om processen. Denne information kanofte indhentes ved hjælp af målinger. Man kunne f.eks. forestille sig at man måler den præcisetilstand af en proces i begyndelsen af et eksperiment.

I matematikken taler vi om at indføre en såkaldt begyndelsesbetingelse. En begyndelsesbe-tingelse for funktionen y(t) er en betingelse på formen y(t0) = y0.

Definition 5.8. Antag at vi får givet en funktion y(t) og reelle tal t0 og y0 således, at y(t0) =y0. Da siges funktionen y(t) at tilfredsstille begyndelsesbetingelsen y(t0) = y0.

I mange interessante anvendelser findes der en entydigt bestemt løsning y(t), som tilfreds-stiller en given førsteordens differentialligning og en given begyndelsesbetingelse. Vi giver enformel 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(t0) = y0, for givne reelle tal t0 og y0.

De to betingelser kaldes tilsammen et begyndelsesværdiproblem. Funktionen y(t) kaldes enløsning til begyndelsesværdiproblemet.

Man bruger altid samme fremgangsmåde når man skal løse et begyndelsesværdiproblem.Først beregner man den fuldstændige løsning til den givne førsteordens differentialligning. Den-ne fuldstændige løsning vil indeholde en parameter, lad os kalde den c. Nu benyttes begyndel-sesbetingelsen til at bestemme c. Den resulterende funktion er den ønskede løsning. Lad os se pånogle eksempler.

Eksempel 5.10. Løs følgende begyndelsesværdiproblemer. Med andre ord, find funktioneny(t), som tilfredsstiller:

1. Differentialligningen y′(t) = y(t) og begyndelsesbetingelsen y(0) = 7.

2. Differentialligningen y′(t)+ sin(t)y(t) = sin(t) og begyndelsesbetingelsen y(π) = 2.

3. Differentialligningen y′(t) = et+y(t) og begyndelsesbetingelsen y(2) = 3.

Løsning.

1. Vi så i Eksempel 5.4 at den fuldstændige løsning til y′(t) = y(t) er givet ved y(t) = cet . Forat løse begyndelsesværdiproblemet kan vi evaluere y(t) i 0 og sammenligne resultatet medbegyndelsesbetingelsen. Vi får, at y(0) = c, hvilket betyder, at vi skal vælge c = 7. Når vikender c, har vi den ønskede løsning, nemlig

y(t) = 7et .

5.4. LØSNING MED TAYLORPOLYNOMIER 65

2. Den fuldstændige løsning er i dette tilfælde y(t) = 1+ cecos(t). Ved hjælp af begyndelses-betingelsen finder vi, at 2 = y(π) = 1+cecos(π) = 1+ce−1. Dette betyder, at ce−1 = 1, dvs.c = e. Den ønskede løsning er altså

y(t) = 1+ e · ecos(t).

3. Den fuldstændige løsning er y(t) = − ln(c− et), c > 0. Ved at anvende begyndelsesbe-tingelsen får vi 3 = y(2) = − ln(c− e2). Vi omskriver udtrykket for at løse for c. Vi fårln(c− e2) = −3, dvs. c− e2 = e−3, hvilket er det samme som c = e2 + e−3. Den ønskedeløsning er derfor

y(t) =− ln(e2 + e−3− et), t < ln(e2 + e−3).

5.4 Anvendelse af Taylorpolynomier til løsning af førsteor-dens differentialligninger

I kapitel 3 stødte vi på Taylorpolynomier for funktioner som et , sin(t), cos(t) osv. I dette af-snit ser vi på funktioner, der optræder som løsninger til førsteordens differentialligninger medbegyndelsesbetingelser. Det er ikke altid muligt finde eksakte løsninger til sådanne differential-ligninger. Som vi skal se, er det ofte alligevel muligt at beregne Taylorpolynomier for sådanneløsninger. På denne måde kan man få et godt indtryk af, hvordan løsningen opfører sig. Vi viserhvordan i nogle eksempler, men vi vil ikke give emnet en formel behandling.

Eksempel 5.11. Lad y(t) være funktionen, der tilfredsstiller differentialligningen y′ = y ogbegyndelsesbetingelsen y(0) = 1. Beregn det 2. ordens Taylorpolynomium y2(t) for y(t) i 0.

Løsning. For at beregne y2(t) skal vi først finde y(0), y′(0) og y′′(0). Værdien af y(0) er givetsom begyndelsesbetingelse: y(0) = 1. Værdien af y′(0) kan beregnes ud fra selve differential-ligningen. Idet vi har, at y′(t) = y(t) for alle værdier af t, ved vi også, at y′(0) = y(0). Herafkonkluderer vi, at y′(0) = 1. For at beregne y′′(0) differentierer vi først på begge sider af ligheds-tegnet i differentialligningen og får y′′(t) = y′(t) for alle t. For t = 0 får vi y′′(0) = y′(0). Da viallerede ved, at y′(0) = 1, får vi altså y′′(0) = 1. Vi kan nu opskrive det 2. ordens Taylorpolyno-mium for y(t):

y2(t) = 1+ t + t2/2.

I dette eksempel kunne vi også have beregnet løsningen y(t) eksplicit, da vi ved, at alleløsninger til differentialligningen y = y′ er givet ved y(t) = cet . Ud fra begyndelsesbetingelseny(0) = 1 kan vi beregne konstanten c, og vi får ce0 = 1⇔ c = 1. Så løsningen er altså y(t) = et .Beregner vi det 2. ordens Taylorpolynomium for denne funktion, får vi samme polynomium somovenfor.

Pointen med det foregående eksempel er, at måden, hvorpå vi beregnede det 2. ordens Tayl-orpolynomium for løsningen, kan generaliseres også til differentialligninger, hvor man ikke kan


finde et eksplicit udtryk for løsningen y(t). Bemærk i øvrigt at vi kunne have fortsat og fundetTaylorpolynomiet af en vilkårlig orden n for løsningen.

Vi skal nu se et eksempel på en differentialligning, hvor man ikke kan finde et eksplicit udtrykfor løsningen.

Eksempel 5.12. Lad y(t) være den funktion, der tilfredsstiller differentialligningen y′ = y2+t2 og begyndelsesbetingelsen y(1) = 1. Beregn det 3. ordens Taylorpolynomium y3(t) for y(t)i 1.

Løsning. For at beregne y3(t) skal vi bruge værdierne y(1), y′(1), y′′(1) og y′′′(1). Af begyn-delsesbetingelsen har vi, at y(1) = 1. Da y′(t) = y(t)2 + t2 for alle værdier af t får vi y′(1) =12 + 12 = 2. Vi differentierer nu på begge sider af lighedstegnet i differentialligningen og fåry′′(t) = 2y(t)y′(t)+2t (hvor vi bruger kædereglen til at differentiere y(t)2). Vi får altså y′′(1) =2 · 1 · 2 + 2 · 1 = 6. Vi differentierer nu på begge sider af lighedstegnet en gang mere og fåry′′′(t) = 2y′(t)2 + 2y(t)y′′(t)+ 2 (hvor vi bruger produktreglen til at differentiere 2y(t)y′(t)). Vifår altså y′′′(1) = 2 ·22 +2 ·1 ·6+2 = 22.

Nu kan vi opskrive det 3. ordens Taylorpolynomium og får

y3(t) = 1+2(t−1)+62(t−1)2 +

226(t−1)3 = 1+2(t−1)+3(t−1)2 +

113(t−1)3.

Som nævnt tidligere reducerer man normalt ikke leddene 2(t−1), 3(t−1)2 og 113 (t−1)3.

Som i de foregående afsnit kunne vi prøve at undersøge, hvor god approksimationen y3(t) tilløsningen y(t) er. I almindelighed kender vi dog netop ikke funktionen y(t), hvilket vanskeliggørundersøgelsen. Vi afstår her fra at gå nærmere ind i dette emne og holder os til tommelfinger-reglen om, at Taylorpolynomiet ofte er en god tilnærmelse i nærheden af udviklingspunktet. Enanden tommelfingerregel er, at tilnærmelsen er bedre jo højere orden Taylorpolynomiet har. PåFigur 5.1 kan man se, hvor god tilnærmelsen til funktionen y(t) i det foregående eksempel er.

5.4. LØSNING MED TAYLORPOLYNOMIER 67

0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

1

2

3

4

y(t)y3(t)=1+2(t−1)+3(t−1)2+ 11

3 (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.

Kapitel 6

Lineære andenordens differentialligningermed konstante koefficienter

6.1 Introduktion

I dette kapitel betragter vi såkaldte lineære andenordens differentialligninger med konstante ko-efficienter. 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), densførste afledede y′(t) og dens anden afledede y′′(t). Ligningen

ey′′(t)+ y′(t) = y(t)

er for eksempel en andenordens differentialligning. De lineære andenordens differentiallignin-ger 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 påformen

a2(t)y′′(t)+a1(t)y′(t)+a0(t)y(t) = f (t),

hvor a2(t), a1(t), a0(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) = et .

Den har formen fra Definition 6.1, hvis vi vælger a2(t) = t(t − 1), a1(t) = 2t, a0(t) = 1 ogf (t) = et .

Selvom det måske er oplagt, hvad der menes med udtrykket “konstante koefficienter” i titlentil dette kapitel, præciserer vi det her:

69

70 KAPITEL 6. ANDENORDENS DIFFERENTIALLIGNINGER

Definition 6.2. En lineær andenordens differentialligning siges at have konstante koeffici-enter, hvis den kan skrives på formen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t),

hvor a2, a1 og a0 er konstanter i R, og f (t) er en funktion af t. Vi antager altid, at a2 6= 0.

Forskellen fra Definition 6.1 er, at a2, a1 og a0 er vilkårlige funktioner af t i Definition 6.1, mensde 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 harformen fra Definition 6.2, hvis vi vælger a2 = 1, a1 = 2, a0 = 1 og f (t) = cos(t). Et andet eksem-pel på en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter er y′′(t) = 0. Alleløsninger til denne differentialligning har formen y(t) = c1 + c2t, c1,c2 ∈ R. Som det er tilfæl-det for førsteordens differentialligninger kan vi somme tider beregne den fuldstændige løsningtil en andenordens differentialligning. Hvor den fuldstændige løsning til en førsteordens diffe-rentialligning indeholder én konstant, indeholder den fuldstændige løsning til en andenordensdifferentialligning to konstanter.

Målet med dette kapitel er at beskrive en metode, hvormed man kan finde den fuldstændigeløsning til en lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Det viser sig, atjo mere kompliceret funktionen f (t) er, jo mere kompliceret er løsningen. Vi starter derfor næsteafsnit med det letteste tilfælde, nemlig det hvor f (t) = 0. Et andet mål med dette kapitel er atkomme ind på begyndelsesværdiproblemer i forbindelse med andenordens differentialligninger.

6.2 Homogene lineære andenordens differentialligninger medkonstante koefficienter

Vi starter vores undersøgelse af lineære andenordens differentialligninger med konstante koeffi-cienter med at betragte specialtilfældet, hvor f (t) = 0.

Definition 6.3. En lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter kaldeshomogen, hvis den kan skrives på formen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0.

Her er a2, a1 og a0 reelle konstanter, a2 6= 0.

I Definition 6.2 kan funktionen f (t) være hvad som helst, mens den i Definition 6.3 skal værenulfunktionen. Et eksempel på en homogen differentialligning er

y′′(t)− y(t) = 0.

6.2. HOMOGENE LIGNINGER 71

I dette eksempel har vi a2 = 1, a1 = 0 og a0 =−1. Vi kigger nærmere på denne differentialligningi følgende eksempel.

Eksempel 6.4. I dette eksempel betragter vi differentialligningen y′′(t)− y(t) = 0.

1. Vis at funktionen y(t) = et er en løsning til differentialligningen.

2. Vis at funktionen y(t) = e−t er en løsning til differentialligningen.

3. Vis at funktionen y(t) = 3et er en løsning til differentialligningen.

4. Vis at funktionen y(t) = et + e−t er en løsning til differentialligningen.

Løsning.

1. Vi starter med funktionen y(t) = et . Vi har y′(t) = et og y′′(t) = et . Det gælder derfor, aty′′(t)− y(t) = 0.

2. Hvis y(t) = e−t har vi y′(t) = −e−t og y′′(t) = e−t . Derfor er denne funktion også enløsning til differentialligningen y′′(t)− y(t) = 0.

3. Hvis y(t) = 3et , så er y′(t) = 3et og y′′(t) = 3et . Derfor gælder y′′(t)− y(t) = 0.

4. Hvis y(t) = et + e−t får vi y′(t) = et − e−t og y′′(t) = et + e−t . Derfor gælder det igen, aty′′(t)− y(t) = 0.

De sidste to punkter i Eksempel 6.4 illustrerer en generel egenskab ved homogene differenti-alligninger:

Sætning 6.5. Lad a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0 være en homogen lineær andenordens dif-ferentialligning med konstante koefficienter. Hvis y1(t) og y2(t) er løsninger til differential-ligningen, så er enhver funktion på formen

c1y1(t)+ c2y2(t), c1,c2 ∈ R,

en løsning.

Bevis. Da y1(t) og y2(t) er løsninger til den givne differentialligning gælder det, at

a2y1(t)′′+a1y1(t)′+a0y1(t) = 0

oga2y2(t)′′+a1y2(t)′+a0y2(t) = 0.

Ved at multiplicere den første ligning med c1 og den anden med c2 får vi, at

a2(c1y1(t))′′+a1(c1y1(t))′+a0(c1y1(t)) = 0


oga2(c2y2(t))′′+a1(c2y2(t))′+a0(c2y2(t)) = 0.

Lægger vi disse to ligninger sammen, får vi

a2(c1y1(t)+ c2y2(t))′′+a1(c1y1(t)+ c2y2(t))′+a0(c1y1(t)+ c2y2(t)) = 0.

Denne ligning viser, at funktionen c1y1(t)+c2y2(t) er en løsning til den givne differentialligning.

Vi så i Eksempel 6.4, at funktionerne y1(t) = et og y2(t) = e−t er løsninger til differentiallig-ningen y′′(t)− y(t) = 0. Derfor kan vi nu ifølge Sætning 6.5 konkludere, at enhver funktion påformen y(t) = c1et +c2e−t , c1,c2 ∈R, er en løsning til differentialligningen y′′(t)−y(t) = 0. Mankan faktisk vise, at alle løsninger til denne differentialligning har denne form, og y(t) = c1et +c2e−t , c1,c2 ∈ R, er dermed den fuldstændige løsning til differentialligningen y′′(t)− y(t) = 0.Vi kan vælge c1 og c2 helt vilkårligt. Vælger vi f.eks. c1 = 3 og c2 = 0, får vi løsningen 3et , ogvælger vi c1 = c2 = 1 får vi løsningen et + e−t . Vi fandt også frem til disse løsninger i Eksem-pel 6.4, men nu ved vi, at der er uendeligt mange flere. Vi er selvfølgelig heldige, idet vi alleredekendte de to løsninger y1(t) = et og y2(t) = e−t .

6.2.1 Det karakteristiske polynomiumVi kigger nu generelt på de homogene lineære andenordens differentialligninger med konstantekoefficienter fra Definition 6.3. Vi starter med at antage, at funktionen

y(t) = eλt (λ ∈ R)

er en løsning til den homogene lineære andenordens differentialligning med konstante koeffici-enter

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0 (6.1)

(bemærk, at λ er en reel konstant). Vi kan nu undersøge, hvilken værdi λ i så fald må have. Dettegør vi ved at indsætte y(t) = eλt i differentialligningen. Vi får da

a2(eλt)′′+a1(eλt)′+a0eλt = a2λ2eλt +a1λeλt +a0eλt = (a2λ2 +a1λ+a0)eλt .

At y(t) = eλt er en løsning til differentialligningen er altså ensbetydende med, at

(a2λ2 +a1λ+a0)eλt = 0,

og da eλt 6= 0 for alle værdier af λt, er dette det samme som

a2λ2 +a1λ+a0 = 0.

Funktionen y(t) = eλt ,λ ∈ R, er altså løsning til differentialligningen hvis og kun hvis λ er en(reel) rod i andengradspolynomiet

p(z) = a2z2 +a1z+a0.


Dette polynomium kaldes det karakteristiske polynomium, og ligningen

a2z2 +a1z+a0 = 0

kaldes karakterligningen.Hvis det karakteristiske polynomium har de to reelle rødder λ1 og λ2, så er funktionerne

y1(t) = eλ1t og y2(t) = eλ2t altså begge løsninger til differentialligningen (6.1). Ifølge Sætning 6.5er alle funktioner på formen y(t) = c1eλ1t +c2eλ2t ,c1,c2 ∈R, dermed løsninger til differentiallig-ningen, og man kan vise, at dette er den fuldstændige løsning. Det gælder for alle andenordensdifferentialligninger af denne type, at den fuldstændige løsning vil indeholde to parametre, somhver især kan vælges frit uafhængigt af hinanden.

Hvis det karakteristiske polynomium har en dobbeltrod λ, så er funktionen y1(t) = eλt iføl-ge udregningerne ovenfor en løsning til (6.1), og man kan bruge Sætning 6.5 til at vise, at allefunktioner på formen ceλt ,c ∈ R, er løsninger. Men i dette tilfælde har vi endnu ikke fat i denfuldstændige løsning, da denne som nævnt vil indeholde to parametre. Vi mangler i dette tilfældeen løsning y2(t), som vi ved hjælp af Sætning 6.5 kan sætte sammen med y1(t) til den fuldstæn-dige løsning. Der skal vel at mærke gælde, at y2(t) ikke kan skrives på formen cy1(t) for et reelttal c.

Hvis det karakteristiske polynomium har to ikke-reelle rødder, er vi umiddelbart helt på barbund, da vi jo forudsatte, at λ var reel. Vi betragter nu hver for sig de to tilfælde, hvor vi ikke harto forskellige reelle rødder i det karakteristiske polynomium.

6.2.2 En dobbeltrodNår karakterligningen har en dobbeltrod λ, ved vi allerede, at funktionen

y1(t) = eλt

er en løsning til differentialligningen. Vi skal dog som nævnt ovenfor bruge to løsninger, så vimangler en løsning y2(t), som vel at mærke ikke er et konstant multiplum af y1(t). Vi giver denneløsning her:

y2(t) = teλt .

Bemærk at y2(t) = ty1(t), men t er som bekendt ikke en konstant. Vi vil ikke vise, hvordan vihar fundet frem til denne løsning, men lad os kontrollere, at y2(t) rent faktisk er en løsning tildifferentialligningen.

Da λ er dobbeltrod i det karakteristiske polynomium p(z) = a2z2 +a1z+a0 ved vi fra Kapi-tel 2, at det karakteristiske polynomium kan skrives

p(z) = a2(z−λ)2 = a2z2−2a2λz+a2λ2.

Vi har altsåa1 =−2a2λ

oga0 = a2λ2.


Vi kan nu omskrive differentialligningen til

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0 ⇔a2y′′(t)−2a2λy′(t)+a2λ2y(t) = 0 ⇔

y′′(t)−2λy′(t)+λ2y(t) = 0. (6.2)

Vi finder nu de afledede af y2(t) ved hjælp af produktreglen:

y′2(t) = eλt + tλeλt = (1+ tλ)eλt

ogy′′2(t) = λeλt +λ(1+ tλ)eλt = λ(2+ tλ)eλt .

Indsætter vi disse i venstre side af (6.2) får vi

λ(2+ tλ)eλt−2λ(1+ tλ)eλt +λ2teλt = eλt(2λ+ tλ2−2λ−2tλ2 + tλ2) = eλt0 = 0.

Funktionen y2(t) = teλt er altså ganske rigtigt en løsning til differentialligningen.Vi kan nu ved hjælp af Sætning 6.5 kombinere løsningerne y1(t) og y2(t) til den fuldstændige

løsningy(t) = c1eλt + c2teλt , c1,c2 ∈ R.

6.2.3 To ikke-reelle rødderVi betragter nu det tilfælde, hvor det karakteristiske polynomium har to ikke-reelle rødder. Vistarter med følgende lemma.

Lemma 6.6. Lad z ∈ C være et komplekst tal og definér den komplekse funktion y(t) = ezt .Da er y′(t) = zezt og y′′(t) = z2ezt .

Bevis. Vi viser kun påstanden y′(t) = zezt . Vi skriver z = α+βi på rektangulær form. Da får vi

ezt = eαt+iβt = eαt(cos(βt)+ isin(βt)).

I den sidste lighed brugte vi definitionen på den komplekse eksponentialfunktion. Ved hjælp afproduktreglen får vi nu

y′(t) = (eαt)′(cos(βt)+ isin(βt))+ eαt(cos(βt)+ isin(βt))′.

Ved brug af kæde- og produktreglen får vi nu videre

(eαt)′(cos(βt)+ isin(βt)) = αeαt(cos(βt)+ isin(βt))

og

eαt(cos(βt)+ isin(βt))′ = eαt(−βsin(βt)+ iβcos(βt)) = iβeαt(cos(βt)+ isin(βt)).

Ved at kombinere ovenstående tre ligninger får vi

y′(t) = (α+ iβ)eαt(cos(βt)+ isin(βt)) = ze(α+iβ)t = zezt .


Lemma 6.6 viser, at udregningen i Afsnit 6.2.1 som førte til betingelsen

a2λ2 +a1λ+a0 = 0

også er gyldig, hvis λ er kompleks. Vi kan altså konkludere, at y(t) = eλt ,λ ∈ C, er en løsningtil differentialligningen (6.1) hvis og kun hvis λ er en (kompleks) løsning til karakterligningena2z2 +a1z+a0 = 0.

Er λ = α+βi f.eks. en kompleks rod i det karakteristiske polynomium, så er funktionen

y(t) = e(α+βi)t = eαt(cos(βt)+ isin(βt))

altså en løsning til differentialligningen (6.1). Problemet er blot, at når β 6= 0, har denne funktionikke-reelle funktionsværdier, og vi er i almindelighed kun interesserede i reelle løsninger tildifferentialligningen.

Lad os derfor definere de reelle funktioner y1(t) og y2(t) således, at

y(t) = y1(t)+ iy2(t)

for ethvert t, dvs.y1(t) = eαt cos(βt)

ogy2(t) = eαt sin(βt).

Vi kan nu finde den første og anden afledede af y(t), udtrykt ved y1(t) og y2(t). Vi får

y′(t) = y′1(t)+ iy′2(t)

ogy′′(t) = y′′1(t)+ iy′′2(t).

Da y(t) er en løsning til differentialligningen (6.1) får vi nu

a2(y′′1(t)+ iy′′2(t))+a1(y′1(t)+ iy′2(t))+a0(y1(t)+ iy2(t)) = 0⇔(a2y′′1(t)+a1y′1(t)+a0y1(t))+ i(a2y′′2(t)+a1y′2(t)+a0y2(t)) = 0.

Hvis et komplekst tal c+di er nul, så gælder det, at c = 0 og d = 0. Vi kan altså konkludere, atbåde y1(t) og y2(t) er (reelle) løsninger til differentialligningen (6.1). Vi kan slutteligt kombineredisse løsninger ved hjælp af Sætning 6.5 til den fuldstændige (reelle) løsning

y(t) = c1eαt cos(βt)+ c2eαt sin(βt), c1,c2 ∈ R.

6.2.4 Generel løsningsmetodeVi kan nu beskrive en generel metode til at finde den fuldstændige løsning til en homogen line-ær andenordens differentialligning med konstante koefficienter. Vi beskriver løsningsmetoden iSætning 6.7.


Sætning 6.7. Lad den homogene lineære andenordens differentialligning med konstante ko-efficienter

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0, a2,a1,a0 ∈ R,a2 6= 0,

være givet, og betragt det tilhørende karakteristiske polynomium

p(z) = a2z2 +a1z+a0.

1. Hvis p(z) har to forskellige reelle rødder λ1 og λ2, er den fuldstændige løsning

c1eλ1t + c2eλ2t , c1,c2 ∈ R.

2. Hvis p(z) har en reel dobbeltrod λ, er den fuldstændige løsning

c1eλt + c2teλt , c1,c2 ∈ R.

3. Hvis p(z) har to komplekse rødder α±βi, β 6= 0, er den fuldstændige løsning

c1eαt cos(βt)+ c2eαt sin(βt), c1,c2 ∈ R.

Vi viser nu i nogle eksempler, hvordan Sætning 6.7 bruges.


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

Løsning.

1. Differentialligningen y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 0 har det karakteristiske polynomium p(z) =z2−5z+6. Hvis vi bruger Sætning 2.7 til at finde rødderne i p(z) får vi λ1 = 2 og λ2 = 3.Vi har altså to forskellige reelle rødder, så den fuldstændige løsning til differentialligningener

y(t) = c1e2t + c2e3t , c1,c2 ∈ R.

2. Differentialligningen y′′(t)+7y′(t) = 0 har karakteristisk polynomium p(z) = z2+7z. Detses umiddelbart, at den ene rod er λ1 = 0, mens den anden er λ2 =−7. Den fuldstændigeløsning er dermed ifølge Sætning 6.7

y(t) = c1e0t + c2e−7t = c1 + c2e−7t , c1,c2 ∈ R.

6.3. BEGYNDELSESVÆRDIPROBLEMER 77

3. Det karakteristiske polynomium for differentialligningen y′′(t)−4y′(t)+4y(t)= 0 er p(z)=z2−4z+4, som har dobbeltroden 2. Sætning 6.7 giver os da den fuldstændige løsning

y(t) = c1e2t + c2te2t , c1,c2 ∈ R.

4. Differentialligningen y′′(t)− 4y′(t) + 13y(t) = 0 har karakteristisk polynomium p(z) =z2−4z+13, som har de komplekse rødder 2±3i. Den fuldstændige løsning er dermed

y(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t), c1,c2 ∈ R.

6.3 Begyndelsesværdiproblemer

Vi så i de foregående afsnit, hvordan man finder den fuldstændige løsning til nogle andenordensdifferentialligninger. Ligesom førsteordens differentialligninger bruges andenordens differenti-alligninger også til at modellere processer, der sker i naturen. Den fuldstændige løsning til endifferentialligning beskriver alle mulige måder, denne proces kan opføre sig på. Der er to ube-kendte i den fuldstændige løsning til en andenordens differentialligning, som vi så ovenfor. Medto 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 t0, y0 og p0 være givet således,at y(t0) = y0 og y′(t0) = p0. Da siges funktionen y(t) at tilfredsstille begyndelsesbetingelser-ne y(t0) = y0 og y′(t0) = p0.

Det viser sig, at en funktion y(t) er entydigt bestemt, hvis den tilfredsstiller både en lineærandenordens differentialligning med konstante koefficienter samt de to begyndelsesbetingelserovenfor. Vi viser, hvordan man finder sådanne funktioner i nogle eksempler.

Eksempel 6.10. En funktion y(t) tilfredsstiller begyndelsesbetingelserne y(0) = 1 og y′(0) =2. Beregn y(t), hvis den samtidig tilfredsstiller følgende differentialligninger:

1. y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 0

2. y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 0

Løsning.

1. Vi så i Eksempel 6.8, at den fuldstændige løsning til den første differentialligning er givetved

y(t) = c1e2t + c2e3t .

Sætter vi t = 0 i dette udtryk, får vi y(0) = c1 + c2. Dette kan kombineres med den før-ste begyndelsesbetingelse, og vi får c1 + c2 = 1, dvs. c1 = −c2 + 1. Differentierer vi denfuldstændige løsning, får vi

y′(t) = 2c1e2t +3c2e3t .


Vi sætter nu t = 0 i dette udtryk og får y′(0) = 2c1 +3c2. Dette kan vi kombinere med denanden begyndelsesbetingelse, og vi får 2c1 +3c2 = 2. Da vi allerede ved, at c1 =−c2 +1,kan vi konkludere, at c1 = 1 og c2 = 0. Sætter vi disse værdier ind i den fuldstændigeløsning, får vi

y(t) = e2t .

2. Vi så i Eksempel 6.8, at den fuldstændige løsning til den anden differentialligning er

y(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t).

Ved at sætte t = 0 får vi y(0) = c1. Den første begyndelsesbetingelse giver nu c1 = 1.Differentierer vi den fuldstændige løsning, får vi

y′(t) = c1(2e2t cos(3t)− e2t3sin(3t)

)+ c2

(2e2t sin(3t)+ e2t3cos(3t)

).

Ved at sætte t = 0 får viy′(0) = 2c1 +3c2.

Den anden begyndelsesbetingelse giver 2c1+3c2 = 2. Da vi før fandt, at c1 = 1 får vi altsånu, at c2 = 0. Den ønskede funktion er derfor

y(t) = e2t cos(3t).

Det er blot et tilfælde, at de fundne værdier af c1 og c2 er de samme i de to eksempler.

6.4 Inhomogene lineære andenordens differentialligningermed konstante koefficienter

En lineær andenordens differentialligning med konstante koefficienter kaldes inhomogen, hvisden er på formen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t).

Her er f (t) en funktion af t forskellig fra nulfunktionen. Vi starter med at undersøge strukturenaf den fuldstændige løsning til en sådan differentialligning.

Definition 6.11. Lad y(t) være en løsning til den inhomogene differentialligning

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t).

En sådan løsning kaldes en partikulær løsning og vil blive benævnt med yp(t).

En partikulær løsning er blot en bestemt løsning til en differentialligning. Den er derfor ikkeunik. Funktionen yp(t) = 1 er f.eks. en partikulær løsning til differentialligningen y′′(t)− y(t) =−1, og ligeledes er funktionen et +1.

Betydningen af en partikulær løsning bliver tydelig i det følgende.

6.4. INHOMOGENE LIGNINGER 79

Sætning 6.12. Lad yp(t) være en partikulær løsning til den inhomogene differentialligning

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t).

Lad yhom(t) betegne den fuldstændige løsning til den tilhørende homogene differentialligninga2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = 0. Så er den fuldstændige løsning til den inhomogene differenti-alligning givet ved

y(t) = yp(t)+ yhom(t).

Bevis. Vi viser først, at summen af yp(t) og en vilkårlig løsning til den homogene differential-ligning er en løsning til den inhomogene differentialligning, og dernæst at enhver løsning til deninhomogene differentialligning kan skrives som summen af yp(t) og en løsning til den homogenedifferentialligning.

Da yp(t) er en løsning til den inhomogene differentialligning gælder det, at

a2y′′p(t)+a1y′p(t)+a0yp(t) = f (t). (6.3)

En vilkårlig løsning yh(t) til den homogene differentialligning tilfredsstiller

a2y′′h(t)+a1y′h(t)+a0yh(t) = 0.

Vi har altså

(a2y′′h(t)+a1y′h(t)+a0yh(t))+(a2y′′p(t)+a1y′p(t)+a0yp(t)) = f (t)⇔a2(yp(t)+ yh(t))′′+a1(yp(t)+ yh(t))′+a0(yp(t)+ yh(t)) = f (t),

hvilket viser at summen af yp(t) og en (vilkårlig) løsning til den homogene differentialligning eren løsning til den inhomogene differentialligning.

Enhver løsning y(t) til den inhomogene differentialligning tilfredsstiller

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t).

Tager vi differensen mellem denne ligning og (6.3), får vi

a2(y− yp)′′(t)+a1(y− yp)

′(t)+a0(y− yp)(t) = 0.

Differensen y(t)−yp(t) tilfredsstiller altså den tilhørende homogene differentialligning. Da y(t)=yp(t)+ (y(t)− yp(t)) ses det, at enhver løsning y(t) til den inhomogene differentialligning kanskrives som en sum af yp(t) og en løsning til den tilhørende homogene differentialligning. Bevi-set er hermed udført.

Vi giver et eksempel på en anvendelse af denne sætning.


Eksempel 6.13. Beregn den fuldstændige løsning til differentialligningen

y′′(t)− y(t) =−1.

Løsning. Vi så tidligere, at yp(t) = 1 er en partikulær løsning til differentialligningen. Til denhomogene differentialligning hører karakterligningen z2−1 = 0, som har løsningerne ±1. Sæt-ning 6.7 giver os dermed den fuldstændige løsning

yhom(t) = c1et + c2e−t , c1,c2 ∈ R,

til den homogene differentialligning. Den fuldstændige løsning til den inhomogene differential-ligning y′′(t)− y(t) =−1 er dermed

y(t) = c1et + c2e−t +1, c1,c2 ∈ R.

I eksemplet ovenfor var vi så heldige, at vi allerede kendte en partikulær løsning. Så heldiger man naturligvis ikke altid. I næste afsnit viser vi, hvordan man ofte kan finde en partikulærløsning ved hjælp af den såkaldte gættemetode.

6.4.1 GættemetodenHvis funktionen f (t) i den inhomogene differentialligning

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = f (t)

har formenf (t) = dert cos(ωt) eller f (t) = dert sin(ωt),

så findes der en metode til at finde en partikulær løsning til differentialligningen. Her er d, r og ωreelle tal. Metoden kaldes ofte gættemetoden, selvom metoden præcist beskriver, hvordan manunder de nævnte betingelser finder en partikulær løsning og altså ikke egentlig kræver, at mangætter noget som helst.

Lad os først se på hvilke slags funktioner, der kan skrives på formen f (t) = dert cos(ωt)eller f (t) = dert sin(ωt). I tabellen nedenfor er der givet nogle eksempler på funktioner og detilhørende værdier af d, r og ω.

f (t) d r ω3 3 0 0

10e2t 10 2 0cos(3t) eller sin(3t) 1 0 3

3et cos(5t) eller 3et sin(5t) 3 1 5

Vi beskriver først en algoritme til beregning af en partikulær løsning i tilfældet ω = 0. Denfølgende sætning er vigtig i denne forbindelse.


Sætning 6.14. En differentialligning på formen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert ,

hvor d,r ∈ R, har en partikulær løsning på formen

yp(t) =

kert hvis r ikke er rod i a2z2 +a1z+a0ktert hvis r er rod med multiplicitet 1 i p(z) = a2z2 +a1z+a0kt2ert hvis r er rod med multiplicitet 2 i p(z) = a2z2 +a1z+a0,

hvor k er en konstant.

Vi beviser ikke denne sætning, men forklarer i nogle eksempler, hvordan sætningen kan bru-ges til at beregne en partikulær løsning. Idéen er først at finde den rette form for den partikulæreløsning, og dernæst bestemme den ubekendte k. Når en partikulær løsning er fundet, kan Sæt-ning 6.12 bruges til at finde den fuldstændige løsning til den inhomogene lineære andenordensdifferentialligning med konstante koefficienter. Vi viser også denne del i de følgende eksempler.

Eksempel 6.15. Find en partikulær løsning til følgende differentialligninger. Find også denfuldstændige løsning.

1. y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 7e2t

2. y′′(t)−4y′(t)+4y(t) = 7e2t

3. y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 7e2t

Løsning.

1. I dette eksempel har vi f (t) = 7e2t , som er på den krævede form med d = 7, r = 2 ogω= 0. Tallet 2 er rod i det karakteristiske polynomium z2−5z+6 for differentialligningen.Multipliciteten er 1, da den anden rod i polynomiet er 3. Ifølge Sætning 6.14 har differen-tialligningen y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 7e2t derfor en løsning på formen yp(t) = kte2t . For atbestemme k, sætter vi “gættet” på yp(t) ind i differentialligningen:

(kte2t)′′−5(kte2t)′+6kte2t = 7e2t .

Efter udregning af de afledede får vi

(4ke2t +4kte2t)−5(ke2t +2kte2t)+6kte2t = 7e2t .

Vi kan reducere venstresiden og får

−ke2t = 7e2t .

Vi ser nu, at vi må vælge k =−7 og har dermed fundet den partikulære løsning

yp(t) =−7te2t .


Ved hjælp af Sætning 6.12 kan vi nu finde den fuldstændige løsning til differentialligningensom summen af yp(t) og den fuldstændige løsning yhom(t) til den tilhørende homogenedifferentialligning y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 0. I Eksempel 6.8 beregnede vi løsningen

yhom(t) = c1e2t + c2e3t , c1,c2 ∈ R.

Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning y′′(t)− 5y′(t)+ 6y(t) =7e2t er derfor

y(t) = c1e2t + c2e3t−7te2t , c1,c2 ∈ R.

2. Vi har samme højreside f (t) = 7e2t af differentialligningen som før, dvs. d = 7 og r =2. Denne gang er tallet 2 rod med multiplicitet 2 i det karakteristiske polynomium z2−4z+4. Derfor er gættet på en partikulær løsning yp(t) = kt2e2t . Vi substituerer dette ind idifferentialligningen for at beregne k:

(kt2e2t)′′−4(kt2e2t)′+4kt2e2t = 7e2t .

Efter at have beregnet de afledede får vi

(2ke2t +8kte2t +4kt2e2t)−4(k2te2t +2kt2e2t)+4kt2e2t = 7e2t ,

som reduceres til2ke2t = 7e2t .

Vi ser, at k = 7/2, og dermed er den ønskede partikulære løsning

yp(t) =72

t2e2t .

I Eksempel 6.8 fandt vi, at den fuldstændige løsning til den tilhørende homogene differen-tialligning y′′(t)−4y′(t)+4y(t) = 0 er

yhom(t) = c1e2t + c2te2t , c1,c2 ∈ R.

Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor

y(t) = c1e2t + c2te2t +72

t2e2t , c1,c2 ∈ R.

3. Vi har igen d = 7 og r = 2. Tallet 2 er ikke rod i det karakteristiske polynomium z2−4z+13, og der findes derfor en partikulær løsning på formen yp(t) = ke2t . Dette indsættes idifferentialligningen, og de afledede beregnes. Vi får da

4ke2t−4(2ke2t)+13(ke2t) = 7e2t .

Dette reduceres til9ke2t = 7e2t .


Vi får derfor k = 7/9, og den ønskede partikulære løsning er

yp(t) =79

e2t .

Den fuldstændige løsning til den homogene differentialligning y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 0blev i Eksempel 6.8 fundet til

yhom(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t), c1,c2 ∈ R.

Den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor

y(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t)+79

e2t , c1,c2 ∈ R.

Vi opskriver nu metoden til beregning af en partikulær løsning for inhomogene differential-ligninger på den givne form som en sætning.

Sætning 6.16. Lad differentialligningen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert , d,r ∈ R,

være givet. En partikulær løsning til denne differentialligning findes på følgende måde. Førstanvendes Sætning 6.14 til at finde et udtryk for yp(t). Dette udtryk indeholder den ubekendtek. Denne beregnes ved at indsætte yp(t) i differentialligningen. Værdien for k indsættes nu iyp(t). Da er yp(t) en partikulær løsning til differentialligningen.

Metoden ovenfor kræver som nævnt, at ω = 0. Hvis ω 6= 0, kan vi bruge den komplekseeksponentialfunktion til vores fordel. Ifølge definitionen på den komplekse eksponentialfunktiongælder der nemlig, at

de(r+iω)t = derteiωt = dert cos(ωt)+ idert sin(ωt).

Funktionerne dert cos(ωt) og dert sin(ωt) er derfor lig henholdsvis realdelen og imaginærdelenaf udtrykket de(r+iω)t . I lyset heraf beskriver vi først en mulig form for en partikulær løsning tilden komplekse differentialligning

a2Z′′(t)+a1Z′(t)+a0Z(t) = de(r+iω)t ,

hvor vi bruger symbolet Z, for at vi lettere kan skelne denne differentialligning fra den oprinde-lige (reelle) differentialligning med højreside dert cos(ωt) eller dert sin(ωt). Som altid antagesdet, at tallene a2,a1,a0,d,r og ω er reelle.


Sætning 6.17. En differentialligning på formen

a2Z′′(t)+a1Z′(t)+a0Z(t) = de(r+iω)t ,

hvor d,r,ω ∈ R, ω 6= 0 har en partikulær løsning på formen

Zp(t) =

ke(r+iω)t hvis r+ iω ikke er rod i p(z) = a2z2 +a1z+a0

kte(r+iω)t hvis r+ iω er rod i p(z) = a2z2 +a1z+a0,

hvor k er en konstant. Realdelen af denne løsning er en partikulær løsning til differentiallig-ningen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert cos(ωt).

Imaginærdelen af løsningen er en partikulær løsning til differentialligningen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert sin(ωt).

Igen beviser vi ikke sætningen, men vi viser, hvordan den kan bruges til at finde partikulæreløsninger i praksis.

Eksempel 6.18. Find en partikulær løsning til følgende differentialligninger. Find også denfuldstændige løsning.

1. y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 145cos(2t)

2. y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 3e2t sin(3t)

Løsning.

1. Vi bruger Sætning 6.17 til at finde den ønskede partikulære løsning. Vi har d = 145, r = 0og ω = 2. Vi finder derfor først en partikulær løsning til den komplekse differentialligning

Z′′(t)−4Z′(t)+13Z(t) = 145e2it .

Da 2i ikke er rod i polynomiet z2−4z+13, ved vi fra Sætning 6.17, at denne differential-ligning har en partikulær løsning på formen Zp(t) = ke2it . Indsætter vi dette i differential-ligningen får vi:

(ke2it)′′−4(ke2it)′+13(ke2it) = 145e2it .

Ved hjælp af Lemma 6.6 kommer vi frem til ligningen

(2i)2ke2it−4(2ike2it)+13(ke2it) = 145e2it .

Efter nogle reduktioner får vi

(−4k−8ik+13k)e2it = 145e2it ,


som medfører, at(9−8i)ke2it = 145e2it .

Vi har altså, at (9−8i)k = 145. Vi isolerer k og får

k =145

9−8i=

145(9+8i)(9−8i)(9+8i)

=145(9+8i)

145= 9+8i.

Nu ved vi, at funktionen (9+8i)e2it er en (kompleks) partikulær løsning til differentiallig-ningen Z′′(t)−4Z′(t)+13Z(t) = 145e2it . For at løse opgaven, skal vi ifølge Sætning 6.17tage realdelen af denne funktion. Da

(9+8i)e2it = (9+8i)(cos(2t)+ isin(2t))= (9cos(2t)−8sin(2t))+ i(8cos(2t)+9sin(2t)) ,

ser vi, atyp(t) = 9cos(2t)−8sin(2t)

er den ønskede partikulære løsning til den oprindelige differentialligning y′′(t)− 4y′(t)+13y(t) = 145cos(2t).

Den fuldstændige løsning er givet ved summen af den partikulære løsning

yp(t) = 9cos(2t)−8sin(2t)

og den fuldstændige løsning yhom(t) til den homogene differentialligning y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 0. Vi ved fra tidligere, at


Den ønskede fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor

y(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t)+9cos(2t)−8sin(2t), c1,c2 ∈ R.

2. Vi har d = 3, r = 2 og ω = 3 i dette eksempel. Da 2 + 3i er rod i det karakteristiskepolynomium z2−4z+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 Zp(t) = kte(2+3i)t . Vi fokuserer først på denne diffe-rentialligning og beregner en partikulær løsning til den. Indsætter vi udtrykket for Zp(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


og

(kte(2+3i)t)′′ = (2+3i)2ke(2+3i)t +(2+3i)2kte(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

(2(2+3i)−4)k = 3,

hvilket betyder, at

6ki = 3.

Vi får altså k = 3/(6i) = −i/2. Dette betyder, at funktionen − i2te(2+3i)t er en (kompleks)

partikulær løsning til differentialligningen Z′′(t)−4Z′(t)+13Z(t) = 3e(2+3i)t . For at løseopgaven skal vi ifølge Sætning 6.17 tage imaginærdelen af denne funktion. Vi har

− i2

te(2+3i)t =− i2

t(e2t cos(3t)+ ie2t sin(3t)

)=

12

te2t sin(3t)− i12

te2t cos(3t).

Den ønskede partikulære løsning til den oprindelige differentialligning y′′(t)− 4y′(t) +13y(t) = 3e2t sin(3t) er derfor

yp(t) =−12

te2t cos(3t).

Den fuldstændige løsning er givet ved summen af denne partikulære løsning og den fuld-stændige løsning yhom(t) til den tilhørende homogene differentialligning y′′(t)− 4y′(t)+13y(t) = 0. Som i det første eksempel har vi


Den ønskede fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er derfor

y(t) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t)− 12

te2t cos(3t), c1,c2 ∈ R.

Vi kan generelt opskrive følgende metode til beregning af en partikulær løsning:


Sætning 6.19. Lad differentialligningen

a2Z′′(t)+a1Z′(t)+a0Z(t) = de(r+iω)t , d,r,ω ∈ R,

være givet, hvor ω 6= 0. En partikulær løsning Zp(t) til denne differentialligning findes påfølgende måde. Først anvendes Sætning 6.17 til at finde et udtryk for Zp(t). Dette udtrykindeholder den ubekendte k. Denne beregnes ved at indsætte Zp(t) i differentialligningen.Værdien for k indsættes nu i Zp(t). Da er Zp(t) en partikulær løsning til differentialligningen.

Der gælder i øvrigt, at realdelen af denne løsning er en partikulær løsning til differenti-alligningen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert cos(ωt),

samt at imaginærdelen af løsningen er en partikulær løsning til differentialligningen

a2y′′(t)+a1y′(t)+a0y(t) = dert sin(ωt).

Der findes en mere generel udgave af gættemetoden, som kan finde en partikulær løsning ide tilfælde, hvor funktionen f (t) har formen q(t)ert cos(ωt) eller q(t)ert sin(ωt). Her betegnerq(t) et polynomium i t. Vi har valgt ikke at komme ind på denne mere generelle metode i dennebog, men der findes mange bøger, hvor man kan finde en beskrivelse af den. Det tilfælde, vi harbeskrevet her, svarer til polynomier af grad 0, dvs. q(t) er en konstant.

Man kan også indføre begyndelsesbetingelser for inhomogene differentialligninger. Vi giverto eksempler:

Eksempel 6.20. En funktion y(t) tilfredsstiller begyndelsesbetingelserne y(0) = 0 og y′(0) =1. Beregn y(t), hvis den også tilfredsstiller følgende differentialligninger:

1. y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 7e2t

2. y′′(t)−4y′(t)+13y(t) = 145cos(2t)

Løsning.

1. Vi så i Eksempel 6.15, at den fuldstændige løsning til differentialligningen y′′(t)−5y′(t)+6y(t) = 7e2t er givet ved

y(t) = c1e2t + c2e3t−7te2t .

Indsætter vi t = 0 i dette udtryk får vi y(0) = c1 + c2. Dette kan kombineres med denførste begyndelsesbetingelse, og vi får c1 + c2 = 0, dvs. c1 = −c2. Differentierer vi denfuldstændige løsning med hensyn til t får vi

y′(t) = 2c1e2t +3c2e3t−7e2t−14te2t .

Indsætter vi t = 0 i dette udtryk får vi y′(0) = 2c1 + 3c2− 7. Dette kombineres med denanden begyndelsesbetingelse, og konklusionen er 2c1 + 3c2 = 8. Da vi allerede ved, at


c1 = −c2, kan vi konkludere, at c2 = 8 og c1 = −8. Disse værdier af c1 og c2 indsættes iden fuldstændige løsning, og vi får, at den ønskede funktion er

y(t) =−8e2t +8e3t−7te2t .

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) = c1e2t cos(3t)+ c2e2t sin(3t)+9cos(2t)−8sin(2t).

Vi indsætter t = 0 og får y(0) = c1 +9. Dette kombineres med den første begyndelsesbe-tingelse, og vi får c1 =−9. Vi differentierer nu den fuldstændige løsning og får

y′(t) = c1(2e2t cos(3t)− e2t3sin(3t)

)+ c2

(2e2t sin(3t)+ e2t3cos(3t)

)−18sin(2t)−16cos(2t).

Ved indsættelse af t = 0 fåsy′(0) = 2c1 +3c2−16.

Kombineret med den anden begyndelsesbetingelse giver dette 2c1 +3c2 = 17. Da vi alle-rede ved, at c1 =−9, konkluderer vi, at c2 = 35/3. Den ønskede funktion er derfor

y(t) =−9e2t cos(3t)+353

e2t sin(3t)+9cos(2t)−8sin(2t).

Bilag

Det græske alfabet

Bogstav Bogstav BogstavNavn Stort Lille Navn Stort Lille Navn Stort Lillealfa A α iota I ι rho P ρbeta B β kappa K κ sigma Σ σ,ςgamma Γ γ lambda Λ λ tau T τdelta ∆ δ my M µ ypsilon ϒ υepsilon E ε ny N ν phi Φ φ,ϕzeta Z ζ xi Ξ ξ chi X χeta H η omikron O o psi Ψ ψtheta Θ θ,ϑ pi Π π omega Ω ω

Trigonometriske regneregler

Grundrelationen:

cos2(u)+ sin2(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


Enhedscirklen

00(1,0)

π6

30

(√ 3

2,12)

π4

45

(√ 2

2,√ 2

2)

π 3

60

(1 2,√ 3

2)

π2

90

(0,1)

2π3

120

(−12 , √

32)

3π4

135

(− √22 , √22 )

5π6

150

(− √3

2 , 12 )

π 180(−1,0)

−π6

−30

(√3

2 ,− 12 )

−π4

−45

( √22 ,− √

22 )

−π3

−60

( 12 ,− √32)

−π2

−90

(0,−1)

−2π

3−1

20

(−1 2,−

√ 32)

−3π4

−135

(−√ 2

2,−√ 2

2)

−5π6

−150

(−√ 3

2,−

12)

Differentiationsregler

Differentiation af en sum/differens:

( f (t)±g(t))′ = f ′(t)±g′(t)

Differentiation af et produkt (produktreglen):

( 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):

( f (g(t)))′ = f ′(g(t)) ·g′(t)

Differentiation af en kvotient:(f (t)g(t)

)′=

f ′(t) ·g(t)− f (t) ·g′(t)(g(t))2


Afledede af forskellige funktioner (a er en reel konstant, i tilfældet (at)′ forudsættes a positiv; ner et heltal):

(a)′ = 0 (at)′ = a (tn)′ = ntn−1

(et)′ = et (at)′ = ln(a)at (ln(t))′ = 1/t

(sin(t))′ = cos(t) (cos(t))′ =−sin(t) (tan(t))′ = 1cos2(t) = 1+ tan2(t)

IntegrationsreglerLinearitet: ∫

( f (t)±g(t))dt =∫

f (t)dt±∫

g(t)dt∫a · f (t)dt = a

∫f (t)dt, hvor a er en reel konstant

Stamfunktioner til nogle elementære funktioner; her er a en reel konstant og k en reel konstantforskellig fra 0.

∫a dt = at

∫ta dt =

ta+1

a+1for a 6=−1

∫t−1 dt = ln |t|

∫cos(kt)dt =

1k

sin(kt)∫

sin(kt)dt =−1k

cos(kt)∫

ekt dt =1k

ekt

Indeks

C, 1N, 1Q, 1R, 1Z, 1i, 1

addition af komplekse tal, 7additionsformler, 89algebraens fundamentalsætning, 23andengradspolynomium, 23andenordens differentialligning, 69approksimation, 39argument, 7

begyndelsesbetingelse, 64, 77begyndelsesværdiproblem, 64, 77binomium, 25

DeMoivres sætning, 19differentialligning, 57differentiationsregler, 90diskriminant, 24divisionsalgoritmen, 30dobbeltrod, 24

enhedscirklen, 90Eulers formel, 18

førsteordens differentialligning, 57faktorisering af polynomium, 27fakultet, 41fordoblingsregler, 19fuldstændig løsning, 58funktion af to variable, 45

gættemetoden, 80

græske alfabet, 89grad af polynomium, 21graf

for funktion af to variable, 45grundrelationen, 89

homogen differentialligning, 70hovedargument, 7

imaginærdel, 2imaginære akse, 2imaginære enhed, 1inhomogen differentialligning, 78integrationsregler, 91

kædereglen, 90karakteristiske polynomium, 72karakterligningen, 73kompleks konjugeret, 33komplekse eksponentialfunktion, 14komplekse talplan, 2komplekst tal, 1kritisk punkt

se stationært punkt, 53kvadratrodsfunktionen, 23

lineariseringfunktion af én variabel, 39funktion af to variable, 51

modulus, 7multiplicitet, 30

niveaukurve, 46

panserformlen, 59partielle afledede, 49partikulær løsning, 78

92

INDEKS 93

polær form, 16polære koordinater, 8polynomium, 21produktreglen, 90

realdel, 2reelle tallinje, 2reelle akse, 2rektangulær form, 2rektangulære koordinater, 7rod i polynomium, 23

separation af de variable, 60stationært punkt, 53

tangent, 39tangentplan, 51Taylorpolynomium, 41tredjegradspolynomium, 37tredoblingsregler, 19trigonometriske regneregler, 89

Kursusnoter til BasisMatbasismat.compute.dtu.dk/basismat/basismatnoter.pdf · Kursusnoter til...

Documents

Transcript of Kursusnoter til BasisMatbasismat.compute.dtu.dk/basismat/basismatnoter.pdf · Kursusnoter til...