Hvad er matematik? 3

0. Hvad er matematik?

Hvad er matematik?

3 Grundbog Bjørn Grøn Bodil Bruun Olav Lyndrup

Lindhardt og Ringhof

11

9788770668781_indhold.indb 1

12/08/2019 12.39

Hvad er matematik? 3, Grundbog Bjørn Grøn, Bodil Bruun, Olav Lyndrup © 2019 L&R Uddannelse, København -et forlag under Lindhardt og Ringhof A/S, et selskab i Egmont Mekanisk, fotografisk, elektronisk eller anden gengivelse af denne bog eller dele heraf er kun tilladt efter Copy-Dans regler.

Forlagsredaktion: Iben Stampe Sletten Grafisk tilrettelægning: Andreas Schnalke, Kommunikations-Design Omslagslayout: Ulla Korgaard, Designeriet Tryk: Livonia Print Sia

1. udgave 1. oplag 2019 ISBN 97887 7066 878 1 www.lru.dk Bogens illustrationer Forlaget har forsøgt at finde og kontakte eventuelle rettighedshavere, som kan tilkomme honorar i henhold til loven om ophavsret. Skulle der mod forventning være rettighedshavere, som måtte have krav på vederlag, vil forlaget udbetale et sådant, som om der var indgået aftale.

Omslag: Luca Pacioli: Polfoto/Alfredo Dagli Orti/ The Art Archive/Orbis Skovtårnet: Camp Adventure/Rasmus Hjortshøj Kepler’s Mars Orbit Drawing: Scanpix/ New York Public Library Amazon, Library Images: 309ø Andreas Schnalke: 79nth California Institute of Technology: 342n Carlsberg Danmark: 339ø Central Armed Forces Museum: 171 Chelsea Green Publishing: 139n Danmarks Statistik: 140ø David Rumsey Historical Map Collection: 17ø Det kongelige Bibliotek: 343 Deutsche Bundesbank: 366ø Deutsche Mathematiker-Vereinigung: 11th Eniro Denmark: 12 Flickr: 35 Kevin Bocek Free Press: 366n GeoEye: 16 Georg August Universität Göttingen: 75 Information: 76th

9788770668781_indhold.indb 2

iStockPhoto: 200 Jørgen Erik Christensen: 339n MercadoLibre: 309n MIT: 49 Newsweek: 21ø Pat Ballew: 77n Photos.com: 43tv Fernando Carniel Machado, 43th Stephen Rees, 122 Dan Whobrey, 219 Jupiterimages, 284ø Marek Kosmal, 287, 300ø Polfoto: 51ø/n SSPL/Science Museum, 127, 172n, 299 Fred de Noyelle/Godong/Corbis, 300n Red Bull: 173 Region Hovedstaden: 23 Regionen Lombardiet - University of Pavia: 79ø Scanpix: 168øth, 168øtv KYODO Shutterstock: 244, 284m, 317, 335, 348, 378 SPL/Photo Researcher: 28tv The Puzzle Museum: 19 Thinkstock: 280, 361 Universitetsbibliotek, Frankfurt am Main: 342ø University of Nebraska at Lincoln: 11tv US Air Force: 172ø Wikipedia: 179 Weidenfeld & Nicolson: 78

12/08/2019 12.39

Indholdsfortegnelse

Indholdsfortegnelse

Forord . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 0. Diskret matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.

Grafteori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1 Vejnet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2 Eulergrafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3 Firfarveproblemet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4 Hamiltongrafer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.

Fejlfindende og fejlrettende koder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1 En-dimensionale stregkoder – et eksempel på en fejlfindende kode . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Hamming (7,4)-koden – et eksempel på en fejlrettende kode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3 QR-koder. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4 Reed-Solomon-fejlkorrigering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.

Kryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.1 Affin kryptering og dekryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2 Public Key-systemer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.3 Et skridt mod RSA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.4 RSA-kryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1. Trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 1.

Tidevandets musik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.1 Lyd og lydbølger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 1.2 Rene toner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 1.3 Sammensatte toner og interferens. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 1.4 Kelvins mageløse maskiner til harmonisk analyse og syntese . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1.5 Fourieranalyse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 2.

Trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.1 Grader og radianer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.2 Periodiske egenskaber og andre symmetrier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.3 Trigonometriske grundligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.

Differentiation af sinus og cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.1 Hookes lov – svingning af en fjeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.

Harmoniske svingninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3

9788770668781_indhold.indb 3

12/08/2019 12.39

5.

Anvendelse af trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

5.1 Omløbstiden for Jupiters måne Callisto bestemt ved sinus-regression . . . . . . . . . . 68 5.2 Dagens længde – øvelse med løsning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 5.3 Modellering af åndedræt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 5.4 Geometrisk modellering med trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 6.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2. Integralregning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 1.

Cirklens kvadratur – det ældste matematiske problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

1.1 Symbolet π – hvad er det for et tal? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

1.2 Det store spring ud i uendelige processer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

1.3 Wallis introducerer symbolet ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

2.

Stamfunktioner og ubestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

3.

Regneregler for ubestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91

3.1 Sum, differens og konstantfaktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91

3.2 Hvorfor er integration mere kompliceret end differentiation? . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

3.3 Integration ved substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95

3.4 Partiel integration (supplerende stof) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

98

3.5 Oversigt over ubestemte integraler, (stamfunktioner), man skal kende . . . . . . . . . .

98

4.

Integralregningens hovedsætning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.

Arealberegninger og bestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.1 Regneregler for bestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.2 Arealer af et område mellem to grafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 6.

Rumfangsberegninger. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.1 Rumfang af omdrejningslegemer – drejning om x-aksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 6.2 Rumfang af omdrejningslegemer – drejning om y-aksen (supplerende stof) . . . . . . 118 7.

Anvendelse af integralregning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

7.1 Ginikoefficienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 7.2 Middeltal og gennemsnitlig fart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 7.3 Længder af kurver. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 7.4 En sammenhængende teori for ln(x) og e x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 8.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

3a. Lineære første ordens differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 1.

Den falske Vermeer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

1.1 Vermeer – glemt og genopdaget . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 1.2 Nye Vermeer-billeder dukker frem af glemslen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 1.3 Van Meegeren – landsforræder eller kunstforfalsker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 1.4 De tekniske analyser – blyhvidt afslører maleriets alder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

4

9788770668781_indhold.indb 4

12/08/2019 12.39

Indholdsfortegnelse

2.

Introduktion til differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

2.1 Linjeelementer og kvalitativ analyse af differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 2.2 Hvordan opstilles differentialligninger? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2.3 Hvad vil det sige at løse en differentialligning? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 2.4 Anvendelse af differentialligninger uden at løse dem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 3.

Eksakt løsning af differentialligninger – de lineære typer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

3.1 Differentialligningen y ′= k · y – eksponentiel vækst . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 3.2 Differentialligningen y ′= b – ay – forskudt eksponentiel vækst . . . . . . . . . . . . . . . 158 3.3 Differentialligningen y ′= f(x) · y + g(x). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 3.4 Anvendelser af lineære differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 3.4.1 Ændring af saltopløsningen i et kar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 3.4.2 Gompertz vækstmodel - modellering af kræftsvulsters vækst . . . . . . . . . . . . . . 167 3.4.3 Optagelse af radioaktivt jod efter atomkatastrofer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 3.5 Da Felix Baumgartner gennembrød lydmuren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 4.

Projekter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

3b. Ikke-lineære differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 1.

Fiskerimodeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

1.1 Modellering af vægten af en enkelt fisk som funktion af tiden . . . . . . . . . . . . . . . . 179 1.2 Bertalanffy modellen og Bernouillis differentialligning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 1.3 Den samlede biomasse af fisk i en bestemt årgang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 1.4 Én-arts-modellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 1.5 Den samlede biomasse og den samlede fangst . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 2.

Den logistiske differentialligning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

2.1 Anvendelser af logistisk vækst . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 2.1.1 Modellering af befolkningstals udvikling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 2.1.2 Modellering af AIDS-epidemien i Danmark . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 2.1.3 Relativ væksthastighed – modellering ud fra tabelmateriale . . . . . . . . . . . . . . . 199 2.1.4 Modellering af solsikkers vækst . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 3.

Separable differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

3.1 Løsning af en differentialligning ved separation: Gennemregnet eksempel . . . . . . 202 3.2 Løsning af en differentialligning ved separation: Den generelle sætning . . . . . . . . 206 4.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

4. Vektorfunktioner og parameterkurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 1.

Infrastrukturen – samfundets skelet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

1.1 Alle veje fører til Rom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 1.2 Trafikplanlægning som vækstfaktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 1.3 Krumning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 1.4 Klotoiden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

5

9788770668781_indhold.indb 5

12/08/2019 12.39

2.

Vektorfunktioner og banekurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

2.1 Repræsentationsformerne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 2.2 Banekurvernes forløb i et koordinatsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 2.3 Differentiable vektorfunktioner, tangent, hastighed og acceleration . . . . . . . . . . . 226 3.

Krumning for en banekurve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

4.

Anvendelser af vektorfunktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

4.1 Bestemmelse af kurvelængder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 4.2 Areal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 5.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

5. Funktioner af to variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 1.

SMEC – en makroøkonomisk model . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

1.1 Matematisk modellering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 1.2 Hvordan opstilles en model over den økonomiske udvikling? . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 1.3 Cobb-Douglas-produktionsfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 1.4 Priselasticitet og produktionselasticitet – fortolkningen af α og 1 – α . . . . . . . . . . . 244 2.

Det retvinklede tredimensionale koordinatsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

3.

Funktioner af to variable og deres grafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

4.

Snitfunktion og snitkurve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

5.

Niveaukurver og højdekurver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

6.

Differentiation af funktioner af to variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

6.1 Den retningsafledede og de partielt afledede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 6.2 Gradienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 6.3 Regneregler for differentiation og gradienten som mål for stejlhed . . . . . . . . . . . . 260 7.

Tangentplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

8.

Ekstrema og stationære punkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

9.

Arten af stationære punkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

9.1 De dobbelt afledede og ekstrema for funktioner af én variabel . . . . . . . . . . . . . . . . 266 9.2 De dobbelt afledede og stationære punkter for funktioner af to variable . . . . . . . . 267 10.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

6. Anden ordens differentialligninger (supplerende stof) . . . . . . . . . . . 272 1.

Panserslaget ved Kurskbuen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

2.

Introduktion til anden ordens differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

2.1 Numerisk analyse og kvalitativ analyse af anden ordens differentialligninger. . . . . . . 280 3.

Analytisk løsning af lineære anden ordens differentialligninger . . . . . . . . . . . . . 280

3.1 Løsning af differentialligningen y ′′= k 2 · y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 Anvendelse 1: Kædelinjen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 3.2 Løsning af differentialligningen y ′′= – k 2 · y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 Anvendelse 2: Mekaniske svingninger 1: Frie udæmpede fjedersvingninger . . . . . . 292

6

9788770668781_indhold.indb 6

12/08/2019 12.39

Indholdsfortegnelse

3.3 Løsning af differentialligningen a · y ′′+ b · y ′+ c · y = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 Anvendelse 3: Mekaniske svingninger 2: Frie dæmpede fjedersvingninger . . . . . . 295 3.4 Løsning af den inhomogene differentialligning a · y ′′+ b · y ′+ c · y = f(t) . . . . . . . . . 297 4.

Øvrige anvendelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299

4.1 Det matematiske pendul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 4.2 Tvungne svingninger og resonans: Da Millenium Bridge gik i selvsving . . . . . . . . . 300 5.

Koblede differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

5.1 Koblede differentialligninger og anden ordens differentialligninger. . . . . . . . . . . . . 304 5.2 Kvalitativ analyse og faseplot. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 6.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

7. Numeriske metoder og algoritmer (supplerende stof) . . . . . . . . . . . . . . . 308 1.

Uendelighed – da man fik styr på de reelle tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309

1.1 Tællelighed og sammenligning af uendeligheder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 1.2 De rationale tal, de reelle tal og kardinaltallene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 1.3 Kontinuitet og konstruktion af de reelle tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316 2.

Numerisk integration – summer og integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

2.1 Undersummer, oversummer og middelsummer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 2.2 Eksistens af integralet for kontinuerte funktioner. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 2.3 De simple regneregler for integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 2.4 Bevis for analysens hovedsætning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 3.

Anvendelse af integralregning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

3.1 Kurvelængder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 3.2 Modellering med integraler som summer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 4.

Definition og differentiation af de trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . 330

5.

Numerisk løsning af differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334

6.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337

8. N ormalfordelingen og statistiske metoder knyttet til denne . . . . . . 338 1.

Oprindelsen til den moderne genetik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339

1.1 Da Danmark hørte til verdens bedste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 1.2 Arvelighedslæren og genopdagelsen af Mendels love . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 1.3 Wilhelm Johannsens arvelighedslære – genotyper og fænotyper . . . . . . . . . . . . . . 341 1.4 Eksperimentel arvelighedslære og brug af normalfordelingen . . . . . . . . . . . . . . . . 343 2.

Random walk – Tilfældig variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346

2.1 Random walk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346 2.2 Grundlæggende egenskaber ved en random walk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 2.3 Pascals trekant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 2.4 Standardafvigelsen og de exceptionelle udfald. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 2.5 Random walk-testen – Er der signifikant flere drenge end piger?. . . . . . . . . . . . . . 360

7

9788770668781_indhold.indb 7

12/08/2019 12.39

3.

Normalfordelingen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

3.1 Definition af normalfordelinger – random walk med et stort antal skridt . . . . . . . . . 362 3.2 Normalfordelingen repræsenteret som graf og som funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 Anvendelse af metoder fra integralregningen til beregning af middelværdi og spredning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367 3.3 Familien af normalfordelinger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 3.4 Tilnærmelse af datasæt med normalfordelinger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369 Eksempel 1: Histogram og overlejret normalfordeling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370 Eksempel 2: Linearisering af normalfordelingen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 Eksempel 3: Q Q-plots. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374 3.5 Bestemme parametrene i tætheds- og fordelingsfunktionen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 4.

Lineær regression som statistisk metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378

4.1 Usikkerhed på estimat for hældning og konstantled . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 5.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381

9. Regression med lineær algebra (supplerende stof). . . . . . . . . . . . . . 382 1.

Mindste kvadraters metode – da Gauss blev verdensberømt . . . . . . . . . . . . . . . 383

1.1 Titius-Bodes lov og den manglende planet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 1.2 Gauss og Ceres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385 2.

Lineær regression med mindste kvadraters metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

3.

Lineær algebra – en kort introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390

3.1 Pythagoras’ læresætning i tre dimensioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 3.2 Datasæt som vektorer i n-dimensionelle rum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392 4.

Mindste kvadraters metode med lineær algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

4.1 Tallet med den mindste afstand til et datasæt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394 4.2 Linjen med den mindste afstand til et datasæt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395 4.3 Korrelationskoefficienten som et mål for linearitet – og som cosinus til en vinkel! . 399 4.4 Forklaringsgraden og kvaliteten af den lineære regression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402 5.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

Register . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 På bogens website lru.dk/hvadermatematik er der adgang til studieretningskapitlerne: Kap. 10. Matematik og kulturfag Kap. 11. Matematik og fysik Kap. 12. Matematik og kemi Kap. 13. Matematik og biologi Kap. 14. Matematik og samfundsfag Kap. 15. Matematik og musik

8

9788770668781_indhold.indb 8

12/08/2019 12.39

Forord – Før du går i gang Hvad er matematik? 3 er skræddersyet til de faglige mål, det faglige indhold og de krav til tilrettelæggelse af undervisningen, som er formuleret i læreplanerne fra 2017. Sammen med bog 1 og 2 dækker bogen læreplanen til A-niveau. Bogen findes som papirbog og som i-bog. De to versioner er fuldstændigt identiske mht. sidetal og opsætning, og de kan således umiddelbart anvendes sammen.

Den nye serie af Hvad er matematik? har tre nye features i forhold til de tidligere C, B og A-bøger:

• QR-koder med direkte links til projekter, studieretningskapitler, vejledninger til værktøjsprogrammer, større datamaterialer, alternative beviser, filmklip og andre ekstra materialer.

I i-bogen er disse links aktive. Arbejder man med papirbogen, skal man anvende en app, der kan læse QR-koder.

• Facitliste til bogens mange øvelser. Dette giver bedre muligheder for at lade eleverne selv arbejde med stoffet, som lektier og i de enkelte lektioner. Facitlisten ligger på bogens website.

• Kontrolspørgsmål til alle bogens begreber, definitioner og metoder. Der er udarbejdet spørgsmål til alle bogens afsnit, også de indledende fortællinger. Spørgsmålene kan fx anvendes til at præcisere en lektie og som grundlag for et gruppearbejde, og kan anvendes af eleverne i en repetitionsfase. Spørgsmålene findes på bogens website og indgår også i opgavebøgerne.

Alt ekstramateriale kan let tilgås samlet på bogens website.

Kernestof og ekstramaterialer Læreplanens faglige mål er beskrevet i temaer. En del er foldet ud i kernestof og supplerende stof, andet er formuleret i overskriftsform, som læreren selv må give kød og blod. Blandt de mere end 100 projekter, de 10 indledende fortællinger til bogens kapitler og de særlige studieretningskapitler findes inspiration og færdige forløb. Det kan være eksempler på matematikkens anvendelser eller på matematikkens udvikling, større autentiske datasæt, matematiske tekster på engelsk og forløb om matematisk modellering, om diskret matematik eller om matematisk teori.

Arbejdsformer og de matematiske værktøjsprogrammer Til alle bogens emner er der forslag til eksperimenterende forløb, hvor eleverne selv kan arbejde sig frem til ny indsigt. Overalt, hvor en ny metode introduceres, kan man finde vejledning til hvordan dette håndteres i de gængse matematiske værktøjsprogrammer.

Siden vi startede arbejdet, har vi desværre mistet vores nære ven og altid inspirerende deltager i vores arbejdsfællesskab, Bjørn Felsager. Hans aftryk findes i mange af bøgernes materialer.

Bjørn Grøn

Bodil Bruun

Olav Lyndrup

9

9788770668781_indhold.indb 9

12/08/2019 12.39

Diskret matematik

0.

1.

1.1 1.2 1.3 1.4

Grafteori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Vejnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Eulergrafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Firfarveproblemet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Hamiltongrafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11 12 15 17 19

2.

2.1 2.2 2.3 2.4

Fejlfindende og fejlrettende koder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

En-dimensionale stregkoder – et eksempel på en fejlfindende kode . . . . . . . . . . . . .

Hamming (7,4)-koden – et eksempel på en fejlrettende kode . . . . . . . . . . . . . . . . . .

QR-koder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Reed-Solomon-fejlkorrigering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21 21 24 26 27

3.

3.1 3.2 3.3 3.4

Kryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Affin kryptering og dekryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Public Key-systemer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Et skridt mod RSA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

RSA-kryptering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28 28 34 37 39

4.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Den klassiske matematik er domineret af differential- og integralregningen – hele det område, vi kalder analysen – hvor de variable løber kontinuert gennem delmængder af de reelle tal. I moderne matematik spiller diskrete modeller, hvor de variable eksempelvis løber gennem delmængder af de naturlige tal, imidlertid en stigende rolle. Det skyldes bl.a. de nye muligheder, computeren giver. I dette kapitel ser vi på tre forskellige facetter af den diskrete matematik.

Topologi er en generaliseret form for geometri, hvor studiet af kvantitative forhold som afstande og vinkler er nedtonet til fordel for studiet af kvalitative forhold som fx, om der er huller, eller om figuren er sammenhængende. Ved at repræsentere det objekt, vi studerer, med en graf bestående af et endeligt antal linjer, der mødes i knudepunkter, er det muligt at opbygge en teori, der bl.a. handler om, hvilke typer af veje der fører igennem et sådant rum. Denne grafteori anvendes fx i studiet af komplekse organisationer.

Kan vi undgå fejl, når vi kommunikerer digitalt, og kan vi udvikle metoder til at rette fejl, hvis vi afslører sådanne? Fejlretning er helt afgørende for, at vi kan afspille musik, sende billeder eller gennemføre samtaler med mobiltelefoner. Regning med diskrete polynomier viser sig her at spille en overraskende rolle.

Hvordan kan man kommunikere sikkert, så kun den ønskede modtager kan læse vores besked? Det har altid været vigtigt for militæret, men er i dag altafgørende for det moderne samfunds mange pengetransaktioner. Det viser sig her, at studiet af primtallene åbner for helt uventede løsninger.

10

9788770668781_indhold.indb 10

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

1. Grafteori Via bogens website er der adgang til en film, hvor professor i grafteori, Jørgen BangJensen giver en indføring i både lettilgængelige og mere komplekse områder af grafteori. Til filmen er der udarbejdet projektmaterialer.

Byen Kaliningrad i Rusland var tidligere hovedstad i Preussen og hed dengang Königsberg. Byen deles af en flod, Pregolya (tidligere kaldet Pregel). I floden er der to øer (A og D), der i 1700-tallet var forbundet med hinanden og byen med syv broer.

Man ved ikke, hvem der først stillede det meget enkle spørgsmål: Kan man gå en tur, hvor man passerer hver bro netop en gang, og hvor man slutter samme sted, som man begyndte?

Men datidens største matematiker, Leonard Euler (1707-1783), hørte om det og satte sig for at løse det.

Øvelse 0.1

Eulers tegning af broerne i Königsberg (1736). Portrættet viser Euler med et af hans talrige manuskripter. Euler er historiens mest produktive matematiker, og han skrev over 800 artikler og bøger, flere hundrede heraf efter at han var blevet blind. Man møder hans navn i alle grene af matematik. Det blev sagt om ham, at ”han foretog sine beregninger, som mennesker trækker vejret eller ørne holder sig svævende i luften”.

En spadseretur i Königsberg

a) S kitsér forskellige lukkede spadsereture gennem byen over broerne, hvor du højst må passere hver af broerne én gang. Hvor mange broer kan du komme over? b) H jælper det, hvis du ikke behøver at slutte det samme sted, som du begyndte spadsereturen?

I 1736 publicerede Euler en løsning af Königsberg-problemet i en artikel med titlen Solutio problematis ad geometriam situs pertinentis, der kan oversættes til Løsning vedrørende geometriske problemer med hensyn til positionen. I mange år blev denne nye matematik kaldt geometria situs, efter artiklen. I dag kaldes emnet for topologi, og det er et af de helt store områder af moderne matematik.

Øvelse 0.2

Springerproblemet

På bogens website kan du prøve kræfter med endnu en af de topologiske ”gåder”, det såkaldte springerproblem fra skakkens verden.

Svaret på Königsbergproblemet lader vi svæve lidt endnu. Spørgsmålet lader sig besvare ved hjælp af grafteorien, som vi nu vil give en introduktion til.

11

9788770668781_indhold.indb 11

12/08/2019 12.39

1.1 Vejnet Lad os betragte vejnettet i Danmark. Vi tager et udsnit fra www.krak.dk, som viser hovedvejnettet mellem byerne Næstved, Ringsted, Sorø, Slagelse, Holbæk og Kalundborg.

Da vi kun er interesseret i et billede af vejnettet mellem de seks byer, kan vi tegne en grafskitse hvor punkterne repræsenterer byerne, og linjerne, eller kanterne, viser, at der en vejforbindelse mellem to byer. Vi skal løse to problemer.

Holbæk Kalundborg

Sorø

Ringsted

Slagelse

Næstved

Øvelse 0.3

Vejvæsenets problem

Vejvæsenet skal have kontrolleret vejnettet mellem de seks byer, så vejvæsenet skal – hvis det er muligt – have en løsning, hvor hver enkelt vejstrækning af hensyn til økonomien kontrolleres netop én gang. Hver kant på skitsen skal altså tilbagelægges netop én gang på køreturen. Kan du skitsere en sådan køretur?

Øvelse 0.4

Postvæsenets problem

En chauffør fra postvæsenet skal aflevere pakker i hver af de seks byer. Men chaufføren og lastbilen behøver ikke at køre på alle vejene, dvs. hvert punkt skal besøges, men ikke nødvendigvis hver kant. Kan du skitsere en sådan køretur?

Øvelse 0.5

Ruter gennem netværk

I det følgende er der givet tre forskellige skitser af et vejnet mellem et antal byer.

1.

2.

3.

a) Undersøg for hvert af de tre vejnet, om der er en eller flere løsninger for vejvæsenet. b) Undersøg for hvert af de tre vejnet, om der er en eller flere løsninger for postvæsenet.

Egenskaber ved vejnet A

Vi kan for hvert vejnet prøve at løse opgaven for henholdsvis vejvæsenet og postvæsenet ved simpelthen at prøve os frem. Men vi kunne også lede efter nogle egenskaber ved et vejnet, som kan gøre det muligt for os let at løse fx postvæsenets opgave.

12

9788770668781_indhold.indb 12

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

I øvelse 0.5 så vi, at vi ikke kunne finde en løsning til postvæsenet i vejnet nr. 2, da vi skulle køre tilbage ad en af vejene. Dette kan vi generalisere, hvis vi først betragter en by A, hvortil der er tre veje. Vi kan nu vælge to strategier.

Strategi 1: Vi starter i A, og vi forlader byen ad en kant. Derefter skal vi komme tilbage ad en anden kant og forlade A ad den tredje kant.

Strategi 2: Vi starter ikke i A, dvs. vi kommer til byen ad en kant og forlader den ad en anden kant.

Vi mangler så at køre ad den sidste kant, og dermed skal vi slutte i A. Konklusion: Hvis vi starter i A, så slutter vi ikke i A. Men omvendt gælder der: Hvis vi ikke starter i A, så slutter vi i A.

Øvelse 0.6

Vejnet med et ulige antal veje

A

Vi har en by A med fem veje. a) A rgumenter for, at vi får samme konklusion, som i tilfældet med tre veje. b) Generaliser til, at byen A har et ulige antal veje.

B

I det ovenstående har vi analyseret en del af et vejnet, hvor der udgår et ulige antal veje fra en by. Lad os nu i stedet betragte en by med et lige antal veje. Igen kan vi vælge to strategier.

Strategi 1: Vi starter i B, dvs. vi forlader byen ad en kant. Derefter kommer vi tilbage ad en anden kant, og vi forlader igen B ad en tredje kant. Da vi nu mangler en fjerde kant, så skal vi slutte i B. Strategi 2: Vi starter ikke i B, dvs. vi kommer til byen ad en kant. Vi forlader B ad en anden kant, og derefter skal vi komme til B ad en tredje kant. Vi skal så forlade B ad den fjerde kant, og dermed slutter vi ikke i B. Konklusion: Hvis vi starter i B, så slutter vi også i B. Omvendt gælder der: Hvis vi ikke starter i B, så slutter vi heller ikke i B.

Øvelse 0.7

Vejnet med et lige antal veje

Vi har en by B med seks veje.

B

a) Argumenter

for, at vi får samme konklusion, som i tilfældet med fire veje. b) Generaliser til, at byen B har et lige antal veje.

13

9788770668781_indhold.indb 13

12/08/2019 12.39

Når vi analyserer en del af et vejnet, så er det altså afgørende, om antallet af veje, der udgår fra en by, er et lige antal eller et ulige antal. Vi samler nu konklusionerne i den følgende sætning:

Sætning 1: Forskellen på situationer med et lige og et ulige antal veje fra et hjørnepunkt 1) Hvis der fra et hjørnepunkt i et vejnet udgår et ulige antal veje, skal vejvæsenet enten slutte eller starte i dette punkt.

2) Hvis der fra et hjørnepunkt i et vejnet udgår et lige antal veje, så skal vejvæsenet slutte her, hvis de starter her. Omvendt så skal vejvæsenet ikke slutte her, hvis de ikke starter her.

På baggrund af sætningerne kan vi argumentere for, at hvis et vejnet har mere end to byer med et ulige antal veje, så kan vi ikke finde en løsning til vejvæsenet.

Sætning 2: Uløselige ruteproblemer Vejvæsenets problem har ikke en løsning, hvis der er mere end to hjørnepunkter med et ulige antal veje.

Bevis Hvis der fx er tre punkter med et ulige antal veje, så vil der være et punkt med et ulige antal veje, hvor vejvæsenet hverken starter eller slutter. Dermed har vi en modstrid med sætning 1.

Inden vi forlader vejvæsnet, generaliserer vi modellen for et vejnet til en punktgraf.

Punktgrafen illustreres typisk med en tegning af grafens punkter, hvor kanterne er repræsenteret af kurver, der forbinder de pågældende hjørner.

Definition: Punktgraf Ved en punktgraf, eller blot en graf, forstås en samling af punkter – også kaldet knuder eller hjørner – og en samling af kanter, der forbinder par af punkter.

Antallet af kanter, der udgår fra et givet hjørne, kaldes graden eller valensen for det pågældende hjørne.

Ved en tur – også kaldet en sti – forstås en serie af kanter, der samlet forbinder to punkter i grafen.

Hvis en tur starter og slutter samme sted, er turen lukket, og den kaldes en cykel eller en kreds.

14

9788770668781_indhold.indb 14

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

1.2 Eulergrafer Vi vender nu tilbage til Eulers broer i Königsberg, hvor vi sammen med datidens kort viser en graf.

C

A

D

B

Øvelse 0.8 a) H vordan repræsenteres landområderne i grafen? Hvordan repræsenteres broerne? b) Argumenter

for, at grafen er en korrekt repræsentation af Eulers Königsbergproblem.

Når vi tæller graden for hvert af punkterne, finder vi

Punkt

A

B

C

D

Grad

5

3

3

3

Konklusion: Dette er løsningen på Königsberg-problemet: Da der mere end to punkter med ulige grad, så kan Euler ikke gå en rundtur i Königsberg, hvor alle broerne passeres netop en gang.

6

Definition: Eulergraf og Eulertur Hvis der findes en cykel (dvs. en tur der starter og slutter samme sted), som gennemløber alle kanterne netop én gang, kaldes cyklen en Eulercykel, og grafen en Eulergraf.

Hvis der findes en tur, der gennemløber alle kanterne netop en gang uden at starte og slutte i samme punkt, kaldes dette for en Eulertur.

2

5

7 3

4 1

8

9 10 11

15

9788770668781_indhold.indb 15

12/08/2019 12.39

Øvelse 0.9

Eulergrafer

Undersøg, om de følgende to grafer er Eulergrafer.

Øvelse 0.10

Omform et detaljeret foto til en abstrakt graf

I dag hedder Königsberg Kaliningrad, og broerne ved Pregel har ændret sig. Et kort fra Google Earth ser ud som dette.

O versæt kortet med de syv broer til en graf, og afgør, om det er muligt at gå en Eulertur via de syv broer.

Vi kan sammenfatte de vigtigste egenskaber ved Eulergrafer i den følgende sætning:

Sætning 3: Eulergrafer og graden af hjørnepunkterne En graf er en Eulergraf, netop når alle hjørnepunkterne har en lige grad.

Hvis der er ét eller to hjørnepunkter med en ulige grad, kan vi stadigvæk finde en Eulertur, der passerer alle kanter netop én gang, men den er ikke lukket.

Hvis der er tre eller flere hjørnepunkter med en ulige grad, kan man ikke engang finde en Eulertur.

På bogens website kan du finde et projekt, hvor vi både beviser sætningen og diskuterer en effektiv algoritme til at finde en Eulercykel.

16

9788770668781_indhold.indb 16

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

1.3 Firfarveproblemet I 1852 arbejdede Fancis Guthrie som student med at farvelægge kort over de engelske grevskaber. Han lagde mærke til, at han kun behøvede fire farver for at farvelægge kortene. Han spekulerede på, om fire farver altid ville være nok, og fik sin bror til at spørge sin matematikprofessor de Morgan om det. De Morgan havde ingen anelse og sendte straks en forespørgsel til William Hamilton (1805-65), der var en af datidens største matematikere, især kendt for sin opdagelse af de firedimensionale tal, kvaternionerne.

De Morgan skrev:

En af mine studerende spurgte mig i dag, om jeg kunne give en begrundelse for et faktum, som jeg slet ikke vidste, var et faktum – og stadigvæk ikke har nogen begrundelse for. Han påstår, at hvis man opdeler en figur på vilkårlig vis og farver de forskellige områder i figuren, så områder med en fælles kant har forskellige farver, så kan man få brug for fire farver, men aldrig flere – det følgende eksempel viser, at fire farver er nødvendigt. A, B, C og D er navne for farver. Spørgsmål: Kan man ikke opfinde et eksempel, der kræver fem eller flere farver? … Hvis du giver mig svar på tiltale med et eller andet trivielt eksempel, der får mig til at ligne en idiot, må jeg nok hellere gøre som sfinksen …

Gammelt kort over de engelske grevskaber.

Sfinksen faldt død om i den græske tragedie om Ødipus, da denne løste sfinksens gåde. Men Hamilton løste ikke gåden, og de Morgan var ikke en idiot. Det skulle vise sig, at studentens meget enkle spørgsmål var et af de sværeste problemer, matematikken var blevet stillet!

Øvelse 0.11

de Morgans eksempel

I brevet kan du se de Morgans tegning.

Gør rede for, at fire farver er nødvendige i de Morgans eksempel.

I 1878 offentliggjorde en anden fremragende engelsk matematiker, Arthur Cayley (1821-1895), en artikel om firfarveproblemet og de vanskeligheder, der var knyttet til det. Han satte også en af sine studerende, Alfred Kempe, til at arbejde på det, og året efter offentliggjorde Kempe det første ”bevis” for firfarveproblemet. Det vakte stor opsigt, og Kempe blev oven i købet adlet for sin præstation. Desværre indeholdt Kempes bevis en alvorlig fejl, der først blev opdaget 11 år efter. Men beviset indeholdt dog en algoritme, der kunne vise, at fem farver altid er nok. Siden har firfarveproblemet været regnet for en af matematikkens store uløste gåder, som mange berømte matematikere har prøvet kræfter med.

Uddrag af de Morgans brev til Hamilton.

17

9788770668781_indhold.indb 17

12/08/2019 12.39

Øvelse 0.12

Farvelæg et landkort – med færrest mulige farver På figuren til venstre har man anvendt 5 farver, men det er faktisk muligt at nøjes med 3 farver i dette tilfælde.

Find en løsning med 4 henholdsvis 3 farver.

Firfarveproblemet er et meget vigtigt problem inden for topologien.

Hvis man lader alle lande være repræsenteret af et punkt (fx hovedstaden) og forbinder nabolande med en kant (en motorvej), får man oversat landkortet til en graf. Firfarveproblemet er dermed oversat til et grafteoretisk problem.

I eksemplet fra øvelse 0.12 bliver grafen den følgende, hvor det altså er muligt at farvelægge hjørnerne med kun tre farver, så to nabohjørner altid har forskellige farver.

Øvelse 0.13

Oversæt landkort over stater til en graf

Poststempel fra Illinois Universitet, hvor firfarveproblemet blev løst med assistance fra computere i 1976.

E t kort over USA kan farvelægges med fire farver.

Oversæt USA-kortet til en graf.

Først i 1976 skete der et afgørende gennembrud med brug af moderne computere, idet store dele af beviset bestod i at kontrollere farvelægningen af mere end 1000 delgrafer. Beviset var så komplekst, at det ikke er muligt at kontrollere det med håndkraft. Skulle man så anerkende beviset?

Ydermere fandt man efterhånden flere forskellige fejl i beviset, selv om ingen af dem var så alvorlige, at man ikke kunne rette dem.

18

9788770668781_indhold.indb 18

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

I 1990’erne besluttede en anden gruppe matematikere derfor at give et uafhængigt bevis for firfarveproblemet med en anden teknik. Dette lykkedes i 1994, men også deres bevis var afhængigt af en computers kontrol af utallige delgrafer. I 2002 lykkedes det at formalisere beviset inden for rammerne af moderne matematisk logik. Selv om den almindelige holdning i dag er, at påstanden om, at fire farver er nok, er sand, så er beviserne stadigvæk omdiskuteret: Er det et acceptabelt matematisk bevis, hvis ingen matematiker kan overskue det, og kun en computer kan kværne igennem de nødvendige udregninger?

På bogens website ligger der mere materiale om firfarveproblemet.

1.4 Hamiltongrafer De to problemer for henholdsvis vejvæsenet og postvæsenet adskiller sig tydeligt.

Postvæsenets problem hører under kategorien Hamiltongrafer. Det menes, at Hamiltongrafer har deres oprindelse i et problem, som William Rowan Hamilton præsenterede i 1857 og markedsførte som et spil i 1859.

Spillet går ud på at placere pindene, så man besøger alle punkter netop en gang, starter og slutter i samme punkt, og man undervejs ikke følger en kant mere end en gang.

Definition: Hamiltongraf og Hamiltontur Hvis der findes en lukket tur gennem en graf, der besøger alle punkter netop en gang uden at følge en kant to gange, kaldes turen en Hamiltoncykel og grafen en Hamiltongraf.

Hvis der findes en tur gennem en graf, der besøger alle punkter netop en gang – uden at starte og slutte i samme punkt og uden at følge en kant to gange – kaldes turen en Hamiltontur.

19

9788770668781_indhold.indb 19

12/08/2019 12.39

Øvelse 0.14

Graf-repræsentation af de fem regulære polyedre

Vi har i kapitel 0 i Hvad er matematik? 1 omtalt de fem platoniske legemer (de fem regulære poyedre).

Legeme

Tetraeder

Kube

Oktaeder

Dodekaeder

Ikosaeder

3D-figur

2D-graf

a) Forklar, hvordan hver af 2D-graferne er en repræsentation af 3D-figurerne. b) T egn for hvert af de platoniske legemer en Hamiltoncykel på den tilsvarende 2D-graf.

Øvelse 0.15

Hamiltongrafer

Undersøg, om de følgende to grafer er Hamiltongrafer.

Man har ikke en nem metode til at afgøre, om en graf er en Hamiltongraf, på samme vis som vi let kunne afgøre, om en graf er en Eulergraf, alene ud fra graden af de forskellige punkter på grafen. Men man har simple effektive algoritmer, der virker i praksis i de fleste tilfælde. På bogens website kan du finde et projekt om, hvordan man finder Hamiltonture og Hamiltoncykler i grafer.

20

9788770668781_indhold.indb 20

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Øvelse 0.16

Travelling Salesman-problemet

Spørgsmålet, om en graf er en Hamiltongraf, er nært beslægtet med et andet berømt problem inden for grafteori, det såkaldte Travelling Salesman-problem.

Den rejsende handelsmand skal finde den korteste rute, hvor han besøger et bestemt antal byer, så hver by besøges netop én gang, og han slutter hjemme igen. Det er et af de mest intenst studerede matematiske problemer, og der er udlovet en dusør på 1 mill $ til den, der løser det. På bogens website kan du finde mere om problemet. Her kan du også læse en forstørret udgave af en artikel fra Newsweek i 1954 om Travelling Salesman-problemet.

Grafteori tilhører den diskrete matematik og er primært udviklet i det 20. århundrede.

Grafteorien anvendes inden for mange forskelligartede områder: matematik, statistik, kodningsteori, biologi, organisationsteori, logistik, kemi m.fl. Grafteori har derfor berøringsflader med mange andre fag og demonstrerer matematikkens anvendelser i nye situationer.

2. Fejlfindende og fejlrettende koder Via bogens website er der adgang til en film, hvor professor mso i kodningsteori, Olav Geil giver en indføring i både lettilgængelige og mere komplekse områder af kodningsteori. Til filmen er der udarbejdet projektmaterialer.

2.1 En-dimensionale stregkoder – et eksempel på en fejlfindende kode Stregkoder er et eksempel på en kode, som gør det muligt at finde en fejl, når scanneren i fx supermarkedet læser koden. Stregkoden blev udviklet i 1949 inspireret af morsekodens prikker og streger. Der er altså netop to tegn i koden, ligesom i totalssystemet, som anvender tegnene 0 og 1, de såkaldte bits. For at øge læsbarheden af stregkoden blev symbolerne dog hurtigt sat på højkant: Lodrette streger med forskellige bredder og mellemrum i forskellige bredder.

Et af de mest udbredte systemer kaldes EAN-13 (European Article Number, i dag kaldet International Article Number). Det består af 13 cifre, der splittes i tre sektioner bestående af et frontciffer og to grupper med 6 cifre. Hvert gruppeciffer vises som en kombination af streger og mellemrum, mens frontcifret, der ikke repræsenteres af streger, bestemmes indirekte ud fra den måde, gruppecifrene er kodet, se nedenfor. Sektionerne er adskilt af to tynde streger, der er

Midterstreger Grænsestreger

Grænsestreger

5 701862 000065 Frontciffer

Gruppe 1

Gruppe 2

21

9788770668781_indhold.indb 21

12/08/2019 12.39

Midterstreger

Kodeskema for cifrene

Grænsestreger

Ciffer

L-kode

G-kode

R-kode

0

0001101

0100111

1110010

1

0011001

0110011

1100110

2

0010011

0011011

1101100

3

0111101

0100001

1000010

4

0100011

0011101

1011100

5

0110001

0111001

1001110

6

0101111

0000101

1010000

7

0111011

0010001

1000100

8

0110111

0001001

1001000

9

0001011

0010111

1110100

Frontciffer

Gruppe 1 mønster

0

LLLLLL

1

LLGLGG

2

LLGGLG

3

LLGGGL

4

LGLLGG

5

LGGLLG

6

LGGGLL

7

LGLGLG

8

LGLGGL

9

LGGLGL

Øvelse 0.17

Grænsestreger

5 701862 000065 Frontciffer Gruppe 1

Gruppe 2

R-kode for cifret 5 1

0

0

1

1

1

0

længere end de andre. Det gør scanningen af de to grupper lettere. Scanneren indlæser de to grupper uafhængigt af hinanden, ligegyldigt hvordan varen vender, og stykker dem selv korrekt sammen.

De første to cifre er en landekode, som fortæller, hvor varen markedsføres fra – men ikke nødvendigvis, hvor varen fremstilles. Danmark har fx landekoden 57.

De næste fem cifre giver oplysninger om producenten/importøren. I gruppe 2 giver de første fem cifre varenummeret, der fx bruges til lagerstyring, mens det sidste tal i stregkoden er et kontrolciffer.

Hvert enkelt af de tolv cifre repræsenteres af 7-cifrede binære tal, som vist i tabellerne. Gruppe 2-cifrene kodes altid med R-koden, mens gruppe 1-cifrene kodes efter et mønster af L- og G-koder, der afspejler frontcifferet. Hvis landekoden er Danmark, hvis frontcifferet er 5, følger gruppe 1 mønstret: L G G L L G. Det 7-cifrede binære tal findes og omsættes derefter til streger og mellemrum. Hvis flere streger står ved siden af hinanden, bliver stregen bredere og tilsvarende for mellemrummene. or at fiske frontcifret frem, må man kunne skelne mellem L- og G-koF derne. Men det er nemt nok, da L-koderne altid indeholder et ulige antal 1-taller/streger (3 eller 5), mens G-koderne altid indeholder et lige antal 1-taller/streger (2 eller 4). Derfor kan man hurtigt afkode L-G-mønstret for gruppe 1-cifrene og slå frontcifret op i en tabel.

Afkode stregkoder

a) Hvilken forbindelse er der mellem L-, G- og R-koderne? b) U dskil landekoden, producentkoden, varenummeret og kontrolcifret for stregkoden 5 701862 000065. c) Kan du genskabe stregkoden for EAN-nummeret 5 701862 000065?

Scanneren har en indbygget formel, som den anvender på cifrene, hvorefter den tjekker, at resultatet kan deles med 10. Kontrolchecket fungerer ved, at hvert ciffer gives en vægt, afhængig af dets indeks (se illustrationen). Hvert ciffer multipliceres med vægten, og alle produkter adderes.

22

9788770668781_indhold.indb 22

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Front

Gruppe 1

Gruppe 2

Ciffer

5

7

0

1

8

6

2

0

0

0

0

6

5

Indeks

0 Lige

1 Ulige

2 Lige

3 Ulige

4 Lige

5 Ulige

6 Lige

7 Ulige

8 Lige

9 Ulige

10 Lige

11 Ulige

12 Kontrol

Vægt

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

Produkt

5

21

0

3

8

18

2

0

0

0

0

18

5

Sum

Kontrolsum = 5 + 21 + 0 + 3 + 8 + 18 + 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 18 + 5 = 80

Kontrolsummen bliver 80. Da 10 går op i 80, er kontrollen opfyldt.

Hvis kontrollen ikke passer, viser det, at scanneren har læst forkert. Man må da indtaste stregkoden manuelt. Til alt held er koden også skrevet med de sædvanlige cifre forneden.

Øvelse 0.18

Opskrive en stregkode

a) F or en vare er kodens første 12 cifre: 5 700426 10169. Hvad er kontrolcifret?

Hvordan ser stregkoden ud?

Øvelse 0.19

Stregkoder som fejlfindere

a) Gør rede for, at hvis netop et af cifrene fejllæses, er kontrollen ikke opfyldt. b) G ør rede for, at man godt kan komme ud for, at kontrollen passer, selvom to af cifrene ombyttes.

Bemærkning: EAN-koden er langt fra den eneste stregkode, man anvender. Fx anvender sundhedskortet en anden type stregkode for at gøre det muligt at aflæse personnummeret elektronisk.

Man skal derfor aldrig lægge et billede ud af sundhedskortet på internettet, heller ikke selvom man skjuler cifrene i det gule felt på sundhedskortet. Hvem som helst kan nemlig scanne stregkoden og ad den vej få fat i personnummeret, som efterfølgende kan misbruges på forskellig vis.

Stregkoder har altså en indbygget kontrolfunktion, der kan påvise, om der er en fejl.

Men den kan ikke angive hvilken fejl. Vi vil nu undersøge mere avancerede koder, der både kan finde og rette fejl. Det er der stærkt brug for i digital kommunikation.

23

9788770668781_indhold.indb 23

12/08/2019 12.39

2.2 Hamming (7,4)-koden – et eksempel på en fejlrettende kode Ved digital kommunikation sendes beskeder som en række af bits, hvor hver bit kan være 0 eller 1. En kort besked kunne fx bestå af de følgende fire bits 1001. En længere besked, samtale eller filmstrimmel består af millioner af bits. Sendes information fra en satellit til en parabolantenne eller fra en mobilantenne til en mobiltelefon, så vil en del af informationen ofte blive forvansket, så beskeden, der modtages, ikke er identisk med den oprindelige.

Henter den amerikanske rumfartsorganisation NASA billeder hjem til Jorden fra fjerne egne af solsystemet, så vil det svage signal uvægerligt blive forvansket undervejs. Så der er behov for koder, der kan rette fejl.

Mobiltelefonkommunikation

Afsender 1001

Koder 1001 001

Modtager 1101 001

Afkoder 1001

Hamming tilføjede tre såkaldte paritetsbits til beskeden, for at kunne opdage og rette en fejl.

I 1950 fik den amerikanske matematiker Richard W. Hamming (19151998) ideen til en sådan metode, hvor man ikke blot kan kontrollere, om en besked er blevet ændret under transmissionen, men også kan rette en enkelt fejl. Hamming arbejdede på Bells Laboratorier, og det var et ønske om at kunne rette fejl i hulkort, der gav ham ideen til at udvikle fejlrettende koder. Hammings ide var følgende (se illustrationen):

Beskeden på fire bits tilføjes tre ekstra bits, som kaldes paritetsbits. Den afsendte besked, 1001, modtages som 1101 sammen med de tre paritetsbits, der ikke er blevet ændret under transmissionen. Afkoderen kan finde og rette fejlen på bit nummer to i beskeden.

Øvelse 0.20

Antal forskellige beskeder

Hvor mange forskellige beskeder med en længde på fire bits findes der?

For at forstå ideen bag Hammings kode får vi brug for at kunne regne på pariteter.

Definition: Paritet De hele tal deles i to grupper efter deres paritet: • De lige tal har lige paritet, der repræsenteres ved det binære ciffer 0 (det simpleste lige tal).

• De ulige tal har ulige paritet, der repræsenteres ved det binære ciffer 1 (det simpleste ulige tal).

Når man regner med pariteter, regner man på sædvanlig vis, men reducerer til sidst resultatet til sin paritetsbit. Hvis vi fx lægger to ulige tal sammen, får vi et lige tal.

Hvis vi ganger to ulige tal, får vi et ulige tal osv.

24

9788770668781_indhold.indb 24

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Regnereglerne kan sammenfattes i de følgende ækvivalente skemaer. plus

gange

plus

gange

+

lige

ulige

·

lige

ulige

+

0

1

·

0

1

lige

lige

ulige

lige

lige

lige

0

0

1

0

0

0

ulige

ulige

lige

ulige

lige

ulige

1

1

0

1

0

1

Øvelse 0.21

Regning med pariteter

a) Gør rede for regnereglerne for lige og ulige tal. b) G ør rede for, at regning med pariteter svarer til regnereglerne for binære tal, hvor man dropper en eventuel mente (du kan læse mere om de binære tal i Hvad er matematik? 1, kapitel 7).

Lad os antage, at vi vil sende en besked på fire bits b1 b2 b3 b4. De tre paritetsbits dannes således: p1 = b1 + b3 + b4 , p2 = b1 + b2 + b4 og p3 = b2 + b3 + b4 , hvor resultatet altid reduceres til tallets paritet.

Øvelse 0.22

b1 p1

p2 b4

b3

b2

p3

Hammings (7,4)-kode består af fire kodebits b1, b2 , b3 , b4 , der kan lægges i de fire grå cirkelområder og tre paritetsbits p1, p2 , p3 , der kan lægges i de tre overlappende grønne cirkelområder. Hver paritetsbit grænser op til netop tre kodebits og udregnes som summen af disse regnet som paritet.

Antal forskellige summer

Hvor mange forskellige summer med tre led kan vi danne ud fra en besked på fire bits?

b1=1 1+1+1 =1(0)

1+1+0 =0(0)

b4 =1 b3 =0

0+1+1 =0(1)

b2=1

Hamming (7,4)-kode med en enkelt fejl.

I de to røde felter er der uoverensstemmelse mellem de beregnede paritetsbits og de modtagne paritetsbits (i parentes).

Altså er det den anden kodebit b2 , der er modtaget med fejl.

Eksempel Hvis beskeden er 1001, som på illustrationen, så er de tre paritetsbits p1 p2 p3 givet ved

1 + 0 + 1 = 0, 1 + 0 + 1 = 0 og 0 + 0 + 1 = 1, dvs. 001.

Når beskeden modtages, er der sket en fejl, så følgende besked tikker ind: 1101 001.

Afkoderen bestemmer paritetsbits på baggrund af den modtagne besked. De tre paritetsbits p1 p2 p3 bør altså være givet ved

1 + 0 + 1 = 0, 1 + 1 + 1 = 1 og 1 + 0 + 1 = 0, dvs. 010.

25

9788770668781_indhold.indb 25

12/08/2019 12.39

Vi kan nu sammenligne de paritetsbits, som afkoderen har bestemt, med de modtagne paritetsbits.

• Den første paritetsbit p1 = b1 + b3 + b4 giver 0 i den modtagne besked og 0 i den afsendte besked, dvs. denne sum er uændret.

•D en anden paritetsbit p2 = b1 + b2 + b4 giver 1 i den modtagne besked, men 0 i den afsendte besked, dvs. denne sum er ændret.

•D en tredje paritetsbit p3 = b2 + b3 + b4 giver 0 i den modtagne besked, men 1 i den afsendte besked, dvs. også denne sum er ændret.

På baggrund af disse ændringer i paritetsbitsene, kan vi se, at det er bit b2 , der er ændret, idet b2 indgår i de to summer med ændringer, men ikke i summen uden ændring.

Øvelse 0.23

Dekodning af en Hamming (7,4)-kode med én fejl

a) E n afkoder modtager en Hamming (7,4)-kode som 0111 100.

Hvad er den modtagne besked, og hvad er paritetsbitsene? b) Ret fejlen i den modtagne besked.

Øvelse 0.24

En anden konstruktion af paritetsbits?

Kunne paritetsbitsene i Hamming (7,4)-koden i stedet være dannet ud fra summerne

p1 = b1 + b2 + b3 , p2 = b1 + b3 + b4 og p3 = b2 + b3 + b4 ?

2.3 QR-koder QR er en todimensional kvadratisk datastruktur som den viste. Koden skjuler teksten Hvad er matematik? og har en indbygget fejlretning. Netop fejlretningen har betydning, når man fx bruger sin mobiltelefon til at læse QR-koden, da tegningen, der indeholder koden, kan være upræcis. QR står for ”Quick Response”.

Alle QR-koders geometri er opbygget med tre større hjørnekvadrater og et mindre kvadrat inde i det grå dataområde. Disse bruges til at justere størrelse, vinkel og retning.

Alle de små sorte og hvide kvadrater oversættes til en række binære tal, der rummer beskeden, de fejlrettende led samt information om koden, og om, hvor lang beskeden er.

Den besked, QR-koden indeholder, dannes ved, at teksten ”Hvad er matematik?” deles op i tekstblokke med hver to tegn (hvor mellemrumstegnet repræsenteres ved ). Tekstblokkene omdannes til binære tal ved en særlig algoritme, du kan finde på bogens website. I stregkoderne repræsenteres 0 og 1 med streger og mellemrum (mørke og lyse ”streger”). I QR-koder repræsenteres de med små mørke og lyse kvadrater.

26

9788770668781_indhold.indb 26

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

På bogens website kan du se en detaljeret gengivelse af, hvor de enkelte tekstblokke findes i QR-koden, samt hvordan den kan læses – også uden at bruge en app til det!

2.4 Reed-Solomon-fejlkorrigering QR-koder bruger den såkaldte Reed-Solomon-fejlkorrigering.

Fejlkorrigeringen bygger grundlæggende på samme ide, som vi så i forbindelse med Hamming-koderne: Den information, vi afsender, tilføjes nogle kontroltal, der frembringes ud fra den oprindelige information ved bestemte fastlagte regneoperationer. Ved Hamming-koderne tilføjede vi tre tal, som blev frembragt ved forskellige summer af de oprindelige bits. Derved kunne vi rette en fejl. Reed-Solomon-koder er en hel familie af koder, der alle kan rette et betydeligt antal fejl. Omkostningen ved at konstruere koder, der kan rette mange fejl, er normalt, at der skal tilføjes betydeligt flere kontroltal, end tilfældet var hos Hamming. Hvis dette medfører, at den samlede streng af bits, der afsendes, bliver meget større end den egentlige information, så bliver det både langsomt og omkostningskrævende at kommunikere. Men det lykkedes Reed-Solomon ved hjælp af avanceret matematik at konstruere koder, hvor andelen af bits, der bruges til fejlkorrrektion, ikke er væsentligt anderledes end hos Hamming, men som kan rette op til 5-10 gange så mange fejl.

I en QR-kode er disse fejlkorrigerende talblokke placeret til sidst i strengen.

En talblok er et 8-cifret binært tal. Det omskrives til et tal i titalssystemet således: 7 6 5 4 3 2 1 0 11010001 = 1 · 2 + 1 · 2 + 0 · 2 + 1 · 2 + 0 · 2 + 0 · 2 + 0 · 2 + 1 · 2 = 128 + 64 + 0 + 16 + 0 + 0 + 0 + 1 = 209

Denne omskrivning er nært beslægtet med udregning af værdien for et polynomium, hvor tallet 2 optræder på den plads, hvor den variable normalt står.

Vi forfølger denne ide og knytter til et givet binært tal det polynomium, der netop har de binære cifre som koefficienter, fx 7 6 5 4 3 2 1 0 7 6 4 11010001 → p(x) = 1· x + 1· x + 0 · x + 1· x + 0 · x + 0 · x + 0 · x + 1· x = x + x + x + 1

Bemærk, at med denne betegnelse er p(2) = 209.

I den omtalte film med tilhørende projektmaterialer gives en introduktion til ReedSolomon-koderne og til, hvordan man indkoder og dekoder ved hjælp af polynomier.

Du kan også finde et projekt på bogens website, hvor vi går i detaljer med, hvordan man regner med disse ”paritets-polynomier”.

27

9788770668781_indhold.indb 27

12/08/2019 12.39

Den moderne algebra, der udsprang fra studiet af polynomier, står i særlig stor gæld til Emmy Noether (1882-1935). På trods af modstand fra studenterne gjorde hun karriere ved det prestigefyldte Göttingen Universitet, hvor hun blev en af Hilberts vigtigste arvtagere. Han affejede studenternes bekymring med den sarkastiske bemærkning: Jeg driver et matematikinstitut, ikke en badeanstalt.

Teorien for regning med paritetspolynomier hører ind under den gren af den moderne matematik, der kaldes Galois-teori.

Den er opkaldt efter den højt begavede og ekstremt stridbare franske matematiker, der døde alt for ung i en ulykkelig duel.

Galois (1811-1832) som 15-årig

3. Kryptering Via bogens website er der adgang til en film, hvor professor og grundlægger af virksomheden CryptoMathic, Peter Landrock giver en indføring i både lettilgængelige og mere komplekse områder af kryptologi. Til filmen er der udarbejdet projektmaterialer.

3.1 Affin kryptering og dekryptering Kryptering med (offentlig) nøgle

K ryptering af beskeder har lige siden antikken været en disciplin, som folk har ønsket at beherske, så en besked ikke gav mening, hvis en fremmed person – fx en fjende – Dekryptering med (hemmelig) nøgle fik fat i beskeden. Helt grundlæggende kan et kryptoNB: Det er kun i de mere avancerede koder, som fx RSA, system med kryptering og dekryptering illustreres som vist på figuren. at krypteringsnøglen er offentlig.

Kryptotekst

Klartekst

I en tid, hvor størstedelen af befolkningen var analfabeter, behøvede man ikke gøre sig så megen umage med krypteringen. Kejseren Julius Cæsar har givet navn til det simple kryptosystem, hvor hvert bogstav i klarteksten bliver erstattet af et nyt bogstav, fx fem pladser længere til højre i alfabetet. Dvs. at nøglen i dette kryptosystem i det engelske alfabet kan beskrives med tabellen: Klartekst

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

W

X

Y

Z

Kryptotekst

F

G

H

I

J

K

L

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

W

X

Y

Z

A

B

C

D

E

28

9788770668781_indhold.indb 28

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Øvelse 0.25

Krypter med en Cæsar-kode

Krypter teksten ”VI ANGRIBER VED DAGGRY”, idet du dropper mellemrummene.

Vi kan regne på krypteringen ved at oversætte bogstaverne til tal. Den mest anvendte kode hedder ASCII-koden. Den er indbygget i de fleste værktøjsprogrammer med to funktioner: En, der laver et tegn om til et tal, fx A til 65, og den modsatte, der laver tallet om til et tegn.

Øvelse 0.26

ASCII-koden på værktøjsprogrammer

Find ud af, hvordan dit værktøjsprogram håndterer ASCII-koden. I Excel kan du fx finde funktionerne Kode og Tegn under kategorien Tekst. Internationalt bruges typisk noget med Ord (for ordinal, dvs. det tal, der er tegnets position i den alfabetiske rækkefølge) og Char (for character).

Hvis vi kun ønsker at bruge store bogstaver, kan vi forenkle ASCII-koden ved at trække 65 fra. Vi finder derved den følgende talrepræsentation af nøglen: Klartekst

A

B

C

D

E

F

G

H

Klartal

0

1

2

3

4

5

6

7

Kryptotal

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

F

G

H

Kryptotekst

I

J

K

L

I 8

M N

J

K

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 23 25

O

P

L

Q

M N

R

S

O

T

P

U

Talrepræsentationen i tabellen viser, at vi skal lægge 5 til klartallet for at få fat i kryptotallet, men samtidig så skal vi regne, så 21 + 5 = 0, 22 + 5 = 1, 23 + 5 = 2 osv. Denne regnemetode hedder regning med restklasser eller moduloregning. Vi kender den fra uret, hvor man regner modulo 24 (eller 12). I almindelighed kan man ved restklasser modulo n forestille sig, at man vikler en tallinje rundt om en cirkel, der har omkredsen n. Hver gang vi går n positioner frem på den omviklede tallinje, rammer vi altså det samme punkt på cirklen. Restklasserne repræsenteres af tallene {0, 1, 2, …, n – 1}, der kaldes for de principale rester ved division med n.

Q

V

R

S

T

W X

... –3

Y

–2

U

V

W X

Y

Z

0

1

2

3

4

Z

A

B

C

D

E

–1

0

1

2

3 ...

11 0 1 10 2 9 3 8 4 7 6 5

Sætning 4: Division med rest For vilkårlige hele tal t og n, hvor n > 0, findes to entydigt bestemte hele tal q og r, hvor t = q · n + r og 0 ≤ r < n. Man siger, at n går q gange op i t, og at r er den principale rest ved division med n.

Ethvert brøktal r idet 0 ≤ n < 1.

t n

kan altså spaltes som et helt tal, kvotienten q, og den ægte brøk

r n,

29

9788770668781_indhold.indb 29

12/08/2019 12.39

Vi indfører nu en særlig betegnelse for den principale rest r fremkommet ved division med n:

Definition: t (mod n ) For vilkårlige hele tal t og n, hvor n > 0, lader vi t ( mod n) betegne den principale rest, når man udfører divisionen af t med n.

Øvelse 0.27

Modulo-funktionen på værktøjsprogrammer

Find ud af, hvordan modulo-funktionen eller rest-funktionen er indbygget i dit værktøjsprogram.

I forbindelse med tabelrepræsentation af Julius Cæsar-kryptosystemet, så vi, at vi startede forfra, når summen af tallet i klarteksten og 5 giver 26. Dette betyder, at vi kan opfatte vores system som division med 26, og at vores bogstav i kryptoteksten netop repræsenteres som resten ved division med 26.

Julius Cæsar-kryptosystem (med skiftet 5) er altså givet ved funktionen y = x + 5 (mod 26), hvor x er talrepræsentationen af et bogstav i klarteksten, og y er talrepræsentationen af bogstavet i kryptoteksten. Funktioner, hvor definitionsmængden er en delmængde af de hele tal, kaldes diskrete funktioner.

Øvelse 0.28

Automatiser kryptering og dekryptering i et værktøjsprogram eller regneark

a) O pskriv teksten ”VI ANGRIBER VED DAGGRY” som en liste i dit værktøjsprogram, fx i dit regneark, og udfør krypteringen ved først at oversætte listen til tal, derefter udføre forskydningen y = x + 5 (mod 26) og endelig oversætte den forskudte talliste tilbage til bogstaver. b) O versættelse af en krypteret tekst kaldes dekryptering. Opskriv en dekrypteringsformel ud fra x og y.

Øvelse 0.29 ROT13-systemet Når man i et chat-forum kommer ind på et følsomt emne, fx hvem der er skurken i en kriminalroman, kan man slå koden ROT13 – givet ved formlen y = x + 13 (mod 26) – til, for at sikre at uskyldige øjne ikke uoverlagt får afsløret hemmeligheden. a) H vad bliver dekrypteringsformlen for dette Julius Cæsar-kryptosystem, hvor skiftet altså er 13? b) Hvad er fordelen ved netop dette Julius Cæsar-kryptosystem?

30

9788770668781_indhold.indb 30

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Øvelse 0.30

Antal forskellige Cæsar-systemer

Hvor mange forskellige Julius Cæsar-kryptosystemer kan vi konstruere?

I Julius Cæsar-kryptosystemet er det nemt at se et mønster fra en klartekst til en kryptotekst, og derfor er kryptosystemet også nemt at bryde. Men selv uden dette mønster skal vi bare efterprøve et lille antal nøgler for at bryde koden. Det er altså ret nemt i praksis at bryde en forskydningskode af denne type.

Læg mærke til, at vi godt kan afbilde grafen for en modulus-funktion i et gitterdiagram:

y y y = 5·x (mod 26) y = x+5 (mod 26) 25

25 23

23

21

21

19

19

17

17

15

15

13

13

11

11

9

9

7

7

5

5

3

3 1

1 0

1

3

5

7

9

11 13

15

17

19

21 23

25

x

0

1

3

5

7

9

11 13

15

17

19

21 23

25

x

Grafen for den diskrete funktion y = 5 · x (mod 26) med den omvendte funktion y = 21 · x (mod 26)

Grafen for den diskrete funktion y = x + 5 (mod 26) med den omvendte funktion y = x + 21 (mod 26).

Vi konstruerer nu på baggrund af modulus-regning et kryptosystem, y = 5 · x (mod 26), hvor mønsteret ikke er helt så nemt at gennemskue.

Øvelse 0.31 Opskriv nøglen for dette kryptosystem.

På samme måde kan vi opskrive et kryptosystem, y = 2 · x (mod 26), med følgende tabelrepræsentation: Klartekst

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

Klartal

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 23 25

Kryptotal

0

2

4

6

8

10 12 14 16 18 20 22 24

0

2

4

6

8

10 12 14 16 18 20 22 24

Kryptotekst

A

C

E

G

I

K

A

C

E

G

I

K

M

O

Q

S

U

L

W

M

Y

N

O

P

Q

R

S

T

M

U

O

V

Q

W

S

X

U

Y

W

Z

Y

31

9788770668781_indhold.indb 31

12/08/2019 12.39

Øvelse 0.32

Kryptering og dekryptering med diskrete modulo-funktioner

a) K ommenter oversættelsen frem og tilbage mellem kryptotekst og klartekst for dette system. b) Kommenter gitterdiagrammet for den diskrete funktion y = 2 · x (mod 26). c) U dnyt dit værktøjsprogram til at indføre en skyder for din proportionalitetskonstant a, og undersøg for hvilke værdier af a, du får en entydig kodning med kryptosystemet y = a · x (mod 26).

Hvis der skal være en entydig sammenhæng mellem bogstaverne i kryptoteksten og bogstaverne i klarteksten, som vi ser i tilfældet med y = 5 · x (mod 26), men ikke i tilfældet med y = 2 · x (mod 26), viser det sig, at vi må kræve, at den største fælles divisor mellem 26 og proportionalitetskonstanten a i kryptosystemet y = a · x (mod 26) er 1. Vi siger, at a og 26 skal være indbyrdes primiske.

Definition: Største fælles divisor Et helt tal d er fælles divisor i to andre hele tal a og b, hvis tallet d går op i dem begge, dvs. d | a og d | b. Den største fælles divisor for tallene a og b benævnes sfd(a,b).

Øvelse 0.33

Største fælles divisor

a) Bestem i hånden sfd(5,26) og sfd(2,26).

Undersøg, hvad største-fælles-divisor-funktionen hedder i dit værktøj. Internationalt betegnes den Greatest Common Divisor og hedder derfor typisk noget med gcd(a,b).

4

+3 11 0 1 10 2 3 9 8 4 7 6 5

år vi regner med restklasser, er det nemt nok at lægge dem sammen og N trække dem fra hinanden. Det svarer til drejninger af talcirklen. Regner vi modulo 12, vil addition med restklassen 3 fx svare til en drejning på 90° med uret, mens subtraktion med restklassen 4 vil svare til en drejning på 120° mod uret.

Det fører til regnereglerne:

a + b (mod n) = a (mod n) + b (mod n)

a – b (mod n) = a (mod n) – b (mod n)

D e kan bruges til at forenkle beregningen af modulære summer/differenser for store værdier af a og b. Fx 55 + 28 (mod 26) = 3 + 2 (mod 26) = 5 (mod 26).

32

9788770668781_indhold.indb 32

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Mere overraskende er det nok, at man også kan gange restklasser sammen, dvs. der gælder også

a · b (mod n) = a (mod n) · b (mod n)

Fx fås 55 · 28 (mod 26) = 3 · 2 (mod 26) = 6 (mod 26).

Men nulreglen gælder ikke nødvendigvis for multiplikation med restklasser.

Fx gælder der jo 2 · 13 (mod 26) = 26 (mod 26) = 0 (mod 26).

Af samme grund volder division med restklasser problemer. Ethvert tal a ≠ 0 har et –1 reciprokt tal a . Men til en givet restklasse a (mod n) findes der altså ikke nødvendig–1 vis en reciprok restklasse a (mod n). På bogens website kan du finde et projekt, hvor vi går i dybden med regnereglerne for restklasser.

Generelt ønsker vi et kryptosystem, hvor der til krypteringsformlen y = a · x (mod 26) –1 hører en dekrypteringsformel x = a · y (mod 26), hvilket svarer til, at vi skal kunne –1 bestemme et reciprokt tal a (mod 26).

Definition: Reciprokt element modulo n Restklassen a (mod n) siges at have et reciprokt element modulo n, hvis der findes et tal x (mod n), som opfylder ligningen a · x (mod n) = 1.

I givet fald skriver vi x = a–1 (mod n).

Som vi har set i tabellen for kryptosystemet y = 2 · x (mod 26), findes der ikke et reciprokt tal til restklassen 2 (mod 26). Derimod har vi set, at der findes et reciprokt tal til restklassen 5 (mod 26), idet vi har fundet 5 · 21 (mod 26) = 1 (mod 26). Det reciprokke element til 5 (mod 26) er altså 21 (mod 26).

Øvelse 0.34

Reciprokke tal i modulo-regning

a) Vis, at 5 · 21 (mod 26) = 1 (mod 26). b) Opstil tabeller/grafer i dit værktøjsprogram, der finder de reciprokke tal modulo 26. c) Hvad er karakteristisk for de restklasser, der har et reciprokt tal modulo 26? d) Kan du formulere en generel regel for, hvornår tallet a har et reciprokt tal modulo n?

–1 Det viser sig altså, at tallet a kun har et reciprokt tal a modulo n, hvis a og n er indbyrdes primiske, dvs. sfd(a,b) = 1. Vi kan finde det reciprokke tal ved fx at gennemgå multiplikationstabellen a · x (mod n). Det er kun effektivt, hvis tallet n ikke er for stort.

Det reciprokke tal kan imidlertid også bestemmes på en smartere måde.

33

9788770668781_indhold.indb 33

12/08/2019 12.39

Det viser sig nemlig, at der findes en effektiv algoritme, den såkaldte Euklids algoritme, der dels kan bruges til at afgøre, om to tal a og n er indbyrdes primiske, dels i bekræf–1 tende fald til udregning af det reciprokke tal a (mod n). På bogens website kan du finde et projekt, hvor vi dykker ned i Euklids algoritme. Hvis vi kender tallene a og n, kan vi altså nemt bryde koden y = a · x (mod n).

Der er tradition for at kalde en diskret lineær funktion y = a · x + b (mod n) for en affin funktion, idet affin i det store og hele bare er en mere avanceret måde at sige lineær på. De giver anledning til de affine kryptosystemer.

Øvelse 0.35

Omvendte funktioner i modulo-regning

a) K rypter teksten ”VI ANGRIBER VED DAGGRY” (uden mellemrum) med den affine kode y = 11 · x + 5 (mod 26). b) K onstruer passende gitterdiagrammer for både y som diskret funktion af x, og x som diskret funktion af y, hvor du altså spejler grafen i y = x, for at få en grafisk fremstilling af den omvendte diskrete funktion. c) G ør rede for, at 11 og 26 er indbyrdes primiske, hvorfor den affine diskrete funktion er entydig. d) Bestem det reciprokke tal til 11 modulo 26. Find herved ligningen for den omvendte kode. Tegn grafen for denne, og kontroller, at den passer med grafen for den omvendte diskrete funktion.

Øvelse 0.36

Bryd en affin krypteret kode

Klassen modtager kryptoteksten ”BVEZGTKEHGKEHIW”, som I ved er en affin kryptering af en engelsk tekst uden mellemrum, dvs. på formen y = a · x + b (mod 26).

Kan I bryde koden?

3.2 Public Key-systemer

I afsnittet om lineær kryptering har vi set, at vi kan lave mange forskellige kryptoalfabeter, men ikke alle er lige oplagte i matematisk henseende, da der ikke altid findes en entydig dekryptering. Trods de mange forskellige kryptoalfabeter, så er de kodede meddelelser lette at dekryptere for en spion eller en hakker, da hyppigheden af de enkelte bogstaver i den krypterede tekst følger samme mønster som hyppigheden i den ikke-krypterede tekst, og dermed kan spionen eller hackeren hurtigt ved en frekvensanalyse bryde den krypterede tekst.

I 1976 beskrev de to kryptologer Whitfield Diffie og Martin Hellman i artiklen New Directions in Crypthography en såkaldt public key krypteringsmetode.

34

9788770668781_indhold.indb 34

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Ralph Merkle deltog også i udviklingen af sådan en krypteringsmetode, og metoden kaldes Diffie–Hellman–Merkle key exchange. Patentet på krypteringsmetoden indsendte de i 1977, og det blev godkendt i 1980. Artiklen kan du finde via bogens website.

Ideen bag en public key krypteringsmetode er, at afsender og modtager bruger to sæt nøgler: En offentlig (Public) nøgle, som alle har kendskab til, der bruges til at danne kryptoteksten, og en privat (Secret) nøgle, der bruges til at afkode kryptoteksten.

I deres patent skriver de, at kryptoteksten sendes på en usikker kanal, hvilket vi i dag tænker på som internettet, hvor alle jo kan lytte med, men det var der ingen, der i 1977 havde i tankerne.

Den oprindelige algoritme beskrevet af Diffie, Hellmann og Merkle blev hurtigt erstattet af en smart variant, den såkaldte RSA-kryptering, hvor RSA er forbogstaverne i de tre opfinderes efternavne Ron Rivest, Adi Shamir, and Leonard Adleman, der næsten samtidigt med de tre ovennævnte arbejdede på MIT. De offentliggjorde deres artikel om RSA i 1977.

Øvelse 0.37

Hvordan deler man en fælles hemmelighed over en usikker kanal?

Alice og Bob blander deres fælles farve gul med hver deres tilfældige farve (rød/grøn), hvilket giver farverne orange/blå, som alle får lov til at se! Ved at blande rød/grøn med blå/orange fås nu en fælles hemmelighed: Den brune farve, som kun de kan se.

Visualiserinmg af Diffie-Hellmanns system

Ideen bag Diffie-Hellman-Merkles key exchange er glimrende beskrevet i videoen Gambling with Secrets, som du kan hente via bogens website.

For at konstruere en diskret krypteringsfunktion, der er sværere at vende om end den diskrete affine funktion, vender vi os nu mod x diskrete eksponentialfunktioner a (hvor den omvendte funktion er en diskret logaritmefunktion log a (x)) og diskrete potensfunktioner a x (hvor den omvendte funktion igen er en 1 diskret potensfunktion x a ). Begge typer bruges til kryptering, men vi vil især fokusere på potensfunktionerne.

Vi har set, at man godt kan gange med restklasser. Ved potenser skal vi være mere form sigtige. Når vi udregner potensen a (mod n), så kan det opfattes som et gentaget produkt

Whitfield Diffie, Martin Hellman og Ron Rivest ved en RSA-konference i San Fransico, 2010.

35

9788770668781_indhold.indb 35

12/08/2019 12.39

a m (mod n) = a ⋅ a ⋅ ... ⋅ a (mod n)  

m gange

Vi kan derfor godt opfatte grundtallet a som en restklasse, og specielt kan vi reducere grundtallet modulo n. Vi kan derfor arbejde med store grundtal, fx 3 3 55 (mod 26) = 3 (mod 26) = 27 (mod 26) = 1.

Men eksponenten m er et antal, og den kan ikke uden videre opfattes som en restklasse. Specielt kan den ikke reduceres modulo n. Det giver specielle problemer med at holde mellemregningerne nede ved store potenser. Dette undersøger vi nærmere på bogens website.

Øvelse 0.38

Reduktion i moduloregning

Bestem ved håndregning 48 (mod 11), 710 (mod 11) og 57 (mod 11).

Kontroller med et værktøjsprogram!

y

y

y = x k (mod 11)

10

k=1

9

10

8

k=3

9

10

8

7

7

6

6

5

5

4

4

B ortset fra meget simple potens-funk1 tioner, som y = x (mod n), kaster den kontinuerte graf ikke lys over mønstret i den diskrete graf.

3

3

0

2

0

2 1

1 0

y = x k (mod 11)

10

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

Øvelse 0.39

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

Graferne for de diskrete potensfunktioner 1

a) V i vælger først et primtal n = 11. Undersøg de diskrete potensfunktioner k y = x (mod 11) for k = 1, 2, ..., 11 ved at oprette tabeller og grafer.

Brug gerne en skyder for eksponenten k. b) For hvilke værdier af eksponenten k er den diskrete potensfunktion entydig?

11 c) Hvad er der specielt ved den diskrete potensfunktion y = x (mod 11)?

9 d) Hvad er der specielt ved den diskrete potensfunktion y = x (mod 11)?

e) H vilken sammenhæng er der mellem de diskrete potensfunktioner 3 7 y = x (mod 11) og y = x (mod 11)?

36

9788770668781_indhold.indb 36

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Øvelse 0.40

Graferne for de diskrete potensfunktioner 2

a) V i vælger dernæst et sammensat tal n = 26. Undersøg de diskrete potensk funktioner y = x (mod 26) for k = 1, 2, ..., 13 ved at oprette tabeller og grafer.

Brug gerne en skyder for eksponenten k. b) For hvilke værdier af eksponenten k er den diskrete potensfunktion entydig?

13 c) H vad er der specielt ved den diskrete potensfunktion y = x (mod 26)?

5 Hvad er der specielt ved de diskrete potensfunktioner y = x (mod 26), 7 11 y = x (mod 26) og y = x (mod 26)?

d) Samme øvelse for n = 25.

Når vi ser på tabellerne/graferne for de diskrete potensfunktioner, så er det umiddelbart langt sværere at se et system i de krypterede beskeder, og derfor kunne en kryptering, der involverer en diskret potensfunktion, være en vej frem. Ydermere antyder øvelserne, at der til nogle naturlige tal n findes en magisk eksponent m, for hvilken der m gælder x (mod n) = 1. Endelig tyder øvelserne også på, at hvis en diskret potensfunktion er entydig, så er den omvendte diskrete funktion igen en diskret potensfunktion.

3.3 Et skridt mod RSA Hvis vi anvender diskrete potensfunktioner i forbindelse med public key-kryptering, så skal vi have konstrueret såvel en offentlig som en hemmelig nøgle. Vi får da brug for at kunne finde den magiske eksponent hørende til de diskrete potensfunktioner modulo n. Dette problem blev løst af Euler.

Definition: Eulers ϕ -funktion Eulers ϕ -funktion for et naturligt tal n er fastlagt som antallet af naturlige tal mindre end n, der er indbyrdes primiske med n.

Eksempel: Optælling af værdi for Eulers phi-funktion ϕ (10) = 4, da netop de fire tal 1, 3, 7 og 9 ud af tallene {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} er primiske med 10.

Øvelse 0.41

Optælling af værdier for Eulers phi-funktion

Bestem tallene ϕ (11), ϕ (26) og ϕ (25).

37

9788770668781_indhold.indb 37

12/08/2019 12.39

Euler opdagede nu en vigtig forbindelse mellem diskrete potenser am (mod n) og Eulers ϕ -funktion.

Sætning 5: Eulers sætning om modulo-regning Hvis a og n er indbyrdes primiske, kan vi reducere eksponenten modulo ϕ (n), dvs. am (mod n) = am ( modφ(n) ) (mod n)

Beviset findes på bogens website.

Dette er nøglen til at forenkle beregninger med potenser, og det er også nøglen til at finde inverse diskrete potensfunktioner, idet der viser sig at gælde følgende:

Sætning 6: Potensfunktioner, der har en omvendt funktion Hvis n er et primtal, så er den diskrete potensfunktionen y = x k (mod n) entydig, netop når k er indbydes primisk med ϕ (n) = n – 1. Den omvendte diskrete potensfunktion er da givet ved y = x m (mod n), hvor m = k –1 (mod ϕ (n)).

Bevis Hvis x er indbyrdes primisk med n, gælder der ifølge Eulers sætning: m

k k·m k·m (x ) (mod n) = x (mod n) = x

( mod φ(n) )

(mod n) = x1 (mod n)

Men det er kun x = 0, der ikke er indbyrdes primisk med n, og her gælder sætningen trivielt.

Eksempel: Ideen i kryptering og dekryptering med RSA Vælg et primtal n = 11 og et tal e mindre end ϕ (11) = 10, dvs. vælg et tal e, 1 < e < 10, der er indbyrdes primisk med ϕ (11) = 10. Vi vælger e = 7. Den offentlige nøgle består af talparret (n,e) = (11,7).

Afsenderen kan nu kryptere teksten ved hjælp af den diskrete potensfuntion 7 y = x (mod 11). Vælger vi klarteksten til at være tallet 4, er den krypterede tekst: 7 4 (mod 11) = 16384 (mod 11) = 5.

Den hemmelige nøgle er den eksponent d, der skal gøre det muligt at dekryptere –1 teksten. Der gælder altså, at d kan bestemmes ved d = e (mod 10). Vi skal derfor bestemme d, så d · 7 (mod 10) = 1. For så små tal er det ikke svært at finde d = 3, men ellers må vi i gang med Euklids algoritme. Vi dekrypterer teksten med den om3 vendte diskrete potensfunktion y = x (mod 11) og finder som forventet: 3 5 (mod 11) = 4

38

9788770668781_indhold.indb 38

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

Konklusion: Med den offentlige nøgle (n,e) = (11,7) kan alle altså kryptere beskeder, der kun indeholder de 10 første bogstaver A, B, C, D, E, F, G, H, I og J. Modtageren dekrypterer beskeden med den hemmelige nøgle d = 3.

Øvelse 0.42

Krypter med den offentlig nøgle (11,7)

Krypter en besked med følgende klartekster:

Klartal

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Kryptotal

3.4 RSA-kryptering Da n er et primtal, og n indgår i den offentlige nøgle, er ϕ (n) også kendt: ϕ (n) = n – 1.

Men desværre er det let at bryde koden: Den hemmelige nøgle d kan bestemmes v.h.a.

Euklids algoritme, og så kan alle jo dekryptere. Heldigvis fik Ron Rivest, Adi Shamir og Leonard Adleman den geniale ide at anvende ikke ét, men to primtal. Og dermed var RSA født som et ubrydeligt system.

Praxis: Sådan virker RSA RSA-kryptering bygger på følgende : • Vælg to meget store primtal, p og q, hver med over 100 cifre.

• Udregn n = p · q, og ϕ (n) = (p – 1) · (q – 1).

• Vælg et tal e, som er mindre end n, men større end både p og q, og således at e er primisk med ϕ (n) : (e, ϕ (n)) = 1 •B eregn med brug af Euklids algoritme det inverse element til e modulo ϕ (n), dvs. det tal d, som opfylder: e · d = 1(mod ϕ (n)) Som offentlig nøgle kan vi anvende tallene (n,e).

Som hemmelig nøgle kan vi anvende tallet d (sammen med n).

En talblok m krypteres til et nyt tal c ved at udregne: Modtageren af de krypterede talblokke dekrypterer dem ved for hvert sådant c at udregne:

c = me (mod n) cd (mod n)

Så vil det vise sig, at dette tal er lig med m.

39

9788770668781_indhold.indb 39

12/08/2019 12.39

Øvelse 0.43 Gå ind på bogens website, og sæt dig ind i beviset.

Eksempel Vælg to primtal p = 11 og q = 7. Ud fra dette bliver n = p · q = 11 · 7 = 77. Igen skal vi vælge et tal e mindre end ϕ (77) = (11 – 1) · (7 – 1) = 60, dvs. 1 < e < 60. Og e skal være indbyrdes primisk med ϕ (77) = 60. Vi vælger igen e = 7. Den offentlige nøgle består af talparret (n,e) = (77,7). Afsenderen kan nu igen kryptere teksten ved hjælp af den 7 diskrete potensfunktion y = x (mod 77). Vælger vi klarteksten til at være tallet 4, finder 7 vi kryptotallet 4 (mod 77) = 16384 (mod 77) = 60.

Den hemmelige nøgle er den eksponent, der skal gøre det muligt at dekryptere teksten.

–1 Der gælder, at den hemmelige eksponent d kan bestemmes ved d = e (mod 60).

Vi skal derfor bestemme d, så d · 7 (mod 60) = 1. Går vi 7-tabellen igennem, finder vi d = 43. Med denne hemmelige nøgle kan vi altså dekryptere vores kryptotekst: 6043 (mod 77) = 28873788203902465586531907309404160000000000000000000000000000000000000000000 (mod 77) = 4 Konklusion: Med den offentlige nøgle (n,e) = (77,7) kan alle kryptere beskeder skrevet med det engelske alfabet, og modtageren kan dekryptere med den hemmelige nøgle d = 43.

Øvelse 0.44

Krypter med den offentlig nøgle (77,7)

Krypter en besked med følgende klartekster:

Klartal

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

Kryptotal

Øvelse 0.45 RSA og computersikkerhed Da RSA-koden blev introduceret og viste sig at være ubrydelig, gik der politik i brugen af RSA. På bogens website findes en artikel fra Politiken den 25.3.1992 af Ole Grünbaum, der fortæller om dette.

40

9788770668781_indhold.indb 40

12/08/2019 12.39

0. Diskret matematik

4. Projekter På bogens website ligger en række projekter, der knytter sig til kapitel 0.

På bogens website ligger yderligere særlige studieretningskapitler med oplæg til samarbejde mellem studieretningsfagene, samt kapitel 10, Matematik og kultur, med materialer og projekter der kan anvendes i et samarbejde med humanistiske fag eller i selvstændige forløb.

41

9788770668781_indhold.indb 41

12/08/2019 12.39

Trigonometriske funktioner

1.

1.

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

Tidevandets musik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Lyd og lydbølger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rene toner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Sammensatte toner og interferens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kelvins mageløse maskiner til harmonisk analyse og syntese . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Fourieranalyse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43 44 46 46 50 52

2.

2.1 2.2 2.3

Trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Grader og radianer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Periodiske egenskaber og andre symmetrier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Trigonometriske grundligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 53 54 59

3.

Differentiation af sinus og cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 3.1 Hookes lov – svingning af en fjeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.

Harmoniske svingninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.

5.1 5.2 5.3 5.4

Anvendelser af trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Omløbstiden for Jupiters måne Callisto bestemt ved sinus-regression . . . . . . . . . . .

Dagens længde – øvelse med løsning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Modellering af åndedræt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Geometrisk modellering med trigonometriske funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

68 68 68 70 70

De trigonometriske funktioner blev oprindeligt indført som tabellagte hjælpemidler til trekantsberegninger. Men betragter vi den grafiske repræsentation af sinus, så ser vi et billede, der byder sig til som en mulig matematisk model for bølger og mere generelt for periodiske fænomener.

Musikken i øret og lyset fra lampen, barnets rolige ånddræt og døgnets rytme gennem året er forskellige eksempler på fysiske fænomener, der kan modelleres matematisk ved hjælp af trigonometriske funktioner, vel at mærke når vi får transformeret den uafhængige variable fra at være vinkler med gradtal til at være almindelige reelle tal, der fx kan angive tiden. Denne måde at betragte trigonometriske funktioner på er emnet for dette kapitel. Med disse funktioner udvides mulighederne i matematisk modellering enormt.

Et af de dybe og mærkelige resultater inden for denne del af matematikken er, at stort set ethvert grafisk billede kan fremstilles som en sum af trigonometriske funktioner. Det har meget store anvendelsesmuligheder, og vi åbner døren på klem til den verden. Men vi begynder med fortællingen om det engelske imperiums forsøg på at få styr på tidevandsbevægelserne i flådens havne rundt om på kloden.

42

9788770668781_indhold.indb 42

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

1. Tidevandets musik I 1800-tallet efter Napoleons nederlag ved Waterloo og frem til 1. Verdenskrig var England den dominerende magt i verden. Det britiske imperium med Indien og Pakistan, Australien og Canada og alle de afrikanske kolonier var det største imperium, verden endnu havde set. At opretholde den position krævede et omfattende militærapparat og en tilstedeværelse overalt på kloden, og det stillede store krav til moderlandet, der hverken hørte til de største eller de mest folkerige i verden. England herskede ikke mindst i kraft af sine investeringer i uddannelse og videnskab og sin altdominerende flåde. Allerede 100 år før havde det engelske parlament investeret store summer i udviklingen af pålidelige ure, der var helt afgørende for at kunne navigere og bestemme sin position på havet. Nu stillede man nye opgaver til sine videnskabsmænd.

Som verdens førende sømagtsnation var det fuldstændigt afgørende at kunne fremstille pålidelige tidevandstabeller for de engelske havne, indiske havne, osv. I princippet er vandstanden i en havn karakteriseret ved forholdsvis få svingninger koblet til solens og månens periodiske bevægelser på himmelkuglen. Var kloden dækket af dybt vand, ville tidvandsbølgen rulle jævnt hen over verdenshavet, alene styret af himmellegemernes bevægelse. Men der er kontinenter, der spærrer, der er lavvande, brede floder og en Engelsk kanal, der giver et helt andet rodet billede. Størrelsen af tidevandssvingningerne varierer meget efter de lokale forhold, fx om havnen ligger i et snævert stræde, Højvande og lavvande i Port St. Ives, Cornwall, England. inde i en kanal eller lignende. Tidevandsbølgen er således som en grundtone, der suppleres med en række overtoner, hvor grundtonen styres af den overordnede frekvens i solens og månens bevægelser, og alle overtonerne bestemmes af andre detaljer i himmelmekanikken og af de særlige lokale forhold. Hver eneste havn har sin helt egen karakteristiske klang.

Problemet med udarbejdelse af pålidelige tidevandstabeller blev løst af den engelske matematiker og fysiker Kelvin, som vi også hørte om i Hvad er matematik? 1, kapitel 4 i fortællingen om bestemmelsen af Jordens alder. Ved at måle vandstanden i en havn over en længere periode opdagede han nogle mønstre, der gav ham ideen til en løsning. Løsningen kommer fra den matematiske modellering af bølgefænomener. Lyd og lys, jævne cirkelbevægelser og bølger over en vandoverflade kan alle modelleres ved hjælp af trigonometriske funktioner. Før vi fortæller historien om Kelvins opdagelser færdig, og for bedre at forstå hvordan han løste det, ser vi derfor nærmere på bølgefænomener.

43

9788770668781_indhold.indb 43

12/08/2019 12.39

1.1 Lyd og lydbølger Når bladene på træerne bevæges af vinden, eller når en stol trækkes hen over et gulv, bliver luftens molekyler sat i svingninger, og der frembringes lyd. Når de første luftmolekyler sættes i bevægelse, så skubber de til de næste osv., og på den måde udbredes en lydbølge gennem luftmolekylerne, uden at de hver især bevæger sig ret langt væk fra deres ligevægtsposition. Lyden udbreder sig efter samme principper som ringe i vandet, hvis man kaster en sten i en stille sø. Her er der tale om en bølgebevægelse gennem vandets molekyler, hvor lyden er en bølgebevægelse gennem luftens molekyler.

Øvelse 1.1

Simulering af bølgeudbredelse Via bogens website kan du få adgang til en animation, som simulerer bølgeudbredelsen gennem stoffets molekyler.

I søen kan vi være heldige at se en ”ren” bølge bevæge sig. Det tilsvarende lydfænomen får vi, når vi anslår en stemmegaffel. Her hører vi en ”ren” lydbølge. Man skal være opmærksom på, at bølger flytter sig både i tid og rum. Ser vi på lydbølgens tidsmæssige forløb, taler vi om perioden som svingningstiden, dvs. som tidsrummet fra et maksimalt udsving til det næste. Ser vi i stedet på lydbølgens afstandsmæssige forløb, så taler vi om perioden som lydbølgens bølgelængde, dvs. afstanden mellem to bølgetoppe. Sammenhængen mellem svingningstiden og bølgelængden er således, at i løbet af en svingning bevæger lydbølgen sig netop en bølgelængde fremad.

Udsving

Udsving

Svingingstid (sek)

Bølgelængde (m)

t

x

Perioden målt på lydbølgens tidmæssige udbredelse og på lydbølgens afstandsmæssige udbredelse.

Når vi karakteriserer lydbølger, anvender vi normalt frekvensen f, i stedet for svingningstiden T. Frekvensen er antallet af svingninger pr. tidsenhed. Sammenhængen kan udtrykkes på formel:

1 f= T

44

9788770668781_indhold.indb 44

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Øvelse 1.2

De 12 grundtoner

I den vestlige musik bruges 12 toner som grundtoner: C, Cis, D, Dis, E, F, Fis, G, Gis, A, Ais, H, og disse udgør tilsammen en oktav.

Tone

a) G å ind på bogens website, og hent en samlet lydfil med alle 12 toner spillet i rækkefølge. Lyder det som musik? Hvis du synes noget mangler, kan du så beskrive det? b) G å ind på bogens website og hent et diagram over klaverets taster. Hvad er sammenhængen mellem frekvenserne, når vi går en oktav op? c) T onen A med frekvensen 440 Hz, dvs. 440 svingninger pr. sekund kaldes også kammertonen. Det er den tone resten af klaveret stemmes ud fra. Det er også den tone et klassisk orkester stemmer instrumenterne ud fra. Find på nettet oplysninger om, hvor denne kammertone kommer fra.

Frekvens (Hz)

C

261,6

Cis

277,2

D

293,7

Dis

311,1

E

329,6

F

349,2

Fis

370,0

G

392,0

Gis

415,3

A

440

Ais

466,1

H

493,9

Når vi hører toner fra musikinstrumenter, så er disse normalt sammensatte toner, hvor flere frekvenser er i spil. Det er netop derfor, vi gider høre på dem! Rene toner lyder nemlig som oftest kedelige og monotone, som du måske hørte ovenfor. Den tone der slås an kaldes grundtonen, og alt det andet, der er i spil, kalder vi overtoner. Tonen og dens overtoner giver tilsammen tonens klang.

Piano C

Trompet C

Cembalo C

Her ses lydbølgerne for tonen C på tre forskellige musikinstrumenter. Vi ser tydeligt et periodisk mønster i alle tre, og ser man på formen alene, så ser de faktisk ikke så forskellige ud.

Det er samme mønster vi ser ved havets bølger eller tidevandsbevægelser - det er sammensatte fænomener, langt fra den rene bølge i den stille dam. Men for at forstå det sammensatte, må vi lige opholde os ved de ”rene” svingninger.

45

9788770668781_indhold.indb 45

12/08/2019 12.39

1.2 Rene toner En såkaldt ren tone (en grundtone), er en tone, der kun indeholder en frekvens, dvs. den er fri for overtoner. Lydsvingningen svarende til en ren tone med frekvensen f kan beskrives ved en sinusfunktion:

y s(t)

sin(x) t

A T

s(t) = A · sin(2p · f · t)

hvor s(t) betegner lydstyrken (målt i dB) til tidspunktet t (målt i sekunder).

På figuren ses grafen for en funktion af den type, hvor det fremgår, at den faktisk bare er en elastisk udgave af en sinusfunktion, som man har trukket i både lodret og vandret retning.

A kaldes amplituden, og er et udtryk for lydens intensitet. f er frekvensen, dvs. antallet af svingninger pr. sekund. Pr. sekund kaldes også Herz (Hz), så 440Hz er 440 svingninger pr. sekund. Er frekvensen fx 1, bevæger 2p · f ·t sig fra 0 til 2p i løbet af et sekund, hvilket svarer til en omgang på enhedscirklen. Det uddyber vi i afsnit 2. Er frekvensen 440, bevæger 2p · f ·t sig fra 0 til 2p · 440 i løbet af et sekund, hvilket svarer til 440 omgange på enhedscirklen.

Øvelse 1.3

Grafisk aflæsning af amplitude og periode

Tegn graferne for hver af funktionerne i t-intervallet [–5;20] – husk, at indstille dit værktøjsprogram, så graferne tegnes i radianer. Aflæs for hver funktion amplituden A og perioden T: a) s1(t) = 2 · sin(2p · 0,5 · t) b) s2 (t) = 5 · sin(2p · 2 · t) c) s3 (t) = 12 · sin(2p · 8 · t)

1.3 Sammensatte toner og interferens Når to eller flere bølger befinder sig på samme sted til samme tidspunkt, så vil de påvirke hinanden, og man siger, at de interfererer. De interferer på en sådan måde, at den samlede bølge, der frembringes, når de to bølger møder hinanden, får et udsving, der svarer til de to bølgers udsving lagt sammen (regnet med fortegn!). Dette kaldes superpositionsprincippet. Vi kan høre, at der er opstået en ny lydbølge, men tegner vi det grafiske billede, ser den noget anderledes ud end en sinussvingning. På figuren næste side ses en tone, sammensat af de to rene toner, nemlig kammertonen A, som har frekvens 440 Hz (med amplitude 0,7), og tonen C, som har en frekvens på 261,6 Hz (med amplitude på 0,5):

46

9788770668781_indhold.indb 46

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

y

s(t) = 0,7 · sin(2p · 440 · t)

0,5 0,654 t 0,0007

0,003

–0,5

y

s(t) = 0,5 · sin(2p · 261,6 · t)

0,5 0,456 0,0007

t 0,003

–0,5

y

0,5

s(t) = 0,7 · sin(2p · 440 · t) + 0,5 · sin(2p · 261,6 · t)

0,654 + 0,456 = 1,11 t 0,0007

0,003

–0,5

–1

Den sammensatte tone kan matematisk beskrives ved en sum af de to sinusfunktioner dvs.:

s(t) = 0,7 · sin(2p · 440 · t) + 0,5 · sin(2p · 261,2 · t)

Øvelse 1.4 Sammensæt dine egne toner a) V ælg to andre toner og sammensæt disse, idet du anvender amplituderne 0,6 og 0,9. b) Læg en tone mere til, så der nu er tre rene svingninger – vælg selv amplituden! c) K onstruer din helt egen lyd, idet du lægger et antal toners sinuskurver sammen med passende amplituder valgt i intervallet [0;1].

47

9788770668781_indhold.indb 47

12/08/2019 12.39

Havde vi i øvelsen ovenfor fortsat med at føje nye toner til, så kunne det se ud som om, vi kan frembringe ufatteligt mange forskellige mønstre. Men kan vi frembringe ethvert mønster på denne måde? Kan ethvert svingningsmønster beskrives som en sum af (måske rigtig mange) rene svingninger? Helt tilbage i 1753 havde Daniel Bernouilli (1700 -1782) fremført den påstand, at svingningsmønstret for en streng i et musikinstrument kan beskrives som en (måske uendelig) sum af rene svingninger. Men hvis det er tilfældet, og hvis bølgefænomener beskrives med det samme matematiske værktøj, nemlig sinussvingninger, så ligger det lige for at spørge, om ikke også et fænomen som tidevandsbevægelser kan beskrives som en sum af rene bølger?

Bernouilli kunne ikke bevise sin påstand, og der var stor skepsis over for, om det virkelig var alle typer af svingningsmønstre, der kunne beskrives sådan. Men ved at lege med at kombinere svingninger, ser det ud til, at vi kan komme ud i alle mulige mærkelige grafiske billeder.

Øvelse 1.5

Eksperimentel undersøgelse af summer af sinussvingninger

Tegn graferne for de følgende summer af sinussvingninger og gæt, hvilken form den samlede svingning har. Hvad sker der, når du tager flere og flere led med? a)

sin( x ) −

1 9

⋅ sin(3 x ) +

1 25

1

⋅ sin(5 x ) −

1

1 49

⋅ sin(7 x ) + 1

1 ⋅ sin(9 x ) − ...

81 1

⋅ sin(10 x ) − sin(14 x ) + ⋅ sin(18 x ) − ... b) sin(2 x ) − ⋅ sin(6 x ) + 9 25 49 81

1 1 1 1 c) sin( x ) + 3 ⋅ sin(3 x ) + 5 ⋅ sin(5 x ) + 7 ⋅ sin(7 x ) + 9 ⋅ sin(9 x ) + ...

π d) Fokuser på intervallet [-π;π]. Tegn grafen for a) sammen med grafen for y = ,= 1 − 4 1 1 1 1 π 1 − fx+20−led+med − ... i hver. og tegn grafen for c) sammen med grafen for y = .=Tag 4 3 5 7 9 Hvad ser du? π 2

i a) og i c), og vis følgende formel:

= 1+

1 9

+

1 25

= 1−

1 3

+

1 5

e) Sæt x =

π

2

8

π 4

+ −

1 7

1 49

+

1 81

+

1 9

− ...

1 3

+

1 5

−

1 7

+

1 9

− ...

+ ...

Via bogens website kan du finde Gert Uttenthals hjemmeside, hvor du kan hente programmerne Tonesystemer og Tonens anatomi og lege videre med sinussvingningerne i musikalsk sammenhæng.

Som du har set, kan vi godt frembringe såkaldte savtakbølger og firkantbølger ud fra summer af sinussvingninger, og vi kan endda frembringe andengradspolynomier ud fra

48

9788770668781_indhold.indb 48

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

summer af sinussvingninger. Så er tanken ikke så fjern, at vi også må kunne frembringe en hvilken som helst form for den svingende streng ud fra summer af sinussvingninger. trekantbølge

firkantbølge

parabelbølge

savtakbølge

Problemet blev først løst i 1807, og det fra en lidt uventet kant. Den franske matematiker Joseph Fourier (1768 -1838) studerede, hvordan varme strømmer og udbreder sig, og havde dertil udviklet en helt ny metode til at håndtere varmeledning på, en metode, der også kastede helt nyt lys over Bernouillis beskrivelse af den svingende streng.

I 1822 samlede han sine ideer i bogen Théorie analytique de la chaleur, der nok handler om varmeledning, men først og fremmest åbnede døren til en ny matematisk verden, der har fået navn efter ham, Fourieranalyse.

Det fundamentale spørgsmål, som Fourier løste, var følgende: Givet et svingningsmønster fx i form af et grafisk billede. Kan vi så regne baglæns og skrive dette som en sum af rene sinussvingninger? For at bevare en så ren form som mulig tilføjede Fourier cosinussvingninger, og med dem i værktøjskassen var svaret ja. Og ikke nok med det, Fourier gav en forholdsvis enkel metode til ved hjælp af integralregning at bestemme hvilke af de rene svingninger, der skulle tages med, og hvad amplituderne til de enkelte led måtte være.

Joseph Fourier (1768-1838)

Fouriers opdagelse kan skematisk beskrives således, hvor f er en vilkårlig funktion:

f(t)

+ a1

= a0 T

T

+ a2

+ b1 T

T

+...

+ b2 T

T

På bogens website er der projekter, hvor vi går dybere ind i dette.

49

9788770668781_indhold.indb 49

12/08/2019 12.39

1.4 Kelvins mageløse maskiner til harmonisk analyse og syntese Kelvin, der havde fået i opdrag at finde metoder til at forudsige tidevandsbevægelser, kendte naturligvis til Fourieranalyse, og han formåede på en meget kreativ måde at udnytte denne nye matematiske metode til at analysere grafiske optegnelser af tidevandsbevægelser, så han kunne få beskrevet det samlede svingningsmønster for tidevandet som en sum af rene svingninger.

Kelvins tidevandskurver

I 1882 holder Kelvin et større foredrag, hvor han bl.a. beskriver målet med analyserne, og hvor han fortæller om sin konstruktion af en mageløs maskine, der kunne løse det omfattende beregningsarbejde. Samtidig får vi et indtryk af, hvor omfattende et projekt dette var for imperiet: I hold in my hand the Reports of the late Tidal Committee of the British As sociation with the results of the harmonic analysis—about eight years’ work carried on with great labour, and by aid of successive grants from the British Association. The Indian Government has continued the harmonic analysis for the seaports of India. The Tide Tables for Indian Ports for the Year 1882, issued under the authority of the Indian Government, show this analysis as in progress for the following ports, viz.: Aden, Kurrachee, Okha Point and Beyt Harbour at the entrance to the Gulf of Cutch, Bombay, Karwar, Beypore, Paumben Pass, Madras, Vizagapatam, Diamond Harbour, Fort Gloster and Kidderpore on the River Hooghly, Rangoon, Moulmein, and Port Blair. The object is to find the values of the different tidal constituents. We want to separate out from the whole rise and fall of the ocean the part due to the sun, the part due to the moon, the part due to one portion of the moon’s effect, and the part due to another.

Se illustrationen i afsnit 3.1 om Hookes lov.

The object of the harmonic analysis is to analyse out from the complicated curve traced by the tide gauge the simplest harmonic elements. A simple harmonic motion may be imagined as that of a body which moves simply up and down in a straight line, keeping level with the end of a clock hand, moving uniformly round. The exceedingly complicated motion that we have in the tides is analysed into a series of simple harmonic motions in different periods and with different amplitudes or ranges; and these simple harmonic constituents added together give the complicated tides.

Kilde: Sir William Thomson (Lord Kelvin), The Tides i Scientific papers, Vol. 30, The Harvard Classics, New York, 1904-14

Hele foredraget, hvor også maskinen omtalt nedenfor gennemgås, kan hentes på bogens website. Kelvin omtaler 8 års optegnelser. Månens og solens bevægelser gentages faktisk efter 20 år. Det er omtalt i Hvad er matematik? 1, kapitel 10.

Fænomenet hedder Saros-cyklen.

50

9788770668781_indhold.indb 50

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Fouriers metode indebar, at amplituderne til de enkelte rene sinussvingninger beregnes som et integral, men hvis man ikke kender funktionen, så må integralet udregnes som et areal, og skal det være nøjagtigt, er det overordentlig tidkrævende. Kelvin løste som omtalt dette beregningsproblem ved at bygge en maskine, der kunne udføre integralerne mekanisk, når man fodrede den med en tidevandskurve optegnet på et stykke papir.

Kelvins harmoniske analysator fra 1878. Den opbevares i dag på The Science Museum i London.

Efter kørslen kunne man på en påmonteret skala til slut aflæse integralet. På denne måde kunne Kelvin i 1878 bygge en maskine, der kunne analysere en tidevandskurve for de første 10 amplituder, hvilket var tilstrækkeligt til at frembringe brugbare tidevandstabeller. Senere maskiner blev bygget til at kunne finde flere amplituder (30 - 60).

Hvis man omvendt kender amplituderne og frekvenserne, så kan man, som vi så ovenfor, lægge sinussvingningerne sammen og få et billede af den sammensatte svingning.

Også dette løste Kelvin mekanisk, idet han byggede en maskine til at udføre harmonisk syntese, dvs. tegne tidevandskurven hørende til de 10 mest betydningsfulde frekvenser.

Tidevandsbevægelserne blev således analyseret i sine enkelte bestanddele og sammenfattet igen på samme måde, som vi kan analysere et kompliceret lydbillede. Det er svingninger det hele. Den matematiske beskrivelse af tidevandsbevægelsen kan derfor læses som et stykke musik! Hver havn har sin tidevandsmusik.

Kelvins synthesizer.

Via bogens website kan du finde en animation af virkemåden bag Kelvins maskine, hvor den enkelte havns profil kan oversættes til musik.

Kelvins maskiner var en del af en stor bevægelse i matematikken i 1700- og 1800tallet. Man var i stand til at løse rigtig mange problemer – i princippet. Men der var ofte et enormt beregningsarbejde tilbage. Så derfor tog man fat på at mekanisere processen, så maskiner kunne overtage at integrere, løse differentialligninger osv.

Det var datidens computere, men de var udtænkt efter et andet princip. De var analoge og ikke digitale, som vor tids computere. I kapitel 10 vil vi præsentere en række andre mageløse maskiner.

51

9788770668781_indhold.indb 51

12/08/2019 12.39

1.5 Fourieranalyse Der findes i dag applikationer til smartphones, som dels kan afspille lyden af en bestemt tone (bestemt grundfrekvens) og dens overtoner (helt tal gange grundfrekvens), dels kan analysere en tone i dens enkelte fourier komponenter. Brug fx søgeordet ”fourier”. Du kan også bruge et freeware program som Audacity, der er meget udbredt til lydoptagelser i de humanistiske fag, og i fysik. Med sådanne programmer kan vi finde de relevante frekvenser og amplituder, så vi kan opskrive formlen.

Øvelse 1.6

Fourieranalyse viser tonens forskellige frekvenser

Afprøv en sådan applikation fx på tonen C og få vist Fourierspektret.

Hvilke frekvenser har overtonerne?

FFT-C

Lad os sige, vi har fået følgende FFT-spektrum af tonen C (FFT betyder Fast Fourier Transformation)

Amplitude

0,020 0,015

Her ser vi, hvordan et computerprogram ved Fourieranalyse genskaber tonens bestanddele – først grundtonen og derefter alle dens overtoner, hvor man kan aflæse hver tones amplitude og frekvens.

0,010 0,005

0

1000

2000

Frekvens (Hz)

Grundtonens frekvens er 261,2 Hz, og vi kan aflæse grundtonens amplitude til 0,019, mens overtonernes amplituder er: 1. overtone

2. overtone

3. overtone

4. overtone

5. overtone

6. overtone

0,012

0,005

0,001

0,003

0,001

0,002

Vi kan således opbygge den lydfunktion, der beskriver denne tone:

s( t ) = 0,019 ⋅ sin(2π ⋅ 261,2 ⋅ t ) + 0,012 ⋅ sin(2 π ⋅ 2 ⋅ 261,2 ⋅ t ) + 0,005 ⋅ sin(2 π ⋅ 3 ⋅ 261,2⋅ t ) + 0,001⋅ sin(2π ⋅ 4 ⋅ 261,2 ⋅ t ) + .

0,019 ⋅ sin(2π ⋅ 261,2 ⋅ t ) + 0,012 ⋅ sin(2 π ⋅ 2 ⋅ 261,2 ⋅ t ) + 0,005 ⋅ sin(2 π ⋅ 3 ⋅ 261,2⋅ t ) + 0,001⋅ sin(2π ⋅ 4 ⋅ 261,2 ⋅ t ) + ...

Øvelse 1.7

Fouriersyntese genskaber tonen som en sum af svingninger

s(t)

0,005

t

Tegn grafen og se, at vi får et billede, der ligner det, vi så tidligere for tonen C på forskellige instrumenter.

0,005

52

9788770668781_indhold.indb 52

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

2. Trigonometriske funktioner Trigonometrien opstod i forbindelse med den antikke astronomi og blev især videreudviklet i den indiske kultur. Både i Europa og Asien benyttede man sig af det klassiske babylonske vinkelmål med opdelingen af en cirkels omkreds i 360 grader, der igen blev opdelt i 60 bueminutter osv. Men dette vinkelmål er ikke naturligt knyttet til en cirkel.

Det stammer fra forestillingen om cirklen som en model for Solens årlige bane hen over himmelkuglen, der tager ca. 360 dage. Allerede i oldtiden blev funktioner svarende til sinus og cosinus tabellagt, hvor vinklers gradtal blev sammenknyttet med siders længdemål. Sådanne tabeller blev reproduceret op gennem historien uden større ændringer.

Da man under den franske revolution fra 1789 besluttede at standardisere alle former for mål, vægt osv. og erstatte gamle enheder med 10-talssystemet, var planen også at gøre dette for vinkelmål, så en ret vinkel fx skulle være 100° og ikke 90°. Men her måtte man give op efter få år; traditionen var for stærk, og man havde heller ikke i tide fået udarbejdet nye tabeller.

Med funktionsbegrebets udvikling opdager man imidlertid, at sinus og cosinus kan være modelfunktioner for svingninger. Dermed var man nødt til at indføre en ny uafhængig variabel i stedet for grader, det som vi i dag kalder for radianer.

2.1 Grader og radianer I Hvad er matematik? 1, kapitel 6, indførte vi de trigonometriske funktioner sinus og cosinus som koordinater til vinklens retningspunkt på enhedscirklen:

y y 1

1

Pv

sin(v)

Pv

sin(v)

b v

x cos(v)

1

v

x cos(v)

1

Når punktet Pv gennemløber cirklen, gennemløber vinklen v intervallet [0;360°], og funktionerne sinus og cosinus varierer inden for intervallet [–1;1].

Radiantallet til en vinkel v er lig med længden af den bue b, som vinklen spænder over på enhedscirklen. Da omkredsen af enhedscirklen er 2 · p · 1 = 2 · p, er sammenhængen mellem grader og radianer givet ved:

360° = 2 · p radianer 180° = p radianer

Heraf kan vi finde et udtryk for 1° eller for 1 radian:

180 π grader 1° = radianer og 1 radian = π 180

53

9788770668781_indhold.indb 53

12/08/2019 12.39

Praxis: Omregning mellem gradtal og radiantal π 180 180 b) G ivet en buelængde på b rad, så er det tilsvarende gradtal v: v = b ⋅ π a) Givet en vinkel på v°, så er det tilsvarende radiantal b: b = v ⋅

Når vi regner i grader, holder vi os normalt inden for intervallet [0 ;360].

Når vi regner i radianer, har vi ingen sådanne begrænsninger, men kan få et så stort radiantal, vi ønsker, ved at foretage flere omdrejninger. Radiantal regnes med fortegn afhængig af, om vi bevæger os i den positive eller negative omløbsretning.

Øvelse 1.8

Omregn mellem grader og radianer

a) Omregn følgende gradtal til radianer: 15°, 30°, 45°, 60°, 90°. b) Omregn følgende radiantal til grader: π , π , π , π , 5 ⋅ π , 3 ⋅ π .

6

4

3

2

6

4

Bemærkning: Når man arbejder med geometriske beregninger, anvendes normalt grader. Når man arbejder med svingninger, anvendes radianer. Undersøg, hvordan dit værktøjsprogram er indrettet, så du regner korrekt. Se evt. bogens website.

Øvelse 1.9

Indret grafvinduet mht. grader eller radianer

a) T egn graferne for sinus og cosinus som funktion af gradtal. Overvej, hvordan du vil indrette grafvinduet, så vi ser det karakteristiske ved graferne. b) T egn graferne for sinus og cosinus som funktion af radiantal. Overvej, hvordan du vil indrette grafvinduet, så vi ser det karakteristiske ved graferne.

2.2 Periodiske egenskaber og andre symmetrier Vi vil nu kigge nærmere på de trigonometriske funktioner, der som sagt er defineret ud fra radian-vinkelmålet, hvis ikke andet er oplyst. Først vil vi udfolde grafen for sinusfunktionen. Når et punkt bevæger sig jævnt på en cirkel (lidt ligesom en ballongynge), bevæger højden, dvs. sinus, sig regelmæssigt op og ned. Flytter vi den ud langs x-aksen og kombinerer den jævne bevægelse langs x-aksen med den lodret svingende bevægelse fra cirklen, fås netop grafen for sinusfunktionen.

54

9788770668781_indhold.indb 54

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Eksempel: Udfoldning af grafen for sinus y

p

t = 0,73044

2

1 P

R

p –1

E

2p

Q

1

3p 2

p

2

p

2

3

4

2p 5

x

6

–1 3p 2

Sinuskurven ligger i en vis forstand gemt på enhedscirklen, og den følgende konstruktion folder grafen for sinus ud af enhedscirklen. Tegn med i et geometriprogram, og gennemfør selv de følgende trin!

1. Vi afsætter i et koordinatsystem en cirkel som vist med centrum i (–1,0) og radius 1.

Et frit punkt P afsættes på cirkelperiferien, og vi konstruer cirkelbuen fra startpunktet E til endepunktet P. 2. Vi overfører buelængden t til x-aksen som punktet Q. Vi overfører dernæst højden over aksen for P til grafen ved at konstruere grafpunktet R som skæring mellem den lodrette linje gennem Q og den vandrette linje gennem P. 3. V i konstruerer nu grafen som det geometriske sted for grafpunktet R drevet af cirkelpunktet P. 4. N år vi trækker i cirkelpunktet P, vil grafpunktet nu gennemløbe sinuskurven, og vi kan fx aflæse sammenhørende værdier af buelængder og sinus.

5. Der er ingen begrænsninger på radiantallet. Efter en omgang er punktet P tilbage samme sted. Den samlede buelængde, der er gennemløbet, er nu t + 2 · p.

Punktet R fortsætter med at tegne grafen, og derfor ser vi, at sin(t) = sin(t + 2 · p).

Argumenter selv for, at der for alle hele tal n må gælde:

sin(t) = sin(t + n · 2 · p)

Øvelse 1.10

Animation af sinusgrafen

Du kan hente en animation af den ovenstående udfoldning på bogens website.

Du kan også på bogens website hente en film, der viser, hvorledes harmoniske svingninger repræsenteres ved sinuskurver.

55

9788770668781_indhold.indb 55

12/08/2019 12.39

Sinussvingningen er altså tæt knyttet til den jævne cirkelbevægelse. I ovenstående billede sker der tre ting. Når vi ser det frontalt, som det er tegnet, ser vi et punkt P, der udfører en jævn cirkelbevægelse. Hvis vi står på x-aksen og ser ind på cirkelbevægelsen langs randen, ser vi punktet P udføre en harmonisk bevægelse lodret op og ned, som vi kender fra en fjeder, vi har trukket lidt ud og sluppet. Hvis vi endelig kombinerer den lodrette op og ned bevægelse med tiden, der går, så ser vi, at punktet P får punktet R til at tegne en graf. Dette er grafen for sinusfunktionen.

Øvelse 1.11

Overgangsformler mellem sinus og cosinus – 1

Pt+p = (cos(t+ p ), sin(t+ p )) 2

2

2

–sin(t)

Pt+p = (cos(t+p), sin(t+p))

ππ cos( cos(tt )) == sin( sin(tt ++ ))

cos(t)

–sin(t)

Argumenter ud fra tegningen for, at der gælder følgende formler: 22

Pt = (cos(t), sin(t))

ππ sin( sin(tt )) == cos( cos(tt −− ))

22

Den første formel siger, at grafen for sin(t) cosinus fremkommer ved at forskyde t –cos(t) π sin( t ) = cos( t − ) mod venstre. sinus-grafen O cos(t) E 2

Formuler selv, hvad den anden formel –cos(t) siger om sammenhængen mellem graferne.

(Hjælp: Hvad er matematik? 1, kapitel 8, Pt– p = (cos(t– p2 ), sin(t– p2 )) 2 undersøgte vi mere generelt forskydninger sin(t) af grafer.)

Øvelse 1.12

Grafen for cosinus kan parallelforskydes over i grafen for sinus

Kontroller, at forskydningen ovenfor passer, idet du tegner grafen for f ( x ) = cos( x + π ) 2 og g(x) = sin(x) og ser, at graferne er sammenfaldende.

Øvelse 1.13

Find selv andre formler

Opskriv selv 4 andre overgangsformler, som du finder ved hjælp af tegningen ovenfor.

56

9788770668781_indhold.indb 56

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Vi kan nu sammenfatte vores undersøgelser om sinus- og cosinus-funktionerne:

Praxis: Grundlæggende egenskaber for sinus og cosinus

p

1. D e to grafer er ens i form, og den eneste forskel er, at den ene er forskudt 2 i forhold til den anden: y g(x) = cos(x)

1

f(x) = sin(x) x

–2 p

p

–p –1

2

p

2p

3p

4p

2. Definitionsmængderne for de trigonometriske funktioner er de reelle tal, mens deres værdimængder begrænser sig til [ –1;1], fordi de er defineret ud fra enhedscirklen.

3. Både cos og sin er periodiske funktioner med perioden 2· p , dvs.: cos(x + n · 2 · p ) = cos(x) og sin(x + n · 2 · p ) = sin(x), for alle hele tal n.

Cosinus- og sinusfunktionerne kan altså bringes til at beskrive den samme bevægelse, men pr. tradition bruger vi som oftest sinusfunktionen til at beskrive forskellige fænomener, fordi den er lidt simplere i udgangspunktet. Fx er sin(0) = 0, dvs. grafen for funktionen går gennem punktet (0,0), så det er let at se forskydninger i både vandret og lodret retning. Man kalder også disse trigonometriske funktioner for harmoniske funktioner eller harmoniske svingninger på grund af deres periodiske og symmetriske egenskaber.

Øvelse 1.14

Overgangsformler mellem sinus og cosinus – 2

I Hvad er matematik? 1, kapitel 6 fandt vi følgende formler, idet vi husker, at 180° = p radianer:

1a) cos(p – x) = –cos(x)

og

1b) sin(p – x) = sin(x)

2a) sin(–x) = –sin(x)

og

2b) cos(–x) = cos(x).

a) K ontroller hver af disse formler ved at tegne grafer for henh. højresiden og venstresiden. b) A rgumenter for formlerne ved en passende figurbetragtning.

Formlerne 2a) og 2b) udtrykker funktionernes og deres grafers symmetriske egenskaber. c) Hvad menes med symmetri i disse tilfælde? d) Argumenter for, at formlen cos(–x) = cos(x) også kan udtrykkes cos(2 · p – x) = cos(x)

57

9788770668781_indhold.indb 57

12/08/2019 12.39

Ser vi et øjeblik bort fra fortegnet, svarer cosinus og sinus til de to kateter i en retvinklet trekant med hypotenusen 1. Der gælder derfor også den følgende vigtige sammenhæng.

Sætning 1: Pythagoras’ sætning for sinus og cosinus 1

(cos(t) ) 2 + ( sin(t)) 2 = 1

sin(t)

cos(t)

Eksempel: De omvendte funktioner til sin og cos De omvendte funktioner, sin –1 og cos –1 til sinus og cosinus spiller en vigtig rolle i matematisk analyse, og de har bla. af den grund fået særskilte navne: arcussinus og arcuscosinus (der skrives kort som arcsin og arccos). Vi kender de omvendte opera–1 tioner fra trekantsberegninger, hvor vi erindrer, at sin kan give problemer og få os i sinusfælden, fordi der er to mulige løsninger til en ligning, hvor sinus indgår. Dette er et generelt problem for sinus og cosinus , hvilket vi ser nærmere på i næste afsnit: En given y-værdi i intervallet mellem –1 og +1 kan stamme fra mange forskellige π π –1 og x-værdier. Man har da vedtaget, at funktionen sin hører til stykket fra − til 2 2 –1 at funktionen cos tilsvarende hører til stykket fra 0 til p :

y y = sin(x) 1

y

–1 –2p

–p

1

x

p

–1

sin (y)

2p

–1 y y = cos(x)

1

–1 cos ( y)

–2p

–p

–1

y

1

x

p

2p

–1

Øvelse 1.15

Monotoniforhold for sin og cos

a) Begrund

ud fra definitionen på enhedscirklen, at sinus er voksende på stykket π π fra − til . Begrund tilsvarende ud fra definitionen på enhedscirklen, at 2 2 cosinus er aftagende på stykket fra 0 til p. b) T egn graferne for sinus og arcussinus i samme koordinatsystem.

Hvad er sammenhængen mellem de to grafer? c) Gentag punkt b) med cosinus og arcuscosinus. d) Giv en begrundelse for, at arcussinus og arcuscosinus har samme monotoniforhold som sinus og cosinus.

58

9788770668781_indhold.indb 58

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

2.3 Trigonometriske grundligninger Ligninger på formen sin(x) = k eller cos(x) = k hvor k er et tal i intervallet [ –1;1], kaldes trigonometriske grundligninger.

Disse løses naturligvis let med solve-kommando i et værktøjsprogram, dog skal man være opmærksom på antallet af løsninger! Derfor er det en god idé altid at tegne grafen for den trigonometriske funktion for at få overblik.

Eksempel: Løsning af trigonometrisk grundligning sin(x) = k, hvor k er en konstant Vi vil løse ligningen sin(x) = 0,65.

Vi tegner først grafen for både venstresiden og højresiden i ligningen: y f(x) = sin(x)

sin g(x) = 0,65

1

x –2p

–p –1

x1 = 0,71 x2 = 2,43

2p

3p

x2 = p– x1

k

x1 = sin –1 ( k)

4p

Heraf følger, at der i det viste interval [–2p ;4p ] er hele 6 løsninger – og hvis vi udvider visningen, vil der blot dukke endnu flere løsninger op! Hvis vi ser på de løsninger, som det grafiske billede viser, så opdager vi, at løsningerne vises i par. Det første par af løsninger ligger i intervallet [ 0;2p ].

Disse kan på grund af funktionens symmetriske egenskaber, jfr. formlerne, vi undersøgte i øvelse 1.14 – og som vi kender fra sinus-fælden – beskrives ved:

–1 x1 = sin (0,65) = 0,71 og x2 = p – x1 = 2,43

De andre par af løsninger opstår på grund af funktionens periodiske egenskaber, dvs. de to fundne løsninger kan umiddelbart give samtlige andre løsninger, fordi disse netop optræder med en periodes mellemrum. Vi skal altså bare lægge et helt antal perioder (n positiv) til eller trække et helt antal perioder fra (n negativ) de løsninger, der ligger i intervallet [ 0;2p ]:

x1 = 0,71 + n · 2p og x2 = p – x1 = 2,43 + n · 2p

hvor n er et helt tal.

På bogens website ligger en vejledning til de gængse værktøjsprogrammer, i hvordan ligningen løses.

Hvis vi fx bliver bedt om kun at bestemme løsningerne i intervallet [ 0;2p ], kan vi sætte en begrænsning på solve-funktionen, hvilket fx kan se således ud: solve (sin(x) = 0.65, x) 0 ≤ x ≤ 2 · p → x = 0.707584 eller x = 2.43401 Konklusion: Løsningen er x1 = 0,71 og x2 = 2,43.

59

9788770668781_indhold.indb 59

12/08/2019 12.39

Eksempel: Løsning af trigonometrisk grundligning cos(x) = k, hvor k er konstant Vi vil løse ligningen: cos(x) = –0,76.

Vi tegner igen grafen for både venstresiden og højresiden i ligningen: y

k

f(x) = cos(x)

1

–1

x1 = cos ( k)

x1= 2,47

cos

x

p

–p

x2 = 2p– x1

x2= 3,82

–1

g(x) = –0,78

Heraf følger, at der i det viste interval [–2p ;4p ] er hele 6 løsninger – og hvis vi udvider visningen, vil der blot dukke endnu flere løsninger op! Vi ser, at det første par af løsninger ligger i intervallet [ 0;2p ]. Disse kan på grund af funktionens symmetriske egenskaber, jfr. formlerne vi undersøgte i øvelse 1.14, beskrives ved:

–1 x1 = cos (–0,65) = 2,47 og x2 = 2p – x1 = 3,82

De andre par af løsninger opstår på grund af funktionens periodiske egenskaber, dvs. de to fundne løsninger kan umiddelbart give samtlige andre løsninger, fordi disse netop optræder med en periodes mellemrum. Vi skal altså bare lægge et helt antal perioder til (n positiv) eller trække et helt antal perioder fra (n negativ) de løsninger, der ligger i intervallet [ 0;2p ]:

x1 = 2,47 + n · 2p og x2 = 2p – x1 = 3,82 + n · 2p

hvor n er et helt tal.

På bogens website ligger en vejledning til de gængse værktøjsprogrammer, i hvordan ligningen løses.

Hvis vi fx bliver bedt om kun at bestemme løsningerne i intervallet [ 0;2p ], kan vi sætte en begrænsning på solve-funktionen. Det kan fx se således ud solve (cos(x) = 0.76, x) 0 ≤ x ≤ 2 · p → x = 2.43411 eller x = 3.484908 Konklusion: Løsningerne er x = 2,43 og x = 3,48.

Øvelse 1.16

Træningsopgaver

Løs de følgende trigonometriske grundligninger a) sin(x) = 0,36 i intervallet [0;2p ] b) sin(x) = –0,12 i intervallet [–p ;p ] c) cos(x) = 0,23 i intervallet [0;2p ] d) cos(x) = –0,91 i intervallet [–p ;p ]

I opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.

60

9788770668781_indhold.indb 60

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

3. Differentiation af sinus og cosinus Sætning 2: Differentiation af sinus og cosinus De afledede funktioner for de trigonometriske funktioner sinus og cosinus er givet ved

sin ′(t) = cos(t) og cos ′(t) = –sin(t)

Bevis for sætning 2 Et korrekt bevis for sætningen kræver anvendelse af integralregning. Det er også et forholdsvis vanskeligt bevis, da udgangspunktet er de omvendte funktioner, arcussinus og arcuscosinus. Dette bevis gives i kapitel 7, afsnit 3. Her vil du også kunne finde et projekt om forkerte beviser, som i dette tilfælde er ret udbredt. Det er beviser, der bygger på cirkelslutninger, hvor man i løbet af sin argumentation kommer til at anvende det, man gerne vil bevise, nemlig at sin ′(x) = cos(x).

Vi gennemfører nedenfor et intuitivt geometrisk argument, der kan give en klar opfattelse af, at sætningen må være sand. Argumentet kan desværre ikke udbygges til et korrekt matematisk bevis. Men sådan er trinene ofte i matematik, når man opdager nye sætninger og går på jagt efter et bevis. Her må vi som sagt anvende integralregning.

Argumentation for at sætning 2 må være sand.

Vi anvender tre-trins-reglen (se evt. Hvad er matematik? 2, kapitel 5b, praxisboks s. 211). sin(t) repræsenterer funktionen f(x), det faste punkt betegnes t0, og tilvæksten betegnes h.

Vi har således t = t0 + h, og dermed: t – t0 = h. sin( t0 + h) − sin( t0 ) . h Argumentationen går nu ud på i trin 2 at give en vurdering af denne størrelse, og i trin 3 at se, hvad der sker med den, når tallet h bliver meget lille.

Sekanthældningen bliver derfor:

2. trin. Omskriv sekanthældningen: Se på figuren: Tallene t0 , h og t0 + h svarer til buelængder på enhedscirklen. Vi afsætter t0 og tegner den orange trekant i enhedscirklen, som vi anvender i definitionen af sinus og cosinus, se figuren.

Tilvæksten h er så lille, at buelængden h fra t0 til t0 + h tilnærmelsesvis er en ret linje. Vi tegner en lille (gul) retvinklet trekant, hvor de to spidse vinkler er i henholdsvis t0 og t0 + h, se figuren.

sin

sin (t0 )

t0 + h sin(t0+h)–sin(t0) u

h t0

1

v O

cos (t0 )

E

61

9788770668781_indhold.indb 61

12/08/2019 12.39

Da hypotenuserne tilnærmelsesvis står vinkelret på hinanden, er den lille trekant tilnærmelsesvis ensvinklet med den store. Argumenter for det! Det betyder, at vinklen v, der hører til t0 , tilnærmelsesvis er lig med den øverste vinkel.

Vi udnytter nu vores viden om trigonometri i retvinklede trekanter:

sekanthældningen =

sin( t0 + h) − sin( t0 ) h

sekanthældningen =

hosliggende katete til u i gul trekant

hypotenusen i gul trekant

Sinus er de lodrette

sidelængder

sekanthældningen ≈

hosliggende katete til v i orange trekant hypotenusen i orange trekant

dnyt siderne er U ensliggende

sekanthældningen ≈ cos(v ) = cos( t0 )

Udnyt definitionen på cos

3. trin. Lad h → 0 Vi regnede tilnærmelsesvist ovenfor. tegningen indikerer, at tilnærmelsen bliver bedre og bedre, når h bliver mindre og mindre, så må der gælde, at:

sin( t0 + h) − sin( t0 ) → cos( t0 ) når h → 0 sekanthældningen = h Kommentar: Det er naturligvis tilnærmelserne, der er problemet. Beviset for det intuitivt indlysende, at h nærmer sig buelængden, kræver mærkelig nok integralregning.

Øvelse 1.17

Geometrisk argumentation for, at cos ′(x) = –sin(x)

Vis på samme måde formlen for differentialkvotienten til cosinus. Bemærk, at cos(t0 + h) – cos (t0 ) er et negativt tal, og det er lig med minus den modstående katete. Ellers er gangen i beviset den samme.

Øvelse 1.18

Differentiation af cos(x ) som sammensat funktion

Udled differentialkvotienten for cos ud fra differentialkvotienten for sin   ved at udnytte cos( t ) = sin  π − t  og anvende sammensat differentiation. 2 

62

9788770668781_indhold.indb 62

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

3.1 Hookes lov – svingning af en fjeder Formlerne for de afledede trigonometriske funktioner har vidtrækkende konsekvenser i fysik. De trigonometriske funktioner bruges til at beskrive harmoniske svingninger af lodder, penduler m.m.

Du kan på bogens website hente en animationen af skitsen her: P

m

Når du trækker cirkelpunktet P jævnt rundt på cirklen, vil loddet svinge harmonisk op og ned, dvs. det vil følge en sinus-svingning.

Hookes lov, der er empirisk begrundet, siger, at den samlede kraft, der påvirker loddet med massen m, er proportional med og modsat rettet udsvinget fra ligevægtsstillingen (ud for cirklens centrum).

Dvs.:

0

C

s

F = – k · s(t)

Newtons anden lov siger, at kraft er lig med masse gange acceleration, og accelerationen er ændringen i hastighed v pr. tidsenhed, dvs. lig med v ′ (t). Men hastigheden er lig med ændringen i vejlængden, vi bevæger os pr. tidsenhed, dvs. lig med s′ (t), så alt i alt giver Newtons anden lov:

F = m · a = m · v ′ (t) = m · s′′ (t)

hvor s′′ (t) betyder s(t) differentieret to gange.

Der må derfor gælde:

m · s′′ (t) = –k · s(t)

k s′′′′(t) ( t ) = − ⋅ s( t ) m

Divider med m

t ) = − ω 2 ⋅ s( t ) s′′((t)

Kald

k for w m

Sætningen herunder fortæller, at sinus-funktionen er en løsning til denne ligning.

Sætning 3: De anden afledede af sinus og cosinus sin′′(t) = –sin(t) og cos′′(t) = –cos(t)

Øvelse 1.19 Bevis sætningen.

Øvelse 1.20

Den dobbelt afledede af sinus

Vis derefter at den harmoniske svingning s(t) = A · sin( w · t) opfylder ligningen 2 s′′ (t) = – w · s(t).

63

9788770668781_indhold.indb 63

12/08/2019 12.39

Ligningen s′′ (t) = – w 2 · s(t) er en såkaldt 2. ordens differentialligning.

Disse behandles i kapitel 6, hvor vi undersøger svingninger mere generelt.

I studieretningskapitlet om fysik, som du kan finde på bogens website, kan du også læse mere om anvendelsen af harmoniske svingninger.

I opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 3.

4. Harmoniske svingninger y

P

P0

w·t

ϕ A

B 1 –2p

–p

Fasebegrebet stammer fra astronomien. Månens faser afspejler månens periodiske forandringer på himmelbuen, der netop kan knyttes til en harmonisk svingning.

Vi vil nu se lidt nærmere på de harmoniske f(t) = A · sin( w · t + ϕ ) + B svingninger:

–1 –1

h(x) = A · sin( w · x + ϕ ) + B

hvor A kaldes for amplituden, w kaldes vinkelhastigheden, ϕ kaldes begyndelsesfasen, og B kaldes ligevægtsværdien.

Man kan tænke på grafen for den harmoniske svingning som frembragt af en x jævn cirkelbevægelse med radius A og 1 2p 3p 4p p et centrum, der er løftet stykket B.

nymåne sidste kvarter fuldmåne

T il tiden t = 0 har cirkelbevægelsen begyndelsesfasen ϕ svarende til retningspunktet P0.

Herefter bevæger cirkelpunktet P sig med den konstante vinkelhastighed w , så fasen, dvs. retningsvinklen til tiden t er givet ved: fase = w · t + ϕ

første kvarter nymåne

H øjden over ligevægtsværdien er da givet ved A · sin( w · t + ϕ ), og den samlede højde, dvs. udsvinget y, er givet ved:

y = A · sin( w · t + ϕ ) + B  divideret med vinkelhastigheden w giver tiden t, som overføres Centervinklen P 0P til x-aksen. Højden over x-aksen overføres til y-aksen. Grafen udfoldes nu på sædvanlig vis.

På bogens website kan du hente såvel en konstruktionsforklaring som en animation af den ovenstående udfoldning med skydere, der viser, hvad der sker, når vi ændrer på konstanterne A, B, w og ϕ .

64

9788770668781_indhold.indb 64

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Vi ser altså, at amplituden A svarer til cirklens radius, ligevægtsværdien B svarer til højden af centrum over x-aksen, vinkelhastigheden w svarer til vinkelhastigheden for cirkelpunktet, og begyndelsesfasen ϕ svarer til begyndelsesvinklen for cirkelpunktet P0.

Eksempel: Bølger i tid og rum – svingningstiden T og bølgelængden λ Den harmoniske svingning bruges både til at beskrive bølger i tid og rum. Når den uafhængige variabel repræsenterer tiden t (som i den foregående diskussion), så vil perioden for den harmoniske svingning svare til svingningstiden T. I løbet af en periode bevæger cirkelpunktet sig netop en gang rundt på cirklen. Der gælder derfor sammenhængen w · T = 2p , dvs. vi finder: 2π 2π ω = henholdsvis T = ω T Når den uafhængige variabel i stedet repræsenter en rumlig afstand x, som det fx er tilfældet, når vi beskriver en fysisk bølges form, så vil perioden svare til bølgelængden l. I så fald tolkes vinkelhastigheden i stedet som bølgetallet k, og forskriften for den harmoniske svingning ser da typisk således ud:

y = A · sin(k · x + ϕ ) + B

Ligesom før gælder der sammenhængen k · l = 2 p , dvs. vi finder denne gang: 2π 2π henholdsvis λ = k= λ k Vi vil i det følgende primært tage udgangspunkt i den tidslige fortolkning af de harmoniske svingninger.

Øvelse 1.21

Angiv konstanterne ud fra formler og ud fra grafer

a) A ngiv for de følgende harmoniske svingninger de 4 konstanter, amplituden A, vinkelhastigheden w , begyndelsesfasen ϕ og ligevægtsværdien B:

h1 (x) = 6 · sin (2 · x – 3) + 1

h2 (x) = 3,7 · sin (0,3 · x – 1,5) – 2

h3 (x) = 5 · sin (1,1 · x – 4) + 6

b) T egn graferne af hver af funktionerne, og bestem i hvert tilfælde ved aflæsning funktionens periode (svingningstid) T, idet du aflæser afstanden mellem to bølgetoppe. c) B eregn også perioden T for hver af de tre funktioner, og sammenlign med den aflæste værdi.

65

9788770668781_indhold.indb 65

12/08/2019 12.39

Øvelse 1.22 Eksperimentere med konstanternes størrelse a) T egn grafen for den harmoniske svingning h(x) = A · sin( w · x + ϕ ) + B, idet alle konstanter repræsenteres af skydere.

Sæt skyderen for vinkelhastigheden w til 1 og skyderen for begyndelsesfasen ϕ til 0, og undersøg, hvilken betydning konstanterne A og B har for sinuskurvens forløb – husk, variabelkontrol! b) A flæs funktionens maksimums- og minimumsværdier for forskellige par af værdier for A og B, og gør rede for, at den harmoniske svingnings værdimængde (variation i y-retningen) er givet ved Vm(h) = [B – A; B + A], dvs. at der generelt må gælde, at hmax = B + A og hmin = B – A. Vis, at vi kan beregne amplituden A og ligevægtsværdien B ud fra ekstremumsværdierne: A=

h +h hmax − hmin og B = max min 2 2

c) A flæs nu perioden T som afstanden mellem to bølgetoppe, og opstil en dynamisk beregning, hvor du udregner vinkelhastigheden wω == 2Tπ .

Hvad sker der med grafen og med værdien for perioden T, når du ændrer på skyderen for vinkelhastigheden w ? d) Hold nu A, B og w konstante, og sæt fx w = 1.

Hvilken betydning har ϕ for grafens forløb?

Argumenter for, at faserne ϕ og ϕ + 2p giver samme grafiske forløb. π ⋅ xtopfasen +ϕ = , Gør rede for, at det første maksimumspunkt til højre for y-aksen måωhave 2 dvs. vi har ligningen: π

ω⋅ x +ϕ = top

2

Ved at forskyde stykket 2p, kan vi få ϕ til at ligge i intervallet [–p ;p].

Øvelse 1.23

Aflæs konstanterne ud fra de grafiske billeder

Nedenfor ses graferne for to funktioner af typen f(x) = A · sin( w · x + ϕ ) + B

Bestem i hvert tilfælde ved aflæsning fra grafen konstanterne A, w, ϕ og B, idet du π udnytter, at wω == 2Tπ og ω ⋅ xtop + ϕ = , hvor xtop er x-værdien i grafens første maksi2 mumspunkt til højre for y-aksen. y

y f1

f2

1 –1 –1

x 1

5

10

1 –1 –1

x 1

5

10

66

9788770668781_indhold.indb 66

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Praxis: Konstanternes betydning Vi samler beskrivelsen af konstanternes betydning med udgangspunkt i den harmoniske svingning:

f(x) = A· sin( w · x + j )+B = 4 · sin(0,8 · x – 2,4) + 1

Amplituden A = 4 : Viser, hvordan sinuskurvens lodrette skalering er i forhold til x-aksen, og dermed hvor store lodrette udsving sinuskurven har fra sin ligevægtsstilling (middelværdi). Vi aflæser her, at udsvinget i forhold til sinuskurvens ligevægtsstilling y = 1 er 4.

Ligevægtsværdien B = 1: Viser, hvordan sinuskurvens lodrette forskydning er i forhold til x-aksen. Her aflæser vi, at den lodrette forskydning er +1, svarende til at sinuskurvens ligevægtsstilling er forskudt 1 opad i forhold til den oprindelige sinus-funktion.

y

f(x)

5

A=

+4 1

y max − y min 2

x 1

p

–4

2p

3p

4p

–3

y

f(x)

5

B= 1

ymax + ymin 2

x 1

2p

p

3p

4p

–3

Vinkelhastigheden w = 0,8 : Regulerer sinuskurvens vandrette skalering i forhold til y-aksen. Sammenhængen mellem vinkelhastigheden w og perioden T er givet ved: ω = 2 π . Her aflæser vi, at perioden for T svingningen er 7,85, hvilket giver en vinkelhastighed på 2 π = 0,80 .

y f(x) T = 7,85

1

x 1

2p

p

3p

x1 = 4,96

w = 2p

7,85

Begyndelsesfasen j = –2,4 : Viser, hvordan sinuskurvens vandrette forskydning er i forhold til y-aksen. I praksis aflæses den ud fra det første maksimumspunkt til højre for y-aksen. Her aflæser vi x-koordinaten til det første maksimumspunkt til xtop = 4,96. Begyndelsesfasen er derfor

T = x2 − x1

7,85

ω = 2π T

4p x2 = 12,82

= 0,80

y f(x)

ϕ = π − ω ⋅ xtop

1

ϕ = π2 − ω ⋅ xtop = −2,40 .

x 1

p

2p

3p

2

4p

x1 = 4,96

j= p 2

– 0,80 · 4,96 = –2,40

Vi konstaterer, at j ligger i [–p,p].

I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 4.

67

9788770668781_indhold.indb 67

12/08/2019 12.39

5. Anvendelser af trigonometriske funktioner 5.1 Omløbstiden for Jupiters måne Callisto bestemt ved sinus-regression I Hvad er matematik? 2 kan du i kapitel 8, afsnit 4 om modellering af svingninger, finde en præsentation af, hvorledes Galilei beregnede omløbstiden for Callisto. Der lægges i afsnittet op til at gennemføre beregningen med moderne hjælpemidler og anvende sinus-regression.

5.2 Dagens længe – øvelse med løsning Som tidligere nævnt kan de harmoniske funktioner anvendes til at beskrive mange forskellige periodiske fænomener.

Øvelse: Dagens længde et bestemt sted på jorden I en model kan længden af dagen i Anchorage Alaska beskrives ved

f(t) = 6,61 · sin(0,0167 · t – 1,303) + 12,2, 0 ≤ t ≤ 365

hvor f(t) betegner længden af dagen (målt i timer) til tidspunktet t (målt i døgn efter 1. januar 2011). a) T egn grafen for f i det nævnte interval – hvorfor har intervallet netop den længde? b) B enyt funktionen til at beregne dagslængden i Anchorage Alaska 100 døgn efter 1. januar 2011, og udfør grafisk kontrol. c) L øs ligningen f(t) = 14 grafisk, og giv en fortolkning af de to løsninger, du får. d) Bestem ved aflæsning på grafen det tidspunkt på året, hvor længden af dagen i Anchorage Alaska er størst. e) Bestem f ′(100) grafisk, og gør rede for, hvad dette tal fortæller om udviklingen i dagslængden.

Løsning: a) V i sætter vinkelmålet til radianer. Da dagslængden er periodisk med perioden 1 år, er intervallet 0 ≤ t ≤ 365 netop periodeintervallet. Vi bemærker, at dagslængden i Alaska svinger omkring en middelværdi på 12,2 timer. Om sommeren når den derfor helt op på 12,2 + 6,61 = 18,8 timer, mens den om vinteren tilsvarende når helt ned på 12,1 – 6,61 = 5,5 timer. y(timer)

y(timer) 18 16 14 12 10 8 6 4 2

(100 ;14,57) 12,2

f(t) = 6,61 · sin(0,0167 · t – 1,303) + 12,2 t(døgn) 30 60 90 120 150 180 210 240 270 300 330 360

18 16 14 12 10 8 6 4 2

(249,73;14,00)

y= 14 (94,54;14,00)

f(t) = 6,61 · sin(0,0167 · t – 1,303) + 12,2 t(døgn) 30 60 90 120 150 180 210 240 270 300 330 360

68

9788770668781_indhold.indb 68

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

b) F or at finde dagslængden i Anchorage Alaska efter 100 døgn oprettes funktionen f, og vi udregner funktionsværdien f(100):

f(100) = 6,61 · sin(90,0167 · 100 – 1,303) + 12,2 f(100) = 14,57

Konklusion: Efter 100 døgn er dagslængden derfor nået op på 14,57 timer, hvilket stemmer overens med den grafiske aflæsning.

c) V i løser ligningen f(t) = 14 grafisk ved at indtegne linjen y = 14 og bestemme skæringspunkterne. Vi ser da, at dagslængden er nået op på 14 timer efter 94,5 døgn, dvs. ca. tre måneder inde i året. Tilsvarende er dagslængden faldet til 14 timer efter 249,7 døgn, dvs. godt 8 måneder inde i året.

Vi kan kontrollere det med en solve-kommando:

solve ( f(t) = 14,t)  0≤ t ≤ 365 → t = 94.54 eller t = 249.73 y(timer)

18 16 14 12 10 8 6 4 2

12,2

y(timer)

(172,08;18,81) 6,61

f(t) = 6,61 · sin(0,0167 · t – 1,303) + 12,2 t(døgn) 30 60 90 120 150 180 210 240 270 300 330 360

18 16 14 12 10 8 6 4 2

tangent = 0,10 · t + 4,27

(100 ;14,57)

f(t) = 6,61 · sin(0,0167 · t – 1,303) + 12,2 t(døgn) 30 60 90 120 150 180 210 240 270 300 330 360

d) For grafisk at finde det tidspunkt på året, hvor længden af dagen er størst, skal vi finde grafens maksimumspunkt. Ved aflæsning ses da, at dagslængden er maksimal efter 172,1 døgn, dvs. knap 6 måneder inde i året. Igen kan vi kontrollere det med vores værktøjsprogram (der både giver maksimums- og minimumspunktet): d  solve  (f ( t )) = 0, t  | 0 ≤ t ≤ 365  dt 

→

t = 172,08

eller t = 360,20

e) f ′(100) er hældningskoefficienten for tangenten i røringspunktet med t = 100.

Vi bestemmer tangentens ligning grafisk, og aflæser f ′ til 0,10. 100 døgn inde i året vokser dagslængden altså med 0,10 timer i døgnet, dvs. for hvert døgn bliver dagen ca. 6 minutter længere.

69

9788770668781_indhold.indb 69

12/08/2019 12.39

5.3 Modellering af åndedræt Øvelse 1.24 For en person i hvile kan lungerumfanget tilnærmelsesvist beskrives ved funktionen

V(t) = 0,2 · sin(1,57 · t) + 2,5

hvor t betegner tiden, målt i sekunder, og V(t) betegner personens lungevolumen (målt i liter). a) Tegn grafen for V. b) Hvor mange liter luft indånder personen i løbet af et minut? c) Hvor mange gange pr. minut trækker personen vejret (ånder ind og ud)? d) Hvor stort et rumfang vil lungerne have efter en udånding?

5.4 Geometrisk modellering med trigonometriske funktioner Trigonometriske funktioner optræder ikke kun i forbindelse med studiet af periodiske fænomener. Mange problemstillinger med et geometrisk islæt fører også naturligt til geometriske funktioner, ikke mindst hvis der er retvinklede trekanter involveret.

Eksempel: Optimering ved hjælp af trigonometriske funktioner Figuren viser et lodret snit ABCD gennem en kanal, hvis tværsnit har form som et trapez.

D

C

2m

2m

v

v

4m B

A

Arealet af kanalens tværsnit er en funktion T af vinklen v, hvor v π måles i radianer og 0 < v ≤ .

2

a) G ør rede for, at T(v) = 8 · sin( v) + 4 · sin( v)·cos( v), og bestem v, så arealet af kanalens tværsnit bliver størst mulig.

Løsning: Læg mærke til, at der anvendes radianer som vinkelmål. Det er netop for at kunne anvende differentialregning. Først skal vi gøre rede for arealformlen. Her udnytter vi formlen for arealet af et trapez, og har derfor brug for nederste og øverste grundlinje.

Den nederste grundlinje er 4, den øverste grundlinje er 4 + 2 · (2 · cos(v)), jfr. figuren der viser katetelængderne for de retvinklede trekanter.

C

2m

D

2· sin(v)

2· cos(v)

70

9788770668781_indhold.indb 70

12/08/2019 12.39

1. Trigonometriske funktioner

Tilsvarende er højden givet ved 2· sin(v). Vi finder derfor + gøverst) )⋅ ·hh T(v) T (v ) = 1 ⋅· ((g gnederst nederst+ gøverst 2

cos( sin( v ) ⋅((2 + 44++2 2øverst ·⋅cos(v) T (v ) == 21 ⋅· (( 4 gnederst +2·g ) ⋅ hv )))))·⋅22·⋅sin(v) 1 2

= (4 v )) ⋅ 2 sin( v ) 1 + 2cos( 4 + 2 ⋅)(2 ⋅ cos(v )))⋅ 2 ⋅ sin( v ) · 2·sin(v) = (4⋅+(42·+cos(v) = 82 sin(v ) + 4 cos(v ) ⋅ sin(v ) = (4 + 2cos(v )) ⋅ 2 sin( v ) = 8 ·sin(v) + 4· cos(v) · sin(v) = 8 sin(v ) + 4 cos(v ) ⋅ sin(v )

I ndsæt de fundne udtryk for grundlinjer og højde Gang ind, og reducer i den første parentes Gang parenteserne ud

Dette er det samme som det oplyste udtryk, da faktorernes rækkefølge er ligegyldig. π

Vi tegner nu grafen for arealfunktionen på stykket fra 0 til 2 og ser, at der er et tydeligt maksimumspunkt. For at finde dette differentierer vi arealfunktionen:

2 T ′ (v) = 8 · (cos(v)) + 8 · cos(v) – 4

T

Her har vi brugt et værktøjsprogram til at differentiere.

For at finde maksimumspunktet skal vi nu løse ligningen T ′ (v) = 0: π  d solve  (T (v )) = 0, v  | 0 < v ≤ 2  dv

→

(1,196;8,807)

 3 − 1 v = cos −1    2 

Vi slutter derfor, at kanalen har et maksimalt areal for vinklen −1 + 3 v = cos −1( ) ≈ 1,196 rad ≈ 68,5°

2 Det stemmer fint overens med det grafisk bestemte toppunkt.

T(v) = 8 · sin(v) + 4 · sin(v) · cos(v) 1

v 1

p 2

Opgaver I Opgavebog 3 findes en række opgaver i tilknytning til afsnit 5.

6. Projekter På bogens website ligger der en række projekter, der knytter sig til kapitel 1.

På bogens website ligger yderligere særlige studieretningskapitler med oplæg til samarbejde mellem studieretningsfagene, samt kapitel 10, Matematik og kultur, med materialer og projekter, der kan anvendes i et samarbejde mellem humanistiske fag eller i selvstændige forløb.

71

9788770668781_indhold.indb 71

12/08/2019 12.39

Integralregning

2.

1.

1.1 1.2 1.3

C irklens kvadratur – det ældste matematiske problem . . . . . . . . . . . . . . . . .

Symbolet p – hvad er det for et tal? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Det store spring ud i uendelige processer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Wallis introducerer symbolet ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73 75 78 80

2.

Stamfunktioner og ubestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

3.

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5

Regneregler for ubestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Sum, differens og konstantfaktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Hvorfor er integration mere kompliceret end differentiation? . . . . . . . . . . . . . .

Integration ved substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Partiel integration (supplerende stof) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Oversigt over ubestemte integraler, (stamfunktioner), man skal kende . . . . . . .

91 91 93 95 98 98

4.

Integralregningens hovedsætning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.

Arealberegninger og bestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 5.1 Regneregler for bestemte integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.2 Arealer af et område mellem to grafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 6.

Rumfangsberegninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 6.1 Rumfang af omdrejningslegemer – drejning om x-aksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 6.2 Rumfang af omdrejningslegemer – drejning om y-aksen (supplerende stof) . . . 118 7.

7.1 7.2 7.3 7.4

Anvendelser af integralregning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Ginikoefficienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Middeltal og gennemsnitlig fart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Længder af kurver. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

En sammenhængende teori for ln(x) og ex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

118 118 119 121 123

8.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

Skal man udtrykke i ét begreb, hvad differentialregningen drejer sig om, så er det at bestemme tangenthældninger. På ethvert sted på en kurve, hvor vi kan lægge en tangent, giver differentialregningen os en metode til at finde dennes hældningskoefficient.

Skal man tilsvarende udtrykke i ét begreb, hvad integralregningen drejer sig om, så er det at bestemme arealer. For ethvert område, der er afgrænset af kurver, vi har styr på, fx i form af en regneforskrift, giver integralregningen os en metode til at bestemme dettes areal.

Det springer ikke i øjnene, at de to regningsarter er omvendte operationer, der ophæver hinanden som + og – eller som In(x) og ex . Det var også en af de meget overraskende opdagelser for de matematikere, der i 1600-tallet udviklede de nye regningsarter. Beviset for denne hovedsætning er det vigtigste teoretiske resultat i dette kapitel. De vigtigste praktiske resultater er naturligvis, at vi nu kan beregne arealet af en langt større gruppe af figurer. Da en række centrale begreber i andre fag kan udtrykkes som arealer, giver integralregningen samtidig et matematisk værktøj til at beregne ginikoefficienter i samfundsfag, blodtryk i biologi og gennemsnitlig fart eller reaktionshastighed i fysik og kemi.

72

9788770668781_indhold.indb 72

12/08/2019 12.39

2. Integralregning

1. C irklens kvadratur – det ældste matematiske problem Cirklens kvadratur er det ældste matematiske problem, og det som uden sammenligning har beskæftiget flest både professionelle matematikere og amatører.

Problemet går i al sin enkelthed ud på følgende:

Givet en cirkel. Konstruer et kvadrat med samme areal som cirklen.

Øvelse 2.1 Du kan på bogens website finde en animation, der illustrerer, at der må findes et kvadrat med samme areal som en given cirkel: Du starter med et kvadrat, der er tydeligt mindre end cirklen, og idet du langsomt forstørrer kvadratet vil du på et tidspunkt nå til et areal, der er større end cirklens areal. Undervejs i processen må du have passeret den sidelængde, der gav præcis cirklens areal. Kan du ramme den? Hvad bliver din sidelængde?

Allerede de ægyptiske matematikere var for 4000 år siden optaget af, om man kan finde en simpel formel til beregning af cirklens areal. I Hvad er matematik? 1 kan du finde et projekt om dette og meget andet ægyptisk matematik.

Men hvor de ægyptiske matematikere så det som et praktisk problem at bestemme arealet af en cirkel, var de græske matematikere mere interesserede i det teoretiske spørgsmål, om man kan løse cirklens kvadratur ved konstruktion. Hermed mente de: Kan man alene ved hjælp af passer og lineal konstruere et kvadrat, som har samme areal som en given cirkel?

Kravet om, at man alene må bruge passer og lineal ved en geometrisk konstruktion, kan måske virke indskrænkende og lidt vilkårligt; linealen skal oven i købet være uden enheder, så den kun kan bruges til at trække rette linjer. Men der opstod en fælles bestræbelse blandt de græske matematikere om at anvende så få og så simple forudsætninger som overhovedet muligt som grundlag for deres ræsonnementer. Jo færre antagelser og forudsætninger, jo lettere er det at gennemskue, om et ræsonnement holder, eller om der fx er tale om en cirkelslutning, hvor man i sit ræsonnement anvender det, man er i gang med at bevise. Kravet menes først formuleret af en matematiker ved navn Oenipus, engang i 400-tallet fvt. i en lærebog, der er gået tabt. Kravet genfinder vi i de fem forudsætninger Euklid formulerer i begyndelsen af hans Elementer.

73

9788770668781_indhold.indb 73

12/08/2019 12.39

Euklids fem forudsætninger (aksiomer) i Thyra Eibes danske oversættelse fra 1897.

Du kan finde en oversigt over alle Euklids definitioner og forudsætninger fra hans første bog, på bogens website.

Øvelse 2.2

Passer og lineal i Euklids elementer

Redegør for, hvordan passer og lineal optræder i Euklids fem forudsætninger.

Græske matematikere havde løst problemet med at kvadrere polygoner, dvs. at finde et kvadrat med samme areal som en given polygon. På bogens website kan du finde en beskrivelse af, hvordan man kan bygge en teori op for beregning af arealet af enhver kantet figur. Skulle man ikke kunne nå frem til cirklens kvadratur ved at fortsætte ad denne vej? Har vi en given cirkel, kan vi jo tegne en sekskant inde i cirklen, dernæst en tolvkant, en 24-kant osv., ved hele tiden at halvere vinklerne.

Øvelse 2.3

Tilnærme en regulær polygon til cirkel

a) T egn en cirkel i dit værktøjsprogram, og konstruer selv en regulær ottekant og en regulær sekstenkant. b) Udnyt dit program til at beregne areal og omkreds af cirklen og af polygonerne. c) K an du konstruere en regulær polygon, hvor forskellen i areal er mindre end 0,1% af cirkelarealet? d) På bogens website kan du finde en animation, hvor vi lader antallet af kanter i polygonerne vokse.

74

9788770668781_indhold.indb 74

12/08/2019 12.39

2. Integralregning

1.1 Symbolet p – hvad er det for et tal? π er en relativt moderne betegnelse, der angiver forholdet mellem en cirkels omkreds og dens diameter. Allerede de græske matematikere – og de ægyptiske før dem – havde et godt greb om skalering af figurer og vidste, at hvis diameteren fx bliver 5 gange så stor, så sker det samme med omkredsen. De vidste altså, at forholdet mellem omkreds O og diameter d er en konstant: O

= konstant d

Kalder vi med moderne betegnelse denne konstant for π, får vi den kendte formel:

O = π · d = 2 · π · r, hvor r er radius.

William Jones (1675-1749) var den første, der anvendte symbolet π. Som begrundelse for valget af et nyt symbol skriver han: ”... the exact proportion between the diameter and the circumference can never be expressed in numbers...”.

William Jones var således klar over, at dette forhold, dvs. tallet π, er et irrationalt tal.

Symbolet p introduceres første gang i bogen ”A New Introduction to the Mathematics” af William Jones. Dette kan findes på bogens website.

rchimedes (287–212 fvt.), der regnes for en af historiens største A matematikere, fik den geniale ide ikke alene at fortsætte processen med at lægge polygoner med stadigt flere kanter inde i en cirkel, men også at klippe cirklen op efter alle disse radier. Derved får vi en masse små cirkeludsnit, der ”næsten” er trekanter, og Archimedes lægger nu disse skiftevis med spidserne op og ned, så de tilsammen ”næsten” udgør et rektangel. På bogens website kan du se en animation, der illustrerer dette.

Archimedes’ argument fører således til en formel for arealet af cirklen, nemlig:

Areal = 1 · omkreds · r

Areal = 1 · (2 · π · r) · r

r

2 2

2

Areal = π · r

Indsæt formlen for omkreds

Halv omkreds

Reducer

Selv om animationen på filmen virker overbevisende, så vil alle de små cirkeludsnit dog aldrig have en fuldstændig lige ”grundlinje”.

Der vil altid være en anelse krumning. Men Archimedes argumenterede for formlen med metoder, der minder meget om dem, som blev udviklet 2000 år senere da differential- og integralregningen blev skabt.

Med samme metode gennemførte Archimedes et argument for størrelsen af det tal, vi i dag kalder for π. Betragter vi en cirkel

75

9788770668781_indhold.indb 75

12/08/2019 12.39

y

y

med radius 1, så er omkredsen lig med 2π. Det betyder, at vi kan beregne størrelsen af π ved at beregne omkredsen af cirklen. Vi lægger derfor polygoner med et stadigt større antal kanter inden i cirklen og tilsvarende x uden om cirklen, og beregner omkredsen af disse polygoner. Ved at gå op 22 223 til en 96-kant viste Archimedes, at π ligger i intervallet mellem tallene 7 og 71 22 223 og 71 . Det er herfra vi har den værdi af π, som skolebørn over hele 7 verden har lært i århundreder. På bogens website ligger et projekt om Archimedes’ metode til beregning af π.

x

S elv om Archimedes’ metoder var geniale til at løse beregningsmæssige spørgsmål, så gav de ikke svaret på, om man kan løse cirklens kvadratur.

Spørgsmålet optog de græske matematikere og filosoffer i en sådan grad, at problemet kom til at indgå i sproget og i litteraturen som et eksemplarisk udtryk for noget, der er umuligt at løse med almindelige metoder.

Hvorfor anvendes begrebet cirklens kvadratur her?

Hvorfor anvendes begrebet cirklens kvadratur her?

Eksempel: L øsning med brug af andre metoder – maskinsporet i matematikkens udvikling Hvis man tillader andre hjælpemidler end blot passer og lineal, så kan man faktisk godt løse problemet med cirklens kvadratur. Det vender vi tilbage til i kapitel 10, Matematik og kultur.

Cirklens kvadratur kom til at fylde så meget i matematikhistorien, at ordet kvadratur efterhånden blev synonym med at beregne arealer. Når matematikere 2000 år efter grækerne talte om at beregne et areal under en parabelkurve, så talte de om at løse parablens kvadratur. Cirklens kvadratur udfordrede både professionelle matematikere og alskens amatører, da alle vidste, at den, som kunne løse problemet, ville indskrive sig i matematikhistorien. Det gik så vidt, at det franske akademi i 1775 udsendte en erklæring, hvori de skrev, at de ikke længere ville bedømme cirkelkvadraturer, vinkeltredelinger, terningefordoblinger eller evighedsmaskiner. I begrundelsen for deres beslutning hedder det bl.a.: ”Der går et udbredt rygte om, at regeringerne har udlovet en betragtelig belønning til den, der får løst cirklens kvadratur, og at dette problem er genstand for de mest berømte matematikeres undersøgelser; i tillid til disse rygter opgiver en masse

76

9788770668781_indhold.indb 76

12/08/2019 12.39

2. Integralregning

mennesker, mange flere end man tror, deres nyttige arbejde for at hengive sig til udforskningen af dette problem, ofte uden at forstå det, og altid uden at have den nødvendige viden. … Mange har det uheld at tro, det er lykkedes, de benægter de argumenter, hvormed matematikerne bestrider deres løsninger, ofte kan de ikke forstå dem, og de ender med at beskylde dem for misundelse og uærlighed.

Af og til udarter deres påståelighed til sandt galskab.”

(Et mere fyldigt uddrag kan læses på bogens website.)

Cirklens kvadratur viste sig at være uløselig. Ikke bare på en sådan måde, at den var for svær til, at man kunne finde ud af en snedig løsning på problemet, men principielt uløselig. Det lykkedes nemlig i 1882 for den tyske matematiker Lindemann at bevise, at problemet aldrig kan løses. Beviset er relativt vanskeligt og ligger over gymnasiets niveau, men ideen i beviset er følgende: Man kan vise, at ethvert tal, der kan konstrueres med passer og lineal, er rod i et polynomium med hele tal som koefficienter. Beviset herfor indgår i et projekt om vinkeltredeling, der ligger på bogens website i kapitel 0. Sådanne tal kaldes algebraiske tal. Tallet x = 2 kan let konstrueres, fx som diagonal i enhedskvadratet. Og tallet er rod i polynomiet 2 p(x) = x – 2, dvs. 2 er et algebraisk tal. Tal, der ikke er algebraiske, kaldes for transcendente. Lindemann beviste, at tallet π er transcendent, og dermed, at det ikke kan konstrueres.

Det har nu ikke afholdt glade amatører fra at fortsætte med at forsøge at løse cirklens kvadratur.

Vi kan således ikke med rent geometriske metoder beregne arealet af en cirkel. Arbejdet med at løse cirklens kvadratur – og kvadratur af andre figurer afgrænset af krumme linjer – kom til at symbolisere overgangen fra geometriens æra til algebraens og analysens æra, som er tegnet op på indersiden af bogens omslag. Det var også først i denne nye periode af matematikkens udvikling, at man fik styr på, hvad irrationale tal er. Når man udvider talsystemet fra de rationale tal til også at omfatte de irrationale tal, sker det i moderne matematik med brug af grænseovergange, af den type vi så på i Hvad er matematik? 2, kapitel 5. Ethvert irrationalt tal kan opfattes som grænseværdi for en følge af rationale tal. Har vi et rektangel, hvor siderne er irrationale tal, kan vi opstille en følge af rektangler, hvor siderne er rationale tal, der kommer tættere og tættere på de rigtige sidelængder. Arealerne af alle disse rektangler kan vi beregne. Og denne talfølge vil så nærme sig et tal, som er arealet af rektanglet med irrationale sider.

Gregory Saint Vincent: Forsiden til en afhandling fra 1647 om cirklens kvadratur, hvor Gregory fejlagtigt troede, at han havde løst mysteriet.

Læg mærke til, hvordan englene ved hjælp af Solens lys forvandler et himmelsk kvadrat til en jordisk cirkel.

Lindemanns gravsten, hvor symbolet

p er hugget ud.

77

9788770668781_indhold.indb 77

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.4

En følge af rationale tal, der nærmer sig 2

Det er som nævnt ovenfor let at konstruere et linjestykke med længde 2 . Men hvordan kan vi konstruere en følge af rationale tal, der nærmer sig tallet 2 ?

2 (Vink: Udnyt, at tallet er løsning til x – 2 = 0. Se evt. Hvad er matematik? 2, kap. 8, afsnit 5.1, hvor det er gennemgået.)

1.2 Det store spring ud i uendelige processer Archimedes var meget tæt på at indføre uendelige processer og grænseovergange.

I sin beregning af en tilnærmelse til tallet π konstruerer han en følge af polygoner Pindre1, Pindre 2, ..., Pindre n, der alle ligger helt inden i figuren, og en følge af polygoner Pydre1, Pydre 2, ..., Pydre n, der alle omslutter figuren. Problemet for Archimedes er nu, at han faktisk ikke kan gætte, hvilket tal der ligger klemt inde mellem omkredsen af de ydre og de indre polygoner. Ingen kan jo gætte på den eksakte værdi af størrelsen. Archimedes og de, som fulgte i samme spor, kan derimod angive et stadigt snævrere interval, hvori π ; 223 . ligger. Archimedes’ bud var som nævnt, at π ligger i intervallet  22 7 71  Omkring år 1900 finder den danske sprogforsker Heiberg på en basar i Mellemøsten et gammelt pergament. Det viser sig at rumme et skrift af Archimedes, som man troede var gået tabt. Med moderne metoder har man nu, 100 år efter, tydet skriftet og derved opdaget, hvor avanceret Archimedes var. Skriftet Om Metoden blev udgivet igen i 2012 efter mere end 2000 år.

y

y

8

Archimedes’ metode ligner moderne matematik. Lad os illustrere det med et meget simpelt eksempel. Vi har givet en retvinklet trekant med grundlinje (den ene katete) lig y med 3 og højden (den anden katete) lig med 8. I dette tilfælde kender vi formlen for arealet og kan udregne dette helt præcist: Det bliver 12. Men hvordan ville vi gøre, hvis vi ikke kendte en formel? Vi tegner trekanten 8 8 8 i et koordinatsystem som vist på illustrationen, og tegner to sæt af smalle høje rektangler af bredde b, se illustrationen.

x 3 Ydre polygon

x 3

Indre polygon

x 3 Forskellen på ydre og indre polygon

b Forskellene stables

ilsammen udgør disse rektangler dels en T indre polygon, dels en ydre. Nu ser vi følgende:

1. Forskellen på den ydre og den indre polygon er summen af de små rektangler 2. D isse små rektangler kan stables, så vi har et rektangel, hvor højden er lig med trekantens højde på 8.

78

9788770668781_indhold.indb 78

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

3. Arealet af dette rektangel er 8 · b.

4. T egner vi flere og flere rektangler, dvs. lader vi bredden b blive mindre og mindre, så vil forskellen nærme sig 0.

5. Arealet af trekanten kan derfor tilnærmes med summen af alle de smalle rektangler.

6. I moderne matematik vil vi sige: Når b → 0, så vil polygonernes areal nærme sig trekantens areal.

7. Udregner vi en række endelige summer, fx med 5, 10, 20 eller 100 rektangler, så kan vi måske se et mønster og dermed se, hvilket tal polygonernes areal nærmer sig.

I 1635 udsender den franske matematiker Bonaventura Fran-cesco Cavalieri (1598-1647) et værk der skulle få afgørende betydning for udviklingen af den nye matematiske metode, integralregningen, som handler om beregning af vilkårlige arealer. I stedet for at se på en proces, som b → 0 i ovenstående eksempel, kaster Cavalieri sig ud i uendeligheden og går straks helt til grænsen. Han siger, at trekanten består af uendeligt mange lodrette linjer, der hver for sig ikke har nogen bredde. De er udelelige (”indivisible”).

Francesco Cavalieri Dette er helt i tråd med Euklid, der sagde, at en linje er (1598-1647) længde uden bredde. Men hvordan får man et areal ud af linjerne? Hvis linjerne bare har en anelse bredde, vil summen af alle linjerne give et uendeligt areal. Og har linjerne ingen bredde, kan de ikke bidrage til arealet, så arealet er 0. Men Cavalieri havde alligevel fat i en vigtig pointe: En uendelig sum af uendeligt små størrelser kan godt give noget endeligt. Matematikken var bare ikke udviklet til at håndtere dette. Han foreslog samme metode til at beregne rumfang, nemlig at se en rumlig figur som en stabel af uendeligt mange planer.

Cavalieri indførte samtidig det princip, der siden er blevet kaldet Cavalieris princip, nemlig at hvis to figurer består af samme linjestykker (eller samme plane stykker), så har de samme areal (eller samme rumfang), uanset om linjestykkerne (eller de plane stykker) ligger forskudt. Det kan illustreres dels med hans egen tegning af to plane figurer med samme areal, dels af to rumlige stabler:

Tegning fra Cavalieris 7-binds værk Geometria Indivisibilius Continuorum fra 1635: De to figurer har samme areal, da linjerne parvis er lige store.

Illustration af Cavalieris princip i rummet: De to stabler har samme rumfang, da de plane stykker parvis er ens.

79

9788770668781_indhold.indb 79

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.5

Intuitiv anvendelse af Cavalieris princip

I eksemplet med ydre og indre polygoner ved en trekant anvendte vi faktisk en metode, der svarer til Cavalieris princip. Hvor var det? De to stabler af mønter kan måske give dig en ide.

Når man argumenter med uendelige størrelser på denne måde, er der mange fælder.

Hvis vi forestiller os i teorien, at vi har tegnet alle de udelelige linjer i figurerne ovenfor, hvordan ved vi så, at der er ”lige mange”, så vi kan parre sammen to og to? Fx er der jo lige mange hele tal og lige tal, for vi kan parre 1 med 2, 2 med 4, 3 med 6 osv.

Men hvor blev de ulige tal af? Den følgende øvelse rummer et argument mod Cavalieri fra en af hans kritikere.

Øvelse 2.6

Anvendelse af Cavalieris princip

Argumenter ud fra Cavalieris princip for, at den venstre og højre retvinklede trekant har samme areal.

Lige store ”indivisibler”

På bogens website kan du finde et projekt, hvor vi viser, hvordan man kan finde rumfanget af en kugle ved hjælp af Cavalieris princip.

1.3 Wallis introducerer symbolet ∞ Cavalieris ideer fik især betydning som inspiration for andre matematikere. Ikke mindst den engelske matematiker John Wallis var stærkt inspireret af Cavalieri. Wallis overtog Cavalieris ide med at dele en punktmængde op i uendeligt mange linjer, og bestemme arealet af punktmængden ved at summere linjernes bidrag. Det redegør han detaljeret for i sit hovedværk Arithmetica Infinitorum fra 1656. Som titlen angiver kaster også Wallis sig ud i uendeligheden, og i følgende berømte citat fra et af hans tidligere værker om keglesnit ”De Sectionibus Conicis” indføres uendelighedstegnet for første gang i matematikhistorien:

John Wallis (1616-1703)

”Som udgangspunkt forestiller jeg mig (i overensstemmelse med Bonaventura Cavalieris Geometri for det Udelelige), at enhver plan så at sige er opbygget af et uendeligt antal parallelle linjer. Eller rettere jeg foretrækker at se det som et uendeligt antal parallelogrammer, hver med en fælles højde, hvor hver højde kan

80

9788770668781_indhold.indb 80

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

1 opfattes som ∞ af hele højden, dvs. som en uendelig lille del af den samlede højde, (hvor vi lader ∞ betegne et uendeligt stort tal), hvorfor den samlede højde af dem alle netop svarer til højden for figuren.”

(Den originale tekst kan findes på bogens website.)

Efter at have indført symbolet for uendelig, begynder han også at regne med det. Tegner vi 6 parallelogrammer på intervallet fra 0 til 1, har de hver en bredde på 61 . Tegner vi uendeligt mange linjer, er linjernes bredde (det han kalder 1 . højden, se illustrationen) ifølge Wallis lig med ∞ Wallis mål var at finde en systematisk metode til at bestemme arealet af figurer afgrænset af krumme kurver, og også her starter vi med det mest simple for at finde mønstre. For Wallis var de mest simple kurver det, vi i dag kalder potenssammenhænge. Det var før koordinatsystemets opfindelse, og før man anvendte det moderne variabelbegreb. For at følge Wallis tankegang lægger vi i det følgende kurverne ind i et koordinatsystem, det ændrer ikke ved argumenterne, men gør udreg2 ningerne lettere. Dvs. vi betragter funktioner med regneforskrifter f(x) = x, f(x) = x , 3 f(x) = x , osv., og vi tegner deres grafer i intervallet fra 0 til 1.

Vi forestiller os nu, at det område, vi ønsker at beregne arealet af, er opdelt i uendelig mange linjer. Som før omtalt ser det ud, som om vi lander i en af de to grøfter: Enten har linjerne intet areal, og så bliver det hele 0, eller de har et meget lille areal, men så bliver den uendelige sum uendelig stor. Men Wallis geniale greb er nu, at han ikke ønsker en isoleret udregning af disse arealer, men ønsker at sammenligne med arealet af det omskrevne kvadrat. y Wallis målsætning er altså at finde forholdet mellem arealet under kurven og arealet af det tilhørende omskrevne kvadrat. Kunne han fx vise, at arealet under parablen udgør en bestemt brøkdel af kvadratet, havde han givet en moderne løsning på parablens kvadratur.

Og kunne han gøre det samme med den kubiske kurve, fjerdegradskurven osv., så kunne han sikkert også klare cirklens kvadratur!

1 f(x) = x2

x 1

Ved at sammenligne de to områder, kvadratet og området under parablen, når han frem til følgende foreløbige konklusion: Da figurerne har en fælles grundlinje, må forholdet mellem deres arealer netop være det samme som forholdet mellem summen af alle de uendeligt mange højder.

For at finde et mønster starter han med at dele figurerne op i et endeligt antal højder og udregne det tilhørende forhold. Derefter lader han antallet af inddelinger vokse til uendeligt og finder det ønskede forhold. Vi går nu i de følgende øvelser i Wallis fodspor.

81

9788770668781_indhold.indb 81

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.7

Anvendelse af Wallis’ metode på f(x) = x2. Trin 1.

Vi tegner grafen for f(x) = x2, og vi indtegner seks højder under parablen i intervallet fra 0 til 1.

Hent regnearket på bogens website, og svar på spørgsmålene: 2

y

1

f(x) = x

a) Hvad er 1. koordinaterne til højderne?

b) Bestem de seks højder under parablen, og bestem deres sum.

0,2 0,4 0,6 0,8 1

Øvelse 2.8

x

c) Bestem de seks højder i kvadratet, og bestem deres sum. d) Bestem forholdet mellem de to summer.

Anvendelse af Wallis’ metode på f(x) = x2. Trin 2.

a) Gennemfør samme øvelse men med 11 højder. b) Gennemfør samme øvelse men med 101 højder. c) H vis vi fortsætter processen med stadigt flere højder, hvad kan vi da konkludere om forholdet mellem arealet under parablen (mellem 0 og 1) og kvadratet?

Øvelse 2.9 y x

2

1

Newton generaliserer Wallis’ metode

10 år efter Wallis er Newton i færd med at udvikle sin version af differential- og integralregningen. Newton læser Wallis og ser, at 2 metoden let kan generaliseres til intervaller ud over [0;1]. Newton f(x) = x indfører altså som den første variable grænser for arealerne, hvad der er en væsentlig forudsætning for at opdage sammenhængen mellem differentialregning og arealberegning.

Vi betragter intervallet [ 0; x] og generaliserer ideen fra øvelse 2.7 med dette interval. Nu er det ikke længere et kvadrat, der omx kranser, men et rektangel.

1 x

a) H vis vi igen tegner 6 højder, hvad bliver så 1.-koordinaterne til disse?

b) Udfyld resten af regnearket, som ligger på bogens website.

Øvelse 2.10

Arealformel ud fra Wallis’ metode – 1

Argumenter ud fra foregående øvelse for følgende konklusioner og omskrivninger:

Areal under x 2 1 = Areal af rektangel 3

Areal under x 2 1 = 3 x ⋅ x2

Indsæt arealet af rektanglet med bredde x og højde x2

82

9788770668781_indhold.indb 82

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Areal under x

2

=

1

Areal under x 2 =

1 3

x

3

Reducer

3

x3

Gang over

3 Wallis skrev, at dette også kan gennemføres for f(x) = x og f(x) = x .

Øvelse 2.11

Anvendelse af Wallis’ metode på lineær funktion

Gennemfør selv tilsvarende udregninger som i de to foregående øvelser for funktionen f(x) = x.

Øvelse 2.12

Anvendelse af Wallis’ metode på kubisk funktion y

Vi tegner grafen for f(x) = x3 og indtegner seks højder.

Hent regnearket på bogens website, og svar på følgende spørgsmål.

1 f(x) = x

3

a) Hvad er 1. koordinaterne til højderne? b) B estem de seks højder under den kubiske kurve, og bestem deres sum. c) Bestem de seks højder i kvadratet, og bestem deres sum.

x 0,2 0,4 0,6 0,8

1

d) Bestem forholdet mellem de to summer. e) F orklar, hvad der sker, hvis vi indtegner flere højder, og bestem forholdet mellem arealet under den kubiske kurve og arealet af kvadratet.

Øvelse 2.13

Arealformel ud fra Wallis’ metode – 2

Overvej, hvad der sker, hvis vi i stedet ser på intervallet [0;x], og gennemfør argumentet for udregningen af forholdet mellem de to arealer, hvor de sidste trin er: 3

Areal under x 1 = 4 x 4

Areal under x 3 =

1 4

x4

Det er nu let at se mønstret, konstaterer Wallis:

”Når man selv har prøvet efter, er det oplagt at de forhold, man finder (når potensen 1 er tallet a), nærmer sig brøken a + 1 mere og mere på en sådan måde, at forskellen, når man fortsætter længe nok, bliver mindre end en hvilken som helst foreskreven størrelse. Hvis vi fortsætter til uendelig, forsvinder forskellen derfor.”

83

9788770668781_indhold.indb 83

12/08/2019 12.40

Wallis var en stor regnemester, han fortsatte med arealberegninger, hvor der var meget mere indviklede kurver i spil. I dette arbejde lykkedes det ham endelig at løse cirklens kvadratur, men nu ved hjælp af uendelige processer.

Wallis demonstrerede også enestående evner som kodebryder. Der findes stadig koder, man ved han brød, men som man ikke kan finde ud af at bryde i dag. Du kan finde mere om denne historie via bogens website.

Øvelse 2.14 Betragt cirklen med radius 1 og centrum i (0,0).

Vis, at den halvcirkel, der ligger over 1. aksen, kan beskrives ved følgende variabelsammenhæng:

y = (1− x 2 ) .

1 2

W allis skrev dette som: y = ( 1 − x 2 ) . Han havde med succes udviklet metoder til at finde arealer afgrænset af a kurver af typen y = ( 1 − x 2 ) , hvor a er et helt tal, fx 3 arealet af området under kurven y = ( 1 − x 2 ) . Han generaliserede nu disse metoder, og det lykkedes således for ham med sine helt moderne metoder at løse cirklens kvadratur.

π = 4 ⋅  1 −

1 3

+

1 5

−

1 7

+ ...

Mere end 200 år før Wallis havde indiske matematikere fundet en formel, hvor p skrives som et uendeligt regnstykke.

2 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅ 8 ⋅ ...

π = 2 ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 9 ⋅ ...

P å bogens website ligger et projekt om Wallis’ endelige løsning af cirklens kvadratur. Han lagde den klassiske opgave, hvor passer og lineal er eneste tilladte hjælpemidler, bag sig. Med Wallis forlader vi geometriens æra og går ind i algebraens og analysens æra.

Wallis finder denne formel for p i 1656 ved hjælp af metoder fra integralregning. Den findes i hans hovedværk fra 1656.

2. Stamfunktioner og ubestemte integraler y

L ad os betragte funktionen med forskrift f(x) = x2. Grafen er en parabel.

I integralregning er et af målene at lære metoder til at beregne arealer af områder, der er afgrænset af krumme kurver, fx af parabler. Lad os fx se på området under parablen i intervallet fra 0 til x. I afsnit 1 så vi, at arealet af dette område er A( x ) = 13 x 3 . Eksempelvis er arealet af området under grafen i intervallet fra 0 til 4:

16

f(x) = x

2

A(4) = 1 ⋅ 4 = 1 ⋅ 64 = 3

3

A(4)

–1

1

64 = 3

21,333

64

A(4) = 1 ⋅ 4 = 1H 64er= =eksakt, 21,333mens 21,333 er tilnærmet. På samme måde kunne

⋅er 3 3 3 vi udregne:

A(x)

1

3

3

x x

4

1 3

3

A(1) = ⋅ 1 =

1 3

1 3

3

og A(3) = ⋅ 3 = 9

84

9788770668781_indhold.indb 84

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Øvelse 2.15

Arealbestemmelse vha værktøjsprogram

a) T egn grafen for parablen med forskriften f(x) = x2 i første kvadrant. Afsæt et frit punkt B på x-aksen. Benyt dit værktøjsprogram til at finde arealet fra y-aksen hen til den lodrette linje gennem B. På bogens website kan du finde en vejledning til de gængse værktøjsprogrammer. b) T ræk i punktet B, fx hen til punkterne x = 1, x = 2, x = 3 og x = 4. Noter de tilhørende værdier af arealet. Hvordan stemmer det overens med det ovenstående?

y

Definition: Arealfunktion

f(x)

En funktion A(x), der giver arealet under grafen for en funktion f i intervallet fra en bestemt værdi a hen til tallet x, kaldes en arealfunktion til f.

A(x)

x

a

x

I afsnit 1 fandt vi følgende resultater i intervallet [ 0;x], som vi senere i kapitlet beviser med vores moderne metoder:

A( x ) =

1 2

x 2 er en arealfunktion til f(x) = x

A( x ) =

1 3

x 3 er en arealfunktion til f(x) = x2

A( x ) =

1 4

x 4 er en arealfunktion til f(x) = x3

Øvelse 2.16

Differentiation af arealfunktioner

Differentier hver af de tre funktioner: A( x ) =

1 2

x 2 , A( x ) =

1 3

x 3 og A( x ) =

1 4

x4,

og argumenter hermed for, at det giver belæg for at tro på følgende påstand: Hvis vi differentierer en arealfunktion A, så får vi den oprindelige funktion f.

I øvelsen undersøgte vi tre eksempler, og det er naturligvis ikke noget bevis. Men det antyder en sammenhæng, der i grunden er ganske mærkelig: Beregning af arealer, der hører til den nye regningsart, integralregning, og bestemmelse af kurvens tangenthældning, der hører til regningsarten differentialregning, er modsatte regningsarter som + og – eller · og :. Hovedresultatet i dette kapitel er beviset for, at der findes en sådan sammenhæng.

85

9788770668781_indhold.indb 85

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.17

y A(x)

(x,A(x))

f(x)

(x,f(x))

A(x)

Konstruktion af grafen for arealfunktionen som spor

På bogens website kan du finde en vejledning til øvelsen i de gængse værktøjsprogrammer.

a) Tegn

i et værktøjsprogram grafen for andengradspolynomiet 2 f(x) = – x + 10x + 6 i intervallet fra x = 0 til x = 10.

b) A fsæt et variabelt punkt B på x-aksen, og benyt 2 værktøjsprogrammets indbyggede faciliteter til at bestemme f(x) = –x +10x+ 6 arealet fra y-aksen hen til den lodrette linje gennem B.

x

B x

c) O verfør arealet til y-aksen, og konstruer grafen for arealfunktionen ved at trække en vandret linje gennem arealværdien på y-aksen og lade den skære den lodrette linje gennem B i grafpunktet (x,A(x)) for arealfunktionen. Når du trækker i B, vil skæringspunktet gennemløbe grafen for arealfunktionen, der derfor kan konstrueres som en sporing eller et geometrisk sted.

d) Kan du genkende grafen for arealfunktionen?

Bestem fx ved regression en forskrift for arealfunktionen. e) H vad sker der med arealfunktionen, hvis du skifter startpunktet x = 0 for arealet ud med fx x = 1? Prøv fx at lade startpunktet være variabelt.

Øvelserne giver anledning til, at vi indfører et mere generelt begreb – stamfunktion.

Definition: Stamfunktion En funktion F er stamfunktion til en funktion f, hvis F′(x) = f(x) .

Øvelse 2.18

Hvor kommer stamfunktionen fra?

I det følgende er F en stamfunktion til f, og k er en tilfældig konstant. Hvad skal der stå i de tomme felter? f(x) F(x)

k

5x + k

3x2 + 5x –k

x3 + x

7x4 + k

2x6 – 4x5

1

x2

e3·x

In(x) + k

86

9788770668781_indhold.indb 86

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Øvelse 2.19

Gæt stamfunktioner

I det følgende er F en stamfunktion til f. Kan du gætte en stamfunktion? f(x)

0

5

3x2 + 2x

5x4 – 4x3 + 2

10x4

x6

x12

ek·x

3 · x–1

–3 · x–4

F(x)

Øvelse 2.20

Stamfunktioner til potensfunktioner – er der et system?

a) Opstil en tabel over stamfunktioner til potensfunktioner: f(x)

x–3

x–2

x–1

x0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

F(x) b) Hvilke andre funktioner kan du gætte stamfunktioner til?

De tre øvelser giver ideen til den vigtige sætning om antallet af stamfunktioner til en funktion f:

Sætning 1: Samtlige stamfunktioner til en given funktion f a) A ntag, at F1(x) er en stamfunktion til f(x). Så er enhver funktion på formen F(x) = F1(x) + k, hvor k er en konstant, også en stamfunktion til f(x). b) Antag F1(x) og F2 (x) begge er stamfunktioner til f(x). Så findes der en konstant k, så F2 (x) = F1(x) + k. Dvs. at forskellen mellem to stamfunktioner til en bestemt funktion f er en konstant.

Praxis: Den kanoniske stamfunktion Når en funktion f er repræsenteret ved en regneforskrift, fx f(x) = 3x2 + 4x + 5, bestemmes samtlige stamfunktioner ved først at bestemme den stamfunktion, der udspringer af regneforskriften, i dette tilfælde: F(x) = x 3 + 2x 2 + 5x , og dernæst at lægge en konstant k til. Stamfunktionen F(x) = x 3 + 2x 2 + 5x uden konstant kalder vi af og til for den kanoniske stamfunktion.

87

9788770668781_indhold.indb 87

12/08/2019 12.40

Bevis for sætning 1 Beviset bygger på regnereglerne for differentiation. Noter selv, hvor sådanne anvendes! a) V i ved, at F1(x) er en stamfunktion til f(x). Det betyder, at F1′ (x) = f(x).

Vi beviser, at F1(x) + k også er en stamfunktion ved at bruge definitionen:

(F1(x) + k)′ = F1′(x) + (k) ′ = f(x) + 0 = f(x) Konklusion: F1(x) + k er en stamfunktion til f. b) V i ved, at F1(x) og F2 (x) begge er stamfunktioner til f(x). Det betyder, at F1′ (x) = f(x) og F2′ (x) = f(x).

Vi danner nu differensen F2 (x) – F1(x) og differentierer:

(F2(x) – F1(x))′ = F2′(x) – F1′(x) = f(x) – f(x) = 0.

V i udnytter nu monotonisætningen fra Hvad er matematik? 2, kapitel 5a, afsnit 6.3.

Monotonisætningen siger bl.a., at hvis den afledede af en funktion er lig med 0 i hele sin definitionsmængde, dvs. den har vandret tangent overalt, så er funktionen selv konstant.

Det betyder altså, at der findes en konstant k, så:

F2 (x) – F1(x) = k

F2 (x) = F1(x) + k Roker rundt

Dette var det ønskede resultat.

Et af resultaterne af sætningen er: Hvis en funktion har en stamfunktion, så har den uendeligt mange. Der gælder oplagt det samme for arealfunktioner, idet vi jo kan vælge startpunktet frit, og ved at flytte startpunktet fjerner vi eller tilføjer vi et bestemt areal.

Øvelse 2.21

Graferne for stamfunktionerne til en funktion f(x)

Bestem tre forskellige stamfunktioner til f(x) = 2x. Tegn graferne for de tre stamfunktioner. Beskriv forskellen mellem de tre stamfunktioner ud fra deres grafer.

Øvelse 2.22 Grafisk fortolkning af sætningen om samtlige stamfunktioner Givet en funktion f, der har en stamfunktion. Så har den ifølge sætning 1 uendeligt mange stamfunktioner. a) Hvordan ligger graferne for de forskellige stamfunktioner til f i forhold til hinanden? b ) G ivet et punkt P i koordinatsystemet. Hvor mange stamfunktioner til f har en graf, der går gennem punktet P?

88

9788770668781_indhold.indb 88

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Eksempel: Stamfunktion hvis graf går gennem et bestemt punkt En funktion f er givet ved

A(x) = ( 1 ·x3 + 4x)

y

3

2 f(x) = x + 4

Vi ønsker at bestemme forskriften for den stamfunktion til f, hvis graf går gennem punktet (3,4).

Løsning: Samtlige stamfunktioner til f kan skrives på formen: F( x) = ⋅ x + 4x + k

Konstanten k bestemmes ud fra oplysningen om, at punktet (3,4) ligger på grafen. Det betyder nemlig, at F(3) = 4.

Vi indsætter: 1 = 1 ⋅ 33 + 4 ⋅ 3 + k = 4 1 3

(3,21)

k = –17 2

f(x) = (x + 4) 5

(3,4)

3

3

x –1

(0,–17)

3

3 F(x) = 1 ·x + 4x –17

3

21 + k = 4

k = –17

Konklusion: Den søgte stamfunktion har forskriften F ( x ) = 31 ⋅ x 3 + 4 x +– 17 k

Øvelse 2.23

En stamfunktion, hvis graf går gennem et bestemt punkt – 1

Bestem den stamfunktion til funktionen f med forskrift

3 f(x) = 8x + x

hvis graf går gennem punktet (1,5).

Definition: Ubestemt integral Det ubestemte integral til en funktion f skrives som ∫ f(x)dx og angiver, alt efter sammenhængen, samtlige stamfunktioner til f, eller en vilkårlig stamfunktion til f.

Bemærkning 1: 1) Overvej, at definitionen betyder:

′ ∫ f ( x )dx = f ( x )

(

)

2) Overvej, at sætningen om stamfunktioner kan skrives:

∫ ( F ′( x )) dx = F ( x ) + k

Med formelsprog kan vi således ultrakort udtrykke, at de to nye regningsarter, at differentiere og at integrere (finde stamfunktion) er modsatte regningsarter, der ophæver hinanden.

89

9788770668781_indhold.indb 89

12/08/2019 12.40

Bemærkning 2: Når du benytter dit værktøjsprogram til at finde en stamfunktion ved at udregne det ubestemte integral ∫ f(x)dx, vil det typisk give den kanoniske stamfunktion.

Dvs. vi må i givet fald selv tilføje en konstant.

Sætning 2: Stamfunktioner til potensfunktioner, eksponentialfunktioner, logaritmefunktioner og trigonometriske funktioner 1) En vilkårlig stamfunktion til potensfunktionen f(x) = x a, a ≠ –1 kan skrives på formen: F ( x ) = a 1+1 x a+1 + k , hvor k er en konstant Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral:

∫ x dx = a+11 x a

a+1

+ k

2) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = x –1 kan skrives på formen: F(x) = In(x) + k, hvor k er en konstant Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral

∫x

−1

dx =

∫ 1x dx = ln( x ) + k

3) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = ln (x) kan skrives på formen: F(x) = x · In(x) – x + k, hvor k er en konstant Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral

∫ In(x) dx = x · In(x) – x + k 4) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = e c·x kan skrives på formen: F ( x ) = 1c ⋅ ec ⋅x + k , hvor k er en konstant.

Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral: c x c x ∫ e ⋅ dx = 1c ⋅ e ⋅ + k

5) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = a x kan skrives på formen:

F( x) =

1 ln(a)

⋅ a x + k , hvor k er en konstant.

Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral: 1

( x ) == ln(a) ⋅ a x + k ∫ aFx dx

6) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = cos(a · x) kan skrives på formen: F(x) =

1 a

· sin(a · x) + k, hvor k er en konstant.

Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral:

∫ cos(a · x) dx =

1 a

· sin(a · x) + k

7) En vilkårlig stamfunktion til f(x) = sin(a · x) kan skrives på formen: F(x) = – 1a · cos(a · x) + k , hvor k er en konstant Det samme kan udtrykkes med et ubestemt integral:

90

9788770668781_indhold.indb 90

∫ sin(a · x) dx = – 1a · cos(a · x) + k

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Bevis Formlerne bevises ved i hvert tilfælde at differentiere F(x). Det overlades til læseren som en øvelse.

Øvelse 2.24

Træningsopgaver

Bestem stamfunktioner til: 1,5 a) f(x) = x

b) f(x) = x–0,5

4x c) f(x) = e

( x) = d) ff(x)

e) f(x) = 2,7 x

f) f(x) = sin(0,5 · x)

4 x

g) f(x) = cos(7 · x)

I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.

3. Regneregler for ubestemte integraler 3.1 Sum, differens og konstantfaktor I det foregående har vi flere gange bestemt stamfunktioner til funktioner med flere led, eller hvori der indgår konstanter. Det har vi gjort ved at se på de enkelte led hver for sig og gange eventuelle konstanter på til sidst. Kan vi gætte en, ved vi, at så får vi samtlige ved blot at lægge en konstant k til. Den følgende sætning fortæller, at denne metode til at bestemme stamfunktioner led for led gælder generelt.

Sætning 3: Regneregler for ubestemte integraler Hvis f og g er to funktioner, der hver har en stamfunktion, og hvis k er en konstant, så har også funktionerne f + g, f – g og k · f stamfunktioner, og der gælder:

1) ∫ f(x) + g(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ g(x)dx

2) ∫ f(x) – g(x)dx = ∫ f(x)dx – ∫ g(x)dx 3) ∫ k · f(x)dx = k · ∫ f(x)dx

91

9788770668781_indhold.indb 91

12/08/2019 12.40

Bevis På venstre side i hver af de tre regneregler står et ubestemt integral, dvs. en tilfældig stamfunktion til funktionen under integraltegnet. Hvis vi kan vise, at højre side også er en stamfunktion til funktionen under integraltegnet, er vi færdige, idet to stamfunktioner til en given funktion blot adskiller sig ved en konstant. Og i det ubestemte integral indgår der en tilfældig konstant.

Vi anvender regnereglerne for differentiation i vores bevis. Noter selv hvilke!

1) Differentiation af højresiden giver:

( ∫ f(x)dx + ∫ g(x)dx)′ = ( ∫ f(x)dx)′ + ( ∫ g(x)dx)′ = f(x) + g(x)

Dermed har vi vist, at højresiden er en stamfunktion til f(x) + g(x), og første regneregel gælder.

Øvelse 2.25

Bevis for sætning 3 – regneregel for ubestemte integraler

Bevis de to andre regneregler.

Sammenlign dit bevis med det, der ligger på bogens website.

Øvelse 2.26

Giv en sproglig version af sætning 3

Udtryk med ord og brug af begrebet stamfunktion, hvad regnereglerne siger.

Bemærkning: Regnereglerne betyder sammen med sætningen om stamfunktioner til potensfunktionerne, at vi kan bestemme stamfunktioner til alle polynomier!

Eksempel: Stamfunktion til et polynomium En stamfunktion til funktionen f(x) = 3x2 + 5x + 7 kan vi bestemme således: F ( x ) = ∫ 3 x 2 + 5 x + 7dx = 3∫ x 2dx + 5∫ xdx + ∫ 7dx = 3 ⋅ 13 x 3 + 5 ⋅ 21 x 2 + 7 x + k = x 3 + 52 x 2 + 7 x + k ) = ∫ 3 x 2 + 5 x + 7dx = 3∫ x 2dx + 5∫ xdx + ∫ 7dx = 3 ⋅ 13 x 3 + 5 ⋅ 21 x 2 + 7 x + k = x 3 + 52 x 2 + 7 x + k

Øvelse 2.27

Stamfunktioner til polynomier

Bestem en stamfunktion til hver af funktionerne: 2 a) f(x) = 9x + 10x

b) g(x) = 6x – 10

c) h(x) = 8x3 + 9x2 – 100

92

9788770668781_indhold.indb 92

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Praxis: A t bestemme en stamfunktion hvis graf går igennem et givet punkt Ofte stilles man opgaven at bestemme en stamfunktion, hvis graf går gennem et givet punkt.

Fremgangsmåden er den samme som nedenfor, uanset hvilken funktion der er tale om.

En funktion f er bestemt ved y

f(x) = 2x +

1 , x

x>0

2 F(x) = x + In(x)+4

Bestem den stamfunktion, hvis graf går gennem punktet (1,5).

Løsning: Vi bestemmer først samtlige stamfunktioner ved at se på forskriften led for led:

2 A(x) = x + In(x)

(1,5)

2

F(x) = x + In(x) + k

Herefter bestemmes konstanten k ud fra oplysningen om at punktet (1,5) skal ligge på grafen, fordi det betyder, at F(1)=5. Dvs. der gælder: 12 + In(1) + k = 5

k=4

(1,1)

f(x) =2x+ 1x

x

1+0+k=5 k=4

Konklusion: Den søgte stamfunktion har forskriften 2 F(x) = x + In(x) + 4

Øvelse 2.28

En stamfunktion, hvis graf går gennem et bestemt punkt – 2

Bestem den stamfunktion til funktionen f med forskriften 2 –0,2x f(x) = 3x – 4e

hvis graf går gennem punktet (0,–2).

3.2 Hvorfor er integration mere kompliceret end differentiation?

Differentiation er en succeshistorie. Har man lært at differentiere alle de simple funktioner og lært de forskellige regneregler for differentiation, kan man differentiere et hvilket som helst udtryk opbygget af simple funktioner. Og kan man ikke selv gøre det i hånden, kan man få et værktøjsprogram til at udføre differentiationen. Forklaringen på dette er, at differentialkvotienter i virkeligheden er noget meget enkelt, nemlig hældningskoefficienter.

Med integration forholder det sig helt anderledes. Man kan godt bestemme stamfunktioner til de helt simple funktioner, og vi har netop vist regnereglerne for sum, differens

93

9788770668781_indhold.indb 93

12/08/2019 12.40

og konstantfaktor. Men så er festen stort set også slut. Fx findes der ikke generelle metoder til at integrere sammensatte udtryk på formen:

∫ f ( x ) dx Som vi skal se, dukker sådanne integraler naturligt op, hvis man fx vil udregne buelængder – men også i mange andre sammenhænge.

Øvelse 2.29

Integration af sammensat funktion med

som ydre

Undersøg dit værktøjsprograms svar på følgende stamfunktioner: a)

∫

1 − x 4 dx

d)

∫

sin( x ) dx

b)

∫

e x dx

e)

∫

tan( x ) dx

c)

∫

ln( x ) dx

Som ovenstående øvelse viser, findes der ingen simpel regel for integration af de specielle udtryk på formen

∫

f ( x ) dx .

Der er derfor ingen generel regel for integration af sammensatte funktioner!

Det kan virke mærkeligt, at integration er så vanskelig, når differentiation er forholdsvis simpel, for det er jo ”bare” omvendte regningsarter. Men det er i virkeligheden dette, der er det mærkelige.

Integration drejer sig grundlæggende om at bestemme arealer, hvor differentialregning drejer sig om at bestemme hældningskoefficienter. Og arealbestemmelse er ingen simpel sag. De færreste arealer kan udtrykkes med en formel. Dette vender vi tilbage til i kapitel 7, hvor integraler indføres fra bunden, nemlig som uendelige summer.

Vi vil i det følgende se på, hvad vi kan gøre i to vigtige tilfælde, som begge drejer sig om integration af produkter.

Da integration er det omvendte af differentiation, kigger vi først på differentiationsregnereglerne for at se, om der er nogen af dem, der giver anledning til produkter. Der er umiddelbart to regler, man kan hæfte sig ved: Reglen for differentiation af en sammensat funktion: f (g(x)) ′= f ′(g(x))· g ′(x) Reglen for differentiation af et produkt: (f(x) · g (x)) ′= f ′(x) · g (x) + f(x) · g ′(x) Den første er i en vis forstand den simpleste, da den netop giver anledning til et enkelt produkt. Den behandler vi i næste afsnit. Den anden giver derimod anledning til to produkter, hvilket gør det lidt mere tricket at få afsluttet integrationen. Den behandler vi i afsnit 3.4.

94

9788770668781_indhold.indb 94

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

3.3 Integration ved substitution Vi ønsker at se på et integral på formen ∫ f ( x ) ⋅ g( x ) dx . Det involverer stamfunktionerne F og G. Vi skriver nu reglen for differentiation af en sammensat funktion på formen

(F (G(x))) ′= F ′(G(x)) · G ′(x)

= f (G(x)) · g(x)

Læs nu udregningen baglæns: Ved integration får vi derfor:

∫ f (G( x )) ⋅ g( x ) dx = ∫ (F (G( x )))′ dx = F (G( x )) + k Vi har altså vist den følgende regel:

Sætning 4: Integration ved substitution Hvis f og g er kontinuerte funktioner med stamfunktionerne F og G gælder der:

∫ f (G(x) ) · g(x) dx = F(G(x) ) + k

Navnet for processen skyldes en snedig omskrivning, først fundet af Leibniz. For at integrere et produkt af formen ∫ f (G(x) ) · g(x) · dx udnytter vi, at der ved en rent formel omskrivning med differentialer gælder:

du u = G( x ) ⇒ = G ′( x ) = g( x ) ⇒ du = g( x ) ⋅ dx dx

Substituerer vi med såvel variablen u som differentialet du, får vi derfor:

∫ f (G( x )) ⋅ g( x ) dx = ∫ f ( u) ⋅ du Ved at substituere en mellemvariabel u = G(x) løser integralet derfor sig selv:

∫ f (G(x) ) · g(x) dx = ∫ f(u) du

Substituer G(x) = u samt g(x) · dx = du

= F(u) + k

Udfør integrationen

= F (G(x) ) + k

Substituer u = G(x) tilbage

Det er på denne form integration ved substitution udføres i praksis. Men hjemlen til at foretage disse manipulationer med differentialerne ligger altså i den ovenstående sætning. Dette er et typisk træk ved integration: For rent faktisk at kunne udføre håndværket, dvs. genkende et mønster i integralet, støtter man sig til rent formelle regler med regning med differentialer, som om differentialerne var almindelige tal, som man kan gange og dividere med. Det kan virke som snyd eller som en primitiv måde at håndtere integrationen på – men den virker, fordi symbolerne netop er designet til at hjælpe med de mekaniske omskrivninger, der kan løse integralerne nemmest muligt. Integration er en yderst delikat affære, så alle kneb gælder!

95

9788770668781_indhold.indb 95

12/08/2019 12.40

Eksempel: Integration ved substitution – ubestemt integral Vi vil udregne det ubestemte integral ∫ x · e –x dx.

1 Vi bemærker, at stamfunktionen til den ene faktor x, dvs. ⋅ x 2 , er nært beslægtet med 2 1 2 kan repareden indre funktion i den anden faktor, idet en konstant faktor, her ,⋅ xnemt 2 2 res. Det er tegnet på, at vi kan få integralet til at gå op. Vi substituerer derfor u = x , og du dermed er = 2 x , dvs. du = 2x · dx.

2

dx

∫ x⋅e

− x2

2

dx = ∫ e− x ⋅ x dx

Byt rundt på faktorerne 1

= 1⋅∫ e

= 1 ⋅ ∫ e− u du Substituer x 2 = u samt 2x · dx = du 2

= − 1 ⋅ e− u + k

=−

− x2

2

2 1 − x2 ⋅e 2

x ⋅ 2 x dx Gang med 2 og divider med 2 (sæt 2 ⋅udenfor) for at få 2x

+k

Udfør integrationen

Substituer tilbage med u = x 2

Det ubestemte integral er altså givet ved

Øvelse 2.30

2

∫ x⋅e

− x2

dx = − 1 ⋅ e− x + k .

2

2

Kontroller integration: Gør prøve ved at differentiere

1 Kontroller integrationen ∫ x ⋅ e− x dx = − ⋅ e− x + k ved hjælp af integrationsprøven, dvs.

2 2 1 vis ved differentiation af stamfunktionen= − 2 ⋅ e− x , +atk vi netop finder integranden 2 –x x·e .

2

2

Praxis: Integration ved substitution – det ubestemte integral Antag, at vi skal integrere et produkt af formen ∫ f(G(x)) · g(x) dx, hvor den ene faktor f (G(x)) er en sammensat funktion, og hvor det gælder, at den indre funktion er stamfunktion til den anden faktor g(x), dvs. G ′(x) = g(x). Så foregår integrationen ved følgende procedure: → u: Udskift G(x) = u, hvor G(x) er en stamfunktion 1. Substituer G(x) ← til g(x). → du: 2. Substituer g(x) dx ←

Udskift g(x) · dx med differentialet du

3. Beregn integralet:

∫ f(u) du

4. Substituer tilbage:

Udskift u = G(x)

Bemærk, at det kan være nødvendigt at omskrive integranden ved at gange og dividere med den samme konstant (som vist i eksemplet ovenfor) for at nå frem til et produkt, der opfylder betingelsen.

96

9788770668781_indhold.indb 96

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Eksempel: Ubestemt stamfunktion til tangens Vi vil finde stamfunktionen til tan(x), dvs. udregne det ubestemte integral ∫ tan(x) dx.

Tangens er defineret som sinus divideret med cosinus. Vi kan derfor bruge samme teknik som før: sin( x )

1

tan( x ) = = ⋅ sin( x ) cos( x ) cos( x )

Nu har vi et produkt, hvor den ene faktor er en sammensat funktion, hvis indre funktion cos(x) indgår i stamfunktionen til den anden faktor sin(x). Det er tegnet på, at vi kan få integralet til at gå op: sin( x )

sin( x ) cos( x )

∫ tan( x ) dx = ∫ cos( x ) dx

=

= −∫

1 ⋅ ( − sin( x )) cos( x )

= −∫

1 u

= − ln ( u ) + k

Udfør integrationen

= − ln ( cos( x ) ) + k

Substituer tilbage u = cos(x)

x ) dx =til∫ Omskriv ∫ tan( tan(x)

1

∫ cos( x ) ⋅ sin( x ) dx

dx

Omskriv brøken til et produkt dx Gang med –1 og sæt –1 udenfor for at få –sin(x) Substituer cos(x) = u samt –sin(x) ⋅ dx = du

du

Stamfunktionen til tan(x) er altså –ln (|cos(x)|).

1

− ∫ u er dudefineret både for Bemærk: Vi har anvendt numerisk tegn om variablen u,= da positive og negative værdier af u, mens ln kun er defineret for positive værdier.

Øvelse 2.31

Integration ved substitution – uden hjælpemidler – 1

Bestem integralet

∫ 2x · (x 2 +1)

5

dx.

(Stx A, juni 2010: Eksamensopgave uden hjælpemidler)

Øvelse 2.32

Integration ved substitution – uden hjælpemidler – 2

Bestem integralet

∫ 5x · ex

2 +1

dx.

(Stx A, maj 2009: Eksamensopgave uden hjælpemidler)

97

9788770668781_indhold.indb 97

12/08/2019 12.40

3.4 Partiel integration (supplerende stof) Vi ønsker igen at se på integralet af et produkt ∫ f(x) · g(x) dx. Det involverer stamfunktionerne F og G. Vi skriver nu reglen for differentiation af et produkt på formen

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

= f(x) · g(x) + F(x) · g ′(x) dvs.

f(x) · g(x) = ( F(x) · g(x)) ′ – F(x) · g ′(x) Integrerer vi begge sider fås derfor:

∫ f(x) · g(x) dx = ∫ ( F(x) · g(x)) ′dx – ∫ F(x) · g ′(x) dx

= F(x) · g(x) – ∫ F(x) · g ′(x) dx

Det er altså lykkedes os at omforme opgaven med at integrere det oprindelige produkt f(x) · g(x) til integration af et nyt produkt F(x) · g ′(x), hvor vi har integreret den ene faktor og differentieret den anden. Samtidigt har vi fundet en del af den endelige stamfunktion, nemlig F(x) · g(x). Processen kaldes for delvis integration, fordi det kun lykkedes at finde en del af den endelige stamfunktion.

Sætning 5: Delvis integration Antag, at f og g er kontinuerte og differentiable funktioner med stamfunktionerne F og G, samt afledede funktioner f ′og g ′, og antag, at g ′ er kontinuert.

Så gælder det:

∫ f(x) · g(x) dx = F(x) · g(x) – ∫ F(x) · g ′(x) dx

En vigtig anvendelse af delvis integration findes inden for emnet Taylor-rækker, som vi behandler i projektet 2.9 til dette kapitel.

Delvis integration kaldes også for partiel integration.

På bogens website kan du finde opgaver samt flere detaljer om, hvordan man anvender delvis integration i såvel udregning som omskrivning af integraler.

3.5 Ubestemte integraler (stamfunktioner) man skal kende Vi giver her en samlet oversigt over, hvilke funktioner, man forventes at kunne integrere og hvilke regneregler, man forventes at kunne håndtere på A-niveau. Bemærk, at netop regnereglerne udvider i betydelig grad omfanget af funktionsudtryk, man kan møde i en opgave. Kan man klare de ”rene” funktioner, og kan man sine regneregler, kan man også klare de mere komplicerede.

98

9788770668781_indhold.indb 98

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Type Polynomier

Logaritmefunktioner og eksponentialfunktioner

Funktionsudtryk, f(x) f(x) = c (c er en konstant)

∫ f(x)dx = c · x + k

f(x) = x

∫ f(x)dx = 12 x2+ k

f(x) = x

2

∫ f(x)dx = 13 x3+ k

f(x) = x

n

1 x n+1+ k ∫ f(x)dx = n+1

f(x) = 1x = x –1 x > 0

∫ f(x)dx = ln(x) + k

f(x) = ln(x)

∫ f(x)dx = x · ln(x) – x + k

f(x) = e

x

f(x) = a

∫ f(x)dx = 1a · e a·x + k ∫ f(x)dx =

x

–1

x>0

f(x) = √ x = x 0,5

Trigonometriske funktioner

Regneregler

1 ln( a )

· ax + k

1 x a+1+ k ∫ f(x)dx = a+1

f(x) = x a , a ≠ –1 f(x) = 1 x=x

x>0

∫ f(x)dx = ex + k

f(x) = e a · x

Potensfunktioner

Ubestemt integral, ∫ f(x)dx

x>0

∫ f(x)dx = ln(x) + k

x>0

∫ f(x)dx = 32 ·x1,5+ k

x>0

1

f(x) = cos(a · x)

∫ f(x)dx = a · sin(a · x) + k

f(x) = sin(a · x)

∫ f(x)dx = – a · cos(a · x) + k

y = k · f(x)

∫ k·f(x)dx = k·∫ f(x)dx

y = f(x) + g(x)

∫ f(x)+g(x)dx = ∫ f(x)dx+ ∫ g (x)dx

y = f(x) – g(x)

∫ f(x) – g(x)dx = ∫ f(x)dx – ∫ g (x)dx

y = f(a · x + b)

∫ f(a ·x+ b) dx = a1 · F(a ·x+ b)+k

1

hvor F(x) er en stamfunktion til f(x) y = f ( g(x)) · g ′(x)

∫ f(g(x)) · g ′(x) dx = ∫ f(t) dt, hvor t = g(x)

99

9788770668781_indhold.indb 99

12/08/2019 12.40

4. Integralregningens hovedsætning Integralregningens hovedsætning er en teoretisk sætning, der siger, at alle ”pæne” funktioner har en stamfunktion, samt at arealberegning (integration) og tangentbestemmelse (differentiation) er modsatte regningsarter. y

A(x)

I Hvad er matematik? 2, kapitel 5A om differentialregning så vi, at hvis en graf har et knæk, så er den ikke differentiabel i det punkt. Alle sådanne funktioner med knæk har stamfunktioner.

Funktioner, der har en stamfunktion, kaldes også integrable. Så der er altså mange flere funktioner, der er integrable, end der er differentiable. Det er en ”finere” egenskab at være differentiabel end at være integrabel.

tangent

Mere præcist siger integralregningens hovedsætning:

1. For enhver ikke-negativ og kontinuert funktion f, der er defineret på et interval [a;b] gælder, at området under grafen har et areal. Dvs. f har en arealfunktion.

f(x)

1

A(x) a

2. F or enhver ikke-negativ og kontinuert funktion f gælder, at en arealfunktion er en stamfunktion til f.

f(x)

3. Enhver kontinuert funktion har en stamfunktion. x

x

b

V i vil her bevise punkt 2. I kapitel 7 beviser vi de andre punkter.

I det følgende arbejder vi med funktioner f, som er ikke-negative og kontinuerte. Vi antager også, at funktionerne er monotone, dvs. enten rent voksende eller rent aftagende i deres definitionsmængde. Det gør argumentet lidt enklere. På bogens website kan du finde beviset i det generelle tilfælde.

Sætning 5: Integralregningens hovedsætning Lad f være en ikke-negativ funktion, der er kontinuert og monoton i intervallet [a;b]. Så er arealfunktionen A(x), der angiver arealet under grafen i området fra a til x, en stamfunktion til f. Dvs. A(x) er differentiabel, og A′(x) = f(x).

Bemærkning: Ordet område og ordet punktmængde betyder det samme, når vi taler om at beregne arealer. Du vil møde begge ord i det følgende.

100

9788770668781_indhold.indb 100

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Bevis Før vi går igang: Vi gennemfører i det følgende et bevis, der bygger på tretrinsreglen.

Et bevis, der anvender epsilonfunktioner, kræver, at vi går tilbage til definitionen af integraler som summer. Et sådant bevis kan du finde i kapitel 7.

Vi antager, f er voksende. Beviset går på samme måde for en aftagende funktion.

(På bogens website kan du finde følgende gennemgået med et konkret eksempel, 3 nemlig funktionen f(x) = x .)

Vi definerer funktionen A(x) som beskrevet i sætningen, nemlig som den funktion, der måler arealet under grafen for f fra a og hen til x.

Vi ønsker at vise, at A(x) er differentiabel, og at A′ (x) = f(x).

Dertil skal vi bruge tretrinsreglen som blev præsenteret i Hvad er matematik? 2, kapitel 5b Differentialregning. Tretrinsreglen siger, at vi kan undersøge om en funktion er differentiabel ved følgende proces:

Praxis: Tretrinsreglen 2. version 1. trin: Opskriv sekanthældningen givne funktion.

f ( x0 + h) − f ( x0 ) f ( x0 + h) − f ( x0 ) = x0 + h − x0 h

for den

2. trin: Omskriv sekanthældningen til noget, man kan arbejde videre med.

3. trin: Lad h → 0 og argumenter for, hvad der sker med (det omskrevne udtryk for) sekanthældningen. y f

Den ”givne funktion” er her A(x). Vi vælger et tilfældigt x0 mellem a og b og en positiv tilvækst h.

A( x0 + h) − A( x0 ) 1. trin: Opskriv sekanthældningen: h f(x0 )

2. trin: Omskriv sekanthældningen til noget, man kan arbejde videre med.

Vi betragter først tælleren A(x0 + h) – A(x0 ).

A(x0 ) er arealet under grafen fra a til x0 (se 1. figur). a A(x0 + h) er arealet under grafen fra a til x0 + h (se 2. figur).

A(x0 + h) – A(x0 ) er derfor arealet under grafen fra x0 til x0 + h (se 3. figur, næste side).

Da vi ikke kender funktionen f, kan vi ikke foretage en direkte omskrivning, men vi kan i stedet foretage en vurdering af størrelsen af dette areal (se 4. figur, næste side):

x x0

x0+h b

y f f(x0+ h)

–D et er større end arealet af det ”lille” rektangel, som har en bredde på h og en højde på f(x0 ), dvs. et areal på f(x0 ) · h.

– Det er mindre end arealet af det ”store” rektangel, som har en bredde på h og en højde på f(x0 + h), dvs. et areal på f(x0 + h) · h.

A(x0 )

f(x0 ) A(x0 +h) a

x

x0

x0+h b h

101

9788770668781_indhold.indb 101

12/08/2019 12.40

Resultatet af vores vurdering af arealet A(x0 + h) – A(x0 ) kan vi skrive f som en dobbelt ulighed:

y

f(x0+ h)

f ( x0 ) ⋅ h ≤ A( x0 + h) − A( x0 ) ≤ f ( x0 + h) ⋅ h f ( x0 ) ≤

A( x0 + h) − A( x0 ) ≤ f ( x0 + h) h

A(x0 +h) – A(x0 ) a

D ivider med den positive tilvækst h

Vi har hermed gennemført en vurdering af størrelsen af sekanthældx x0+h b ningen, som vi kan anvende under punkt 3.

x0 h

3. trin: Lad h → 0 Vi udnytter nu den egenskab, at f er kontinuert. Kontinuitet betyder f grafisk, at der ikke er spring eller huller i grafen. Vi siger også, at for kontinuerte funktioner kan grafen tegnes ud i en streg uden at løfte hånden fra papiret. Med symbolsprog kan kontinuitet udtrykkes ved, A(x0 +h) – A(x0 ) at f(x0 + h) vil nærme sig f(x0 ), når h går mod 0.

y

f(x0+ h) f(x0+ h) · h f(x0 )

f(x0 ) · h a

Se nu på dobbeltuligheden:

x x0

x0+h b h

f ( x0 ) ≤

A( x0 + h) − A( x0 ) ≤ f ( x0 + h) h

Når h går mod 0, vil tallet til venstre blive stående på f(x0 ), mens tallet til højre vil nærme sig f(x0 ) mere og mere. Men da sekanthældningen hele tiden er klemt inde mellem disse to tal, så vil den også nærme sig det samme tal f(x0 ):

På bogens website kan du finde en animation, der illustrerer gangen i beviset.

A( x0 + h) − A( x0 ) → f ( x0 ) h

når h → 0

Konklusion: Funktionen A(x) er differentiabel i x0 med differentialkvotient A ′( x0 ) = f(x0 ) Da x0 var valgt tilfældigt, gælder dette for alle x.

Hermed har vi vist sætningen: A(x) er differentiabel og A ′( x) = f(x).

Specielt gælder der, at funktionen f har en stamfunktion.

Øvelse 2.33 a) Hvilke ændringer sker der i beviset, hvis funktionen havde været aftagende? b) H vilke ændringer sker der i beviset, hvis vi havde valgt et h der var negativt, dvs. således at x0 + h nærmer sig x0 fra venstre?

102

9788770668781_indhold.indb 102

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

5. Arealberegninger og bestemte integraler Sætningen om arealfunktionen som stamfunktion til f giver os nu et redskab til at beregne arealer afgrænset af grafer for kontinuerte funktioner. I første omgang ser vi på ikke-negative funktioner.

Sætning 6: Arealet under grafen Lad f være en ikke-negativ og kontinuert funktion i intervallet [a,b]. Arealet under grafen for f kan da beregnes ved formlen F(b) – F(a), hvor F er en vilkårlig stamfunktion til f.

Bevis

y

Vi ved, at arealfunktionen A(x) er en stamfunktion.

Ud fra definitionen på A(x) ved vi, at:

A(a) = 0 og A(b) = arealet under grafen

f

(*)

Lad F(x) være en vilkårlig stamfunktion til f.

Ud fra sætningen om samtlige stamfunktioner til en funktion ved vi, at der findes en konstant k, så:

F(x) = A(x) + k

Vi udregner nu udtrykket F(b) – F(a):

F(b) – F(a) = (A(b) + k) – (A(a) + k)

= A(b) + k – A(a) – k

= A(b) – A(a)

A(x)

x a

= arealet under grafen

x

b

I den sidste omskrivning har vi udnyttet (*) Hermed er sætningen vist.

Definition: Det bestemte integral Ved det bestemte integral af f fra a til b forstås tallet F(b) – F(a), hvor F er en vilkårlig stamfunktion. b

Det bestemte integral skrives med symbolet ∫a f(x) dx. a kaldes nedre grænse, og b kaldes øvre grænse. Funktionen f(x) kaldes for integranden.

103

9788770668781_indhold.indb 103

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.34 Da det bestemte integral defineres ud fra en vilkårlig stamfunktion, kunne man tro, det afhang af valget af F. Vis ud fra sætningen om samtlige stamfunktioner, at det ikke er tilfældet, dvs. at det bestemte integral er veldefineret.

Hjælp: Vælg to stamfunktioner og vis, at man får samme resultat med begge.

Bemærkning 1: Definitionen har mening for alle funktioner, der har en stamfunktion, ikke kun funktioner, der er ikke-negative.

Bemærkning 2: I kapitel 7 vil vi nøjere undersøge sammenhængen mellem integral og summer. Her vil det også fremgå, at symbolet dx stammer fra symvolet ∆x, og betyder ”en uendelig lille størrelse”. b

∫a dx , ligesom symbolet dy ikke betragtes som en brøk, men som et samlet symbol for den afledede funktion. dx Her betragter vi det blot som en del af det samlede symbol

I efteråret 1675 indtroducerede Leibniz to symboler, der ændrede matematikkens videre forløb. Det ene var d-notationen for differentialer. Det andet var integraltegnet: I et forsøg på at finde arealet under en kurve ved at lægge uendeligt mange linjer sammen definerede han arealet som omnia l (dvs. summen Gengivelse af Leibniz’ manuskript. af alle linjerne) og repræsenterede summen med et På bogens website kan du finde en langstrakt S. oversættelse.

Praxis: Udregning af et bestemt integral Lad f være en ikke negativ og kontinuert funktion f i intervallet [a,b] .

Arealet under grafen for f kan da beregnes som Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 -1716) opfandt integraltegnet som et symbol for en sum af uendeligt mange uendeligt små stykker. Det er altså bevidst, at det ligner et langtrakt s.

b

∫a f(x) dx.

Udregning af integralet kan ske på følgende måder: 1. V ed brug af integralværktøjet i et værktøjsprogram, hvor de givne oplysninger om funktionen og om grænserne indtastes.

2. Ved brug af et numerisk værktøj, hvor grafvinduet viser det område, vi skal beregne arealet af, og hvor vi indtaster de givne oplysninger om grænserne.

3. Ved hjælp af en stamfunktion, hvor vi indfører følgende symbolik til at styre mellemregningerne:

b

b ∫a f(x)dx = [ F(x) ] a = F(b) – F(a). b

Symbolet [ F(x) ] a repræsenterer altså en mellemregning, idet vi først bestemmer stamfunktionen F til f, og derefter indsætter øvre og nedre grænse og udregner differensen mellem de to værdier.

Som stamfunktion F(x) vælges altid den kanoniske stamfunktion.

104

9788770668781_indhold.indb 104

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Eksempel: De tre beregningsmetoder for arealer Vi har givet funktionen f(x) = 2x2 + 3x + 4. Vi skal bestemme arealet under grafen for f i intervallet [2,6].

1. metode: Beregning ved brug af integralværktøj I et værktøjsprogram kan integralværktøjet fx se således ud:

2 integral (2x + 3x + 4, x, 2, 6)

Ofte vil værktøjsprogrammet dog være indrettet, så man taster direkte ind i en integralskabelon, eller det vil oversætte kommandoen ovenfor, så vi får et skærmbillede som dette:

∫

6

2

( 2 x 2 + 3 x + 4 ) dx 6

608 3

2 dx Værktøjsprogrammets ∫2 ( 2 x + 3 x + 4 )svar:

608 3

eller 202,667

Hvis CAS-værktøjet udregner integralet symbolsk, kan det altså være nødvendigt at få omsat resultatet til et decimaltal.

Vi afslutter med en konklusion: Det søgte areal er 202,667.

Undersøg, hvordan man gør det i dit eget værktøjsprogram.

På bogens website kan du finde en vejledning til de gængse værktøjsprogrammer.

2. metode: Beregning ved brug af grafiske og numeriske værktøjer Vi tegner grafen og angiver, hvad øvre og nedre grænse er.

y

Når vi beder om at få arealet udregnet, vil værktøjsprogrammet normalt ”sværte” punktmængden til og svare med en tilnærmet værdi, skrevet på det grafiske billede.

f(x) = 2 · x2+ 3 · x+4

Vi afslutter med en konklusion: Det søgte areal er 202,667.

3. metode: Beregning ved brug af stamfunktion Vi bestemmer den kanoniske stamfunktion:

FF(x) ( x ) = 2 ⋅ x 3 + 3 ⋅ x 2 + 4 x 3

2

Vi bestemmer arealet til:

Arealet =

6

∫ 2x 2

2

+ 3 x + 4 dx

= F(6) – F(2)

) (

= ) ( ( = ( 23 . ⋅6 Konklusion: Det søgte areal er 202 ==

202,667

4

)

(

3 2 3 3 2 ⋅ 6 + 2 ⋅ 6 + 4 ⋅ 6 − 23 ⋅ 23 + 2 ⋅ 22 + 4 ⋅ 2 3 3 3 = 23 ⋅ 63 + 2 ⋅ 62 + 4 ⋅ 6 − 23 ⋅ 23 + 2 ⋅ 22 + 4 ⋅ 2 202 3

3

+ 2 ⋅ 62

2

) + 4 ⋅ 6) − ( 23 ⋅ 2

3

3

x 6

)

+ 2 ⋅ 22 + 4 ⋅ 2

105

9788770668781_indhold.indb 105

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.35

Arealbestemmelse med 3 metoder

Du skal anvende alle tre metoder til at bestemme arealet under grafen i området fra 1 til 5 for følgende funktioner: 4 a) f(x) = 5 x + 2x

( x ) == 1 b) ff(x) x c) f(x) = 2 · e0,5·x

Øvelse 2.36

Fortolkning af integraler

Giv en fortolkning af de følgende integraler, dvs. forklar hvad værdien betegner: 5

a)

∫

b)

∫ −x

0 3

−3

xdx 2

+ 9 dx

Øvelse 2.37

Skitser punktmængder, og bestem arealer

a) G rafen for funktionen f(x) = x – x3 afgrænser sammen med 1. aksen i 1. kvadrant et område, der har et areal. Skitser situationen, og bestem dette areal.

2 b) G rafen for funktionen f(x) = – x + 3x afgrænser sammen med 1. aksen en punktmængde M, der har et areal. Skitser situationen, og bestem dette areal.

Næsten alle funktioner er integrable. Det er imidlertid ofte svært, eller direkte umuligt, at beregne et integral ved hjælp af stamfunktioner. Men så klarer værktøjet det for os.

Det handler de næste øvelser om.

Øvelse 2.38 Bestem integralet:

Øvelse 3.39

22

0,2xx⋅⋅ee ∫∫ 0,2 00

2

22xx22−−44

dx dx

Arealet af en cirkel

I indledningsafsnittet fortalte vi om en af integralregningens pionerer, englænderen John Wallis, der som så mange andre havde kæmpet med at løse cirklens kvadratur, dvs. at konstruere et kvadrat, der har samme areal som en cirkel, fx cirklen med radius 1.

106

9788770668781_indhold.indb 106

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Cirklen med radius 1 har et areal lig med π, og sidelængden i et kvadrat med samme areal skulle have længden π .

Det viste sig at være en umulig opgave, π er for mærkeligt et tal til, at man kan konstruere kvadratroden af det med brug af passer og lineal.

På Wallis tid i 1600-tallet vidste man ikke, at det er umuligt; det blev først bevist i 1882. Men Wallis havde det på fornemmelsen, og på et tidspunkt valgte han at gå en anden vej end den geometriske og tog et af de første skridt ind i integralregningens verden.

Det lykkedes ham med sine nye metoder at bestemme arealer under mange forskellige kurver, og han besluttede også at prøve kræfter med at bestemme arealet af cirklen. På Wallis tid kendte man ikke koordinatsystemet, men i det følgende arbejder vi i et sådant.

Vi ser på en cirkel med radius 1 og med centrum i (0,0).

y 1

r=1 1 –1

a) V is, at halvcirklen, der ligger i den positive del af planen (1. og 2. kvadrant), kan beskrives som det grafiske billede af funktionen: f(x) y = 1− x 2 .

(

x

(0,0)

–1

)

b) B estem med brug af dit værktøjsprogram arealet af det halve af cirklen, og dernæst hele cirklen. Genkender du tallet?

Øvelse 2.40

Normalfordelingen

I kapitel 8 vil vi beskæftige os med en af de grundlæggende fordelinger i statistik, den såkaldte normalfordeling. Rigtig mange fænomener viser sig at følge en sådan normalfordeling, med den ”klokkeformede” graf, der er symmetrisk omkring middelværdien.

Standardudgaven af den ”klokkeformede graf” har følgende regneforskrift:

f( x) =

1 2π

⋅e

− x2 2

a) Tegn grafen i et passende grafvindue, fx i intervallet fra –6 til 6. b) Udregn

∫

c) Udregn

∫

3 −3 6

−6

e e

− x2 2

− x2 2

d) Udregn tallet

dx med 6 decimaler. dx med 6 decimaler.

2 ⋅π , og sammenlign med det foregående.

Arealet af et bestemt område under grafen angiver sandsynligheden for, at en observation ligger i det pågældende interval. Derfor skal det samlede areal under grafen være 1 (eller 100 %).

I kapitel 7 vender vi tilbage til integralet

∫

∞

−∞

e

− x2 2

dx og viser, hvordan man kan finde den

eksakte værdi uden at benytte stamfunktioner.

107

9788770668781_indhold.indb 107

12/08/2019 12.40

Af og til har vi en situation, hvor et område afgrænses af to eller flere grafer, der er stykket sammen. Det kan være et stykke af en parabelbue efterfulgt af en tangent til parablen. Når vi skal bestemme arealet under grafen i intervallet, så kan vi dele punktmængden op, svarende til hvert af de stykker på grafen, vi kender forskriften for. Det handler næste sætning om.

Sætning 7: Indskudssætningen Antag funktionen f er integrabel på intervallet [a;b], og at c er et punkt i intervallet. Så gælder:

b c b ∫a f(x)dx = ∫a f(x)dx + ∫c f(x)dx

y

x a

c

b

Bevis Vi anvender definitionen på det bestemte integral, og udregner højre og venstre side hver for sig. F er en kanonisk stamfunktion. b

Venstre side:

∫af ( x )dx = F ( b) − F ( a)

Højre side:

∫af ( x )dx + ∫cf ( x )dx = (F (c) − F ( a)) + (F ( b) − F (c)) = F ( b) − F ( a)

c

b

Vi ser, at højre og venstre side giver det samme, hvormed sætningen er bevist.

Bemærkning: Vi kan indskyde lige så mange punkter, vi ønsker, mellem a og b.

Argumenter for, at vi kan indskyde to punkter.

Øvelse 2.41

Anvendelse af indskudssætningen til arealbestemmelse

En tunnel består af to halve parabelbuer og et vandret stykke, der forbinder toppunkterne. De to parabelbuer har forskrifterne

2 f1(x) = – x + 4, –2 ≤ x ≤ 0

2 f2 (x) = –x + 8x – 12, 4 ≤ x ≤ 6

a) Hvad er ligningen for det vandrette stykke, der forbinder toppunkterne? b) Tegn en skitse af situationen. c) B estem tværsnitsarealet af tunellen, dvs. arealet under den sammenstykkede graf ved brug af indskudssætning, og kontoller resultatet med en grafisk bestemmelse af samme.

108

9788770668781_indhold.indb 108

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

5.1 Regneregler for bestemte integraler Ligesom med ubestemte integraler har vi også regneregler for bestemte integraler.

I praksis er det mest fornuftigt at bestemme en samlet stamfunktion og anvende denne i stedet for at dele op. Men regnereglerne er bl.a. nyttige, når vi skal se på områder, der ligger mellem to grafer.

Sætning 8 : Regneregler for bestemte integraler Der gælder følgende regneregler for bestemte integraler b

b

b

b

b

b

1)

∫a f(x) + g(x)dx = ∫af(x)dx + ∫ag(x)dx

2)

∫a f(x) – g(x)dx = ∫a f(x)dx – ∫ag(x)dx

3)

∫a kf(x)dx = k ∫a f(x)dx

4)

∫a f(g(x)) · g ′(x)dx = ∫g(a) f(t)dt

b

b

g(b)

b

Bevis Vi beviser regnereglerne ved at bruge definitionen: sider af lighedstegnet. Vi ser først på 1):

b

∫a f ( x )dx = F ( b) − F ( a)

på begge

1. Venstresiden: b

∫a f ( x ) + g( x )dx = [F ( x ) + G( x )]

b a

= F ( b) + G( b) − ( F ( a) + G( a)) = F ( b) − F ( a) + G( b) − G( a)

Vi har anvendt sætningen om stamfunktion til en sum af to funktioner.

2. Højresiden: b

b

∫a f ( x )dx + ∫a g( x )dx = [F ( x )] a + [G( x )] a = F ( b) − F ( a) + G( b) − G( a) b

b

Da venstresiden og højresiden kan omskrives, så det er ens udtryk, er punkt 1 bevist.

Øvelse 2.42 Bevis de andre regneregler efter samme opskrift. Sammenlign dit bevis med det, der ligger på bogens website.

109

9788770668781_indhold.indb 109

12/08/2019 12.40

Eksempel: Integration ved substitution – bestemt integral Vi vil udregne det bestemte integral

∫

2

0

x dx .

1+ x 2

Først omskrives brøken til et produkt:

∫

2

0

x dx = 1+ x 2

∫

2

0

1 ⋅ x dx .

1+ x 2

Derefter bemærker vi, at den afledede til funktionen 1 + x2 er lig med 2x, som på nær 2 en konstant er den anden faktor x. 1 + x spiller altså rollen som den indre funktion g(x) i sætning 8, formel 4.

2 Vi går derfor frem som ved ubestemte integraler, og substituerer således u = 1 + x ,

du = 2 x , dvs. dx

du = 2x · dx.

Forskellen til ubestemte integraler er nu: Vi skifter fra x-grænser til u-grænser: Når x = 0 er u = 1 + 02 = 1 2 Når x = 2 er u = 1 + 2 = 5.

Vi får da: 2

x

∫ x 1+ x

2

1

dx = ∫ ⋅ x dx 2 2 10 1 + x dx 2= ∫ ⋅ x dx 2 ∫x0 1 + x 2 01 1 + 1 x2 2 1 vi skaffer 2 x til veje ved at gange og dividere med 2 ∫0 1 + x 2 dx = ∫0 11+ =x 222⋅ ⋅x∫10dx1 + x 2 ⋅ 2 x dx, vi skaffer 2 x til veje ved at gange og dividere med 2 = ⋅ ⋅ 2 x dx, 1 22 ∫0111 + 5x 21 vi substituerer integrand ogog grænser én gang du, vi skaffer 2 x til veje ved at gange dividerepå med 2 = ⋅ ∫ = ⋅ 2∫ ⋅ 2 x⋅ dx 2 10 1 +25 x1 1 u vi substituerer integrand og grænser på én gang = 5 ⋅ ∫ ⋅ du, 5 1 2 1 11 u ⋅ [ln( vi bestemmer stamfunktion mht , u )]1 vi substituerer integrand og grænser påvariablen én gang u = ⋅ ∫ = ⋅ du 2 11 u 2 5 vi bestemmer stamfunktion mht variablen u = ⋅ [ln( u )]1 1 1 2 15 vi udnytter ln(1) = 0 mht variablen u vi bestemmer stamfunktion = ⋅ [ln(=u )]1⋅ (ln(5) − ln(1)) = ⋅ ln(5) 2 2 1 2 1 = ⋅ (ln(5) − ln(1)) = ⋅ ln(5) vi udnytter ln(1) = 0 1 22 x 12 2 1 = ⋅ (ln(5) dx) = ∫ ⋅ ln(5)2 ⋅ x dxvi udnytter ln(1) = 0 Konklusion: 2 ∫ − ln(1) 2

0

2

2

0

1+ x

20 1 + x

=

1 ⋅ 2

∫

2

0

1 ⋅ 2 x dx, 1+ x 2

vi skaffer 2 x til veje ved at gange og dividere med 2

1 51 Praxis: Integration ved=substitution vi substituerer integrand og grænser på én gang ⋅ ⋅ du, – det bestemte integral 2

∫

b

u

Når man skal integrere et produkt af formen ∫ a f (g(x)) · h(x) dx, hvor den ene 5 1 faktor f (g(x)) er en sammensat hvorom detvigælder, at den afledede afmht variablen u bestemmer stamfunktion = ⋅ [ln( u )]funktion, 1 2 den indre funktion er lig med den anden faktor, måske på nær en konstant a: 1 1 = ⋅ (ln(5) − følgende: ln(1)) = ⋅ ln(5) vi udnytter ln(1) = 0 g ′(x) = a · h(x), så er proceduren 1

2

2

1. Indfør konstanten a, så substitutionen fremstår tydeligere: b

b

b

a

a

a

∫ f (g(x)) · h(x) dx = a1 ∫ f (g(x)) · a · h(x) dx = a1 ∫ f (g(x)) · g ′(x) dx 2. Indfør en ny variabel: u = g(x) for den indre funktion. du 3. Differentier u = g(x): dx = g ′(x), hvoraf vi får: du = g ′(x) · dx

110

9788770668781_indhold.indb 110

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

4. Indfør nye grænser: når x = a er u = g(a) og når x = b er u = g(b) 5. Indfør substitutionerne på én gang i integralet, så der ikke sker en sammenblanding af variablerne: 1 a

g ( b)

1

b

∫ a f (g(x)) · g ′(x) dx = a ∫ g( a) f(u) du

6. Bestem stamfunktionen F(u) til f(u), og indsæt grænserne: 1 a

g ( b)

1

1

∫ a f (g(x)) · g ′(x) dx = a ∫ g( a) f(u) du = a · [F(u)] b

Øvelse 2.43

g ( b) g ( a)

= a1 · (F (g(b))

– F (g(a)))

Integration uden hjælpemidler – 1

Bestem integralet

∫

3 −1

)

(

5

2 x ⋅ x 2 + 1 dx .

(Stx A, juni 2010: Eksamensopgave uden hjælpemidler)

Øvelse 2.44

Integration uden hjælpemidler – 2

Bestem integralet

∫

1

0

5x ⋅ ex

2

+1

dx .

(Stx A, maj 2009: Eksamensopgave uden hjælpemidler)

Opgaver I opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 5.1.

5.2 Areal af et område mellem to grafer I det foregående har vi bestemt arealet af områder under grafer, som ligger over x-aksen. Vi vil i det følgende se på områder afgrænset af to grafer.

y

Eksempel: Areal af et område mellem to parabler Vi har to funktioner f(x) = x2 – 2 og g(x) = – x2 + 16, hvis grafer vi tegner i samme koordinatsystem.

g

De to grafer skærer hinanden og afgrænser sammen en punktmængde, som har et areal. Vi kalder punktmængden M. x-værdierne for grafernes skæringspunkter bestemmes: f(x) = g(x)

2

f

2

x – 2 = – x + 16

2 2x = 18

2 x =9

1 –3

x 3

x = – 3 eller x = 3

111

9788770668781_indhold.indb 111

12/08/2019 12.40

y

D a vores arealfunktioner giver arealet under grafen, når grafen ligger over x-aksen, så benytter vi en metode, der gør at begge grafer kommer over x-aksen, og vi stadig har en punktmængde med samme form og dermed areal. Da minimum for f er –2, så kan vi lave en lodret parallelforskydning på 2 eller mere (her 4) af begge grafer, og vi får da netop en punktmængde med samme form og areal.

De nye grafer har forskrifterne:

2 2 f+4 (x) = x – 2 + 4 = x + 2 og

g

f

g +4 (x) = –x2 + 16 + 4 = –x2 + 20

1

–3

Nu kan vi for hver af graferne bestemme arealet under grafen i intervallet [–3;3].

x

3

1. metode: Udregning med stamfunktioner Arealet af punktmængden bliver forskellen mellem de to arealer:  1  3 1 3 + 2 dx =  − x 3 + 20 x  −  x 3 + 2 x  = 102 − 30 = 72 − 3  3  3  −3 Konklusion: Arealet af punktmængden M er 72.

∫ (− x 3

3

2

)

+ 20 dx − ∫

3

3

(x

2

)

2. metode: Løsning ved hjælp af grafisk værktøj Fremstil et grafisk billede af situationen efter parallelforskydningen.

B enyt værktøjsprogrammets grafiske muligheder til at bestemme arealerne i intervallet [ 0;3] – se evt. den vejledning hertil, du finder på bogens website.

Arealet under grafen for f+4 (x) bliver 30 Arealet under grafen for g+4 (x) bliver 102

Konklusion: Arealet af punktmængden M er 102 – 30 = 72

Vi kunne også have udregnet arealet direkte som et integral. Det handler næste sætning om.

Sætning 9: Arealet af et område mellem to grafer Antag, vi har to kontinuerte funktioner f og g, hvis grafer i intervallet [a;b] er beliggende, så f(x) ≥ g(x) for alle x. De to grafer afgrænser da et område M, som har et areal, og arealet kan bestemmes således:

b

Arealet af området mellem graferne = ∫a (f(x) – g(x))dx

Bevis Udfør selv illustrationer til at støtte din læsning af beviset!

Kontinuerte funktioner har samme egenskab, som vi udnyttede i eksemplet ovenfor, nemlig at de i et lukket og begrænset interval som intervallet [a;b] har en største- og en mindsteværdi.

112

9788770668781_indhold.indb 112

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Hvis mindsteværdien for funktionen g kaldes m, så gælder

g(x) ≥ m hvoraf vi får: g(x) – m ≥ 0

f(x) ≥ m hvoraf vi får: f(x) – m ≥ 0

Graferne for de to nye funktioner g1(x) = g(x) – m og f1(x) = f(x) – m fremkommer ved en parallelforskydning af de to oprindelige grafer, og det søgte areal er derfor lig med arealet mellem de to nye grafer.

De to nye grafer er begge positive. Derfor kan vi gøre som i eksemplet og udregne det søgte areal som differensen: b

b

∫a f ( x )dx − ∫a g ( x )dx 1

1

b

b

= ∫ (f ( x ) − m) dx −∫ ( g( x ) − m) dx

= ∫ (f ( x ) − m) − ( g( x ) − m) dx

Anvend regneregel

b = ∫ (f ( x ) − m − g( x ) + m) dx

Anvend parentesregel

= ∫ (f ( x ) − g( x )) dx Reducer

a

a

b

a

a

Indsæt udtrykkene for f1(x) og g1(x)

b

a

Hermed er formlen bevist.

Øvelse 2.45

Skitser punktmængder, og bestem arealer

a) S kitser punktmængden M, som graferne for f(x) = x + 4 og g(x) = 3x + 4 samt den lodrette linje x = 5 afgrænser, og bestem arealet af punktmængden M. 2 b) S kitser punktmængden M, som graferne for f(x) = –2x + 20x – 32 og g(x) = 2x + 4 afgrænser, og bestem arealet af punktmængden M.

Øvelse 2.46

y

Areal af punktmængde under x-aksen

a) V i ser på grafen for en kontinuert funktion f, der ikke er positiv i intervallet [a;b].

Argumenter for at grafen sammen med x-aksen afgrænser et område der har arealet b

Areal = − ∫ f ( x ) dx a

1

x 1

f(x)

b) B estem arealet af et område der er afgrænset af 2 grafen for f(x) = x – 9 og x-aksen.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger opgaver i tilknytning til afsnit 5.

113

9788770668781_indhold.indb 113

12/08/2019 12.40

6. Rumfangsberegninger 6.1 Rumfang af omdrejningslegemer – drejning om x-aksen I dette afsnit vil vi lære at beregne rumfanget af omdrejningslegemer, der fremkommer, når vi drejer en kurve 360° omkring x-aksen.

På bogens website kan du finde anvisninger på, hvordan man drejer grafer i et graftegningsprogram. Udgangspunktet er grafen for en kontinuert positiv funktion.

Grafen afgrænser sammen med x-aksen og to lodrette linjer x = a og x = b en punktmængde M, der har et areal (se figuren til venstre). Arealet A af denne punktmængde M er altså integralet: b b

A = ∫ y dx = ∫ f ( x ) dx a

a

Punktmængden M.

Punktmængden M drejes omkring x-aksen.

Tværsnittet for omdrejningslegemet er en cirkel med radius f ( x).

Hvis vi nu drejer denne punktmængde M omkring x-aksen, så får vi det omdrejningslegeme, som vi ønsker at finde rumfanget af. I dette tilfælde er tværsnittet en cirkel med radius f(x), hvorfor tværsnitsarealet er givet ved: A( x ) = π ⋅ r 2 = π ⋅ f ( x )2 Den følgende sætning viser, at Rumfanget af omdrejningslegemet er givet ved b b b

V = ∫ A( x ) dx = ∫ π ⋅ f ( x )2 dx = π ⋅ ∫ f ( x )2 dx a

a

a

Sætning 10: R umfanget af et omdrejningslegeme ved drejning omkring x -aksen Lad f være en kontinuert positiv funktion, og lad grafen for f sammen med x-aksen og de lodrette linjer x = a og x = b afgrænse punktmængden M. Da er rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer ved at dreje punktmængden M 360° grader omkring x-aksen givet ved integralet: b

V = p ∫ f(x) 2 · dx a

114

9788770668781_indhold.indb 114

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Bevis: Sætningen bevises efter samme opskrift, som vi anvendte i undersøgelsen af arealer: Først bevises, efter samme metode som i sætning 5, at en volumenfunktion V(x) er dif2 ferentiabel med differentialkvotient lig med (π · f(x) ). Dernæst vises rumfangsformlen efter samme metode som i sætning 6. På bogens website kan du finde det detaljerede bevis.

Bemærkning: Det er faktisk ikke afgørende, at funktionen er positiv. Hvis f er negativ i et delinterval, vil grafen for |f(x)| være positiv og ligge symmetrisk med grafen for f(x) omkring x-aksen i dette delinterval. Rumfanget af omdrejningslegemet er derfor givet ved samme integral b b

2 V = π ⋅ ∫ f ( x ) dx = π ⋅ ∫ f ( x )2 dx a

Øvelse 2.47

a

Rumfang af omdrejningslegeme

En funktion f er bestemt ved 2 f(x) = x –10x + 30.

Grafen for f, koordinatakserne og linjen med ligningen x = 10 afgrænser i første kvadrant en punktmængde M, der har et areal. a) Bestem arealet af M. b) B estem rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer, når M drejes 360° omkring førsteaksen. (stx A eksamen december 2008 med)

Øvelse 2.48

Bicepsmusklens volumen og styrke

En funktion f er givet ved f(x) = 2 · sin(0,05 · π · x – 0,5 · π) + 2. a) Tegn grafen for f i intervallet [0;40].

I en model kan bicepsmusklen hos en bestemt person beskrives ved det omdrejningslegeme, der fremkommer, når grafen for f drejes 360° omkring førsteaksen i intervallet [0;40]. b) Bestem bicepsmusklens volumen.

Styrken i bicepsmusklen er proportional med musklens maksimale tværsnitsareal.

(1)

c) Bestem bicepsmusklens maksimale tværsnitsareal. (stx A eksamen august 2012 med)

115

9788770668781_indhold.indb 115

12/08/2019 12.40

Eksempel: Modellering af hule genstande Når vi skal modellere fx en vase eller en tønde, kan vi dels fokusere på det indre af genstanden, dvs. hvor meget væske kan genstanden indeholde, dels på selve genstanden, dvs. hvor meget materiale i form af glas eller træ der er blevet brugt til at frembringe den. Det første problem svarer til, at vi finder rumfanget af et omdrejningslegeme frembragt ved, at vi drejer området indesluttet mellem x-aksen og en enkelt graf omkring x-aksen, mens det sidste problem svarer til, at vi finder rumfanget af et omdrejningslegeme frembragt ved, at vi drejer området indesluttet mellem to grafer omkring x-aksen.

Området drejes omkring x-aksen.

Område afgrænset af to grafer.

Omdrejningslegemet.

Det sidste problem kan føres tilbage til det første, ved at vi bestemmer differensen mellem de to rumfang, der fremkommer ved at dreje henholdsvis den ydre graf og den indre graf 360° omkring x-aksen. Kaldes funktionen hørende til den ydre graf for f og funktionen hørende til den indre graf for g, gælder der: b b b

Vmellemrum = Vydre − Vindre = π ⋅ ∫ f ( x )2 dx − π ⋅ ∫ g( x )2 dx = π ⋅ ∫ f ( x )2 − g( x )2 dx a

a

a

(

)

Vi har altså vist:

Sætning 11: R umfanget indesluttet mellem to omdrejningslegemer Lad f og g være to positive kontinuerte funktioner, hvor f(x) ≥ g(x). Lad graferne for f og g sammen med de lodrette linjer x = a og x = b afgrænse området M. Da vil rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer ved at dreje M 360° omkring x-aksen være givet ved: b

V = Vydre – Vindre = p ∫a ( f(x) 2 – g(x) 2 ) dx

116

9788770668781_indhold.indb 116

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Eksempel: Indre rumfang og materiale rumfang af hul genstand To funktioner f og g er givet ved

f ( x ) = sin( x ) + 1 x + 4 og g( x ) = 2 x − 2 .

y

2

De to grafer afgrænser sammen med koordinatakserne og linjen med ligningen x = 20 en punktmængde M. Formen af en 20 cm høj glasvase fremkommer ved at punktmængden M drejes 360° omkring x-aksen.

Vi vil bestemme rumfanget af vasens glasdel.

M

x 2

Løsning: Vi bemærker først, at den øvre funktion f(x) er defineret på hele intervallet [ 0;20 ], mens den nedre funktion g(x) kun er defineret på intervallet [2;20 ]. Vi kunne dele området op i to dele ved hjælp af skillelinjen x = 2, eller vi kunne udvide funktionen g ved at sætte den til 0 i intervallet [ 0;2[. Men det nemmeste er faktisk at udregne de to rumfang, det ydre rumfang og det indre rumfang hver for sig! Vi finder da: 20 20

V = Vydre − Vindre = π ⋅ ∫ f ( x )2 dx − π ⋅ ∫ g( x )2 dx 0

2

Udregnes integralerne i et værktøjsprogram får vi:

V = 21 π ⋅ (1172 − cos(20) ⋅ (18 + sin(20))) ≈ 1828,85 Rumfanget af glasdelen udgør altså 1828 cm3.

Øvelse 2.49

Rumfang af en ring

To funktioner f og g er givet ved

f(x) = x 2 – 4x + 7

g(x) = –x 2 + 6x – 1

(2) f

M

Graferne for f og g afgrænser i første kvadrant en punktmængde M, der har et areal. a) Bestem arealet af M.

b) B estem rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer, når M drejes 360° om koordinatsystemets førsteakse.

g

(1) 1

4

(STX matA, maj 2010)

117

9788770668781_indhold.indb 117

12/08/2019 12.40

6.2 R umfang af omdrejningslegemer – drejning om y-aksen (supplerende stof) Vi kan også dreje en graf omkring y-aksen. Det er teknisk mere kompliceret, og hvis man søger på rumfangsformler i dette tilfælde, vil man kunne finde flere forskellige varianter, der er mere eller mindre korrekt formulerede. Vi fokuserer her på et særligt simpelt eksempel med en særlig simpel formel. Vi ser på grafen for en kontinuert aftagende funktion, hvis graf forbinder punktet ( 0,d ) på y-aksen med punktet (b,0 ) på x-aksen. Grafen afgrænser sammen med koordinatakserne en punktmængde M i første kvadrant. Når vi drejer denne punktmængde omkring y-aksen, fremkommer et omdrejningslegeme, som vi ønsker at bestemme rumfanget af. På bogens website ligger en animation af figuren.

Sætning 12: R umfanget af et omdrejningslegeme ved drejning om y -aksen Lad f være en kontinuert aftagende funktion i intervallet [0 ; b] hvor f(b) = 0. Lad grafen for f og koordinatakserne afgrænse punktmængden M i første kvadrant. Da er rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer ved at punktmængden M drejes 360° grader omkring y-aksen givet ved integralet b

V = 2 p ∫0 x · f(x) dx

Opgaver I opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 6.

7. Anvendelser af integralregning 7.1 Ginikoeffcienten I Hvad er matematik? 2, kapitel 14 om matematik og samfundsfag, findes en grundig behandling af Ginikoefficienten som er et mål for økonomisk ulighed: Et Lorenzdiagram er en speciel udgave af en sumkurve, hvor man på 1. aksen afsætter den kumulerede procentandel af den givne befolkning og på 2. aksen afsætter den kumulerede procentandel af den samlede indtægt – se diagrammet.

118

9788770668781_indhold.indb 118

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Lorenz-diagrammer 100

100

Kumuleret indtægt i %

90

Observeret fordeling

80

Kumuleret indtægt i %

90

Totalt lige fordelt

80

70

70

60

60

50

50

40

40

30

30 20

20 10

Kumuleret antal i %

10

Kumuleret antal i %

0

0 0

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

0

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Ginikoefficienten er da defineret som forholdet mellem de to viste arealer.

Øvelse 2.50 Gør rede for, at hvis den kumulerede indtægt som funktion af det kumulerede antal kan beskrives ved funktionen f(x) defineret for 0 ≤ x ≤ 1 (idet procenterne omsættes til decimaltal), kan Ginikoefficienten udregnes på følgende måde: 1

x1 − f ( x ) dx ∫ 1 1 0∫0 ( x − f ( x )) dx Det gule areal = = 1=−12−⋅ ∫2f⋅ (∫x )f dx Gini = ( x ) dx 1 1 0 0 Det røde areal x dx x∫ dx

∫0

0

Men det forudsætter altså, at man kender forskriften for den kumulerede indtægtsfunktion f. Man vælger da ofte at tilnærme datapunkterne med en fjerdegradskurve, som findes ved lave polynomisk regression på datasættet.

I kapitel 14 i Hvad er matematik? 2, som du kan finde via bogens website, findes der øvelser med konkrete tal, som du kan bruge til at udregne en ginikoefficient ud fra den ovenstående integralformel. Prøv også at sammenligne med polygonmetoden, hvor du tilnærmer de to områder med polygoner og bruger dit værktøjsprograms faciliteter til at bestemme arealerne af polygonerne.

L(km) 270

7.2 Middeltal og gennemsnitlig fart Når man kører en tur i en bil eller på en cykel, så varierer farten som funktion af tiden. Hvis man igennem et tidsrum på fx 3 timer kører med en kontant hastighed på 90 km/t, så har man i alt kørt en strækning på

L = 90

km ⋅ 3 h = 270 km h

L′(t) = v(t) = ∆L ∆t

0

1

2

t(h) 3

119

9788770668781_indhold.indb 119

12/08/2019 12.40

Hvis man gennem et tidsrum på t kører med en konstant hastighed på v, så har man i alt kørt en strækning målt i passende enheder på L = v · t Nu kører man aldrig med en konstant hastighed. Men i et lille tidsrum på ∆t kan farten betragtes som konstant lig med v(t). I dette tidsrum kører man en strækning på

∆L = v(t) · ∆t

Ved en metode, der er beslægtet med den metode Wallis og andre af integralregningens første teoretikere anvendte, kan vi nu betragte turen på cykel eller i bil som summen af den tur, vi kører i alle de små tidsrum. Betragter vi disse tidsrum som uendeligt små, så har vi uendeligt mange bidrag til denne sum, og denne uendelige sum kan udregnes som et integral, så den samlede turlængde er: b

L = ∫ v ( t ) dt

hvor a er starttidspunktet, og b er sluttidspunktet. a

Bemærkning: Vi kunne også have argumenteret således: Hvis vi opfatter den kørte vejlængde L som en funktion af tiden, følger det af det ovenstående, at der må gælde ∆L t) = = v (t ) ∆L = v(t) · ∆t dvs. LL'(′(t) ≈ ∆t Vejlængdefunktionen er altså en stamfunktion til hastighedsfunktionen.

Heraf følger igen

b

∫av (t ) dt = [L(t )]a = L( b) − L( a) = L , b

L(a) = 0, fordi turen starter til tiden t = a

Turen har varet i alt (b – a) timer (eller minutter, afhængig af de enheder vi arbejder med). På en cykels speedometer angives altid, hvad gennemsnitshastigheden har været. Det er den hastighed, vi skulle køre med, hvis vi skulle nå lige så langt med en konstant hastighed.

Havde vi kørt med konstant hastighed vgennemsnit, så havde vi i løbet af tidsrummet på (b – a) i alt kørt:

L = vgennemsnit · (b – a)

De to formler for længden L giver os nu en formel for gennemsnitshastigheden:

b

vgennemsnit ⋅ ( b − a) = ∫ v ( t ) dt a

vgennemsnit =

1

b

( b − a ) ∫a

v ( t ) dt

120

9788770668781_indhold.indb 120

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

Øvelse 2.51

Beregning af gennemsnitsfart

Gennemfør sammen med fysik forsøg med kast og fald, hvor der foretages målinger af hastigheden. Eller hent datamateriale i Hvad er matemat? 2, kapitel 11 Matematik og fysik, som kan tilgås via bogens website, og udfør beregninger af gennemsnitsfarten ved brug af formlen.

7.3 Længder af kurver Hvis f er en differentiabel funktion, kan vi beregne længden l af et bestemt stykke af grafen for f ved hjælp af formlen: b

2 l = ∫ (f ′( x )) + 1 dx a

hvor a og b er grænserne for det interval, hvori vi betragter grafen. y

Formlen kan vi nå frem til ved en metode, der er beslægtet med den metode, Wallis og andre af integralregningens første teoretikere anvendte. Vi betragter grafen som sammensat af uendeligt mange uendeligt små stykker. Hver af disse uendeligt små stykker på buen kan betragtes som et lille ret linjestykke ∆l. ∆l er hypotenuse i en lille retvinklet trekant. Den vandrette katete har en længde vi kalder for ∆x. Hældningskoefficienten for tangenten til kurven er f ′( x), hermed følger af definitionen på hældningskoefficient, at den lodrette katete er lig med f ′( x) · ∆x. Se illustrationen.

∆l

f ′(x) ·∆x

∆x

f(x)

x a

b

Vi anvender nu Pythagoras:

2 ∆l 2 = (f ′( x ) ⋅ ∆x ) + ∆x 2

∆l 2 = (f ′( x )) ⋅ ∆x 2 + ∆x 2 2

(

Anvend potensregel

)

∆l 2 = (f ′( x )) + 1 ⋅ ∆x 2 Sæt uden for parentes

2

Tag kvadratroden på begge sider ((f ′( x )) + 1) ⋅ ∆x Sæt ∆x uden for kvadratroden ∆l = ((f ′( x )) + 1) ⋅ ∆x

∆l =

2

2

2

Længden af grafen er nu summen af alle disse bidrag. Opfatter vi ∆x som et uendeligt lille stykke, vi betegner med dx, så består summen af uendeligt mange bidrag. En sådan uendelig sum udregnes netop som integralet. Dette går vi dybere ind i i kapitel 7, men her får vi altså følgende resultat:

Længden af kurven i intervallet [a;b] =

b

∫a (f ′( x ))

2

+ 1 dx

121

9788770668781_indhold.indb 121

12/08/2019 12.40

Øvelse 2.52

Længden af en parabelbue

Bestem længden af parabelbuen for f(x) = x2 i intervallet fra –2 til 2.

Øvelse 2.53

Længden af Storebæltsbroens bærende kabler

I Hvad er matematik? 2, kapitel 5A, s. 182f så vi på en model for Storebæltsbroens brobane og tilkørselsrampe. De bærende hængekabler har form som en parabel, og vi vil nu bestemme længden af dette kabel. a) B roen lægges ind i et koordinatsystem, hvor 1. aksen følger havoverfladen, og 2. aksen lægges, så den er parablens symmetriakse. Hængekablet går mellem de store pyloners øverste punkter. Der er 1624 meter mellem pylonerne, og de er 254 meter høje. Kablernes laveste punkt er 87 meter over havoverfladen. Bestem en ligning for parablen ud fra disse oplysninger. b) B estem længden af et af de to bærende kabler.

Øvelse 2.54

Længden af The Gateway Arch y

f(x)

x

I St. Louis Missouri står The Gateway Arch af Eero Saarinen, som blev bygget i 1963-65. Buen kan beskrives i et koordinatsystem som graf for funktionen:

f(x) = 211,4885 – 10,4801 · (e

0,0329·x

+ e –0,0329·x )

hvor enheden er meter. a) Bestem nulpunkterne for funktionen. b) Bestem længden af buen.

122

9788770668781_indhold.indb 122

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

7.4 En sammenhængende teori for ln(x) og ex Hovedsætningen fortæller os, hvordan vi kan konstruere en stamfunktion i de tilfælde, hvor vi ikke kan gætte den. I de tilfælde, hvor stamfunktionen slet ikke kan udtrykkes ved simple funktioner, kan den altså i stedet konstrueres med et integral og dermed indføres som en ny funktion – der herefter kan tabellægges, graftegnes osv. Sådan er det også gået historisk. Fra en lidt usikker start er både logaritmefunktioner og trigonometriske funktioner endt med at blive indført som stamfunktioner, dvs. via integraler.

De trigonometriske funktioner behandles i kapitel 7. Mht. den naturlige logaritmefunktion ln fandt man ud af, at den måtte være en stamfunktion til hyperbelfunktionen y = 1x , og at den naturlige logaritme derfor havde en simpel fortolkning som et areal under den ligesidede hyperbel. I den moderne analyse defineres den naturlige logaritme således som den stamfunktion til y = 1x , der har værdien 0 for x = 1:

∫

ln( a) =

a

1

1 x

dx for x > 0

Via bogens website er der adgang til en tekst af den betydningsfulde danske matematiker Harald Bohr, der fortæller mere om historien bag logaritme- og eksponentialfunktionen. Vi vil nu ud fra definitionen bevise logaritmefunktionens egenskaber.

Øvelse 2.55

Bevis for logaritmefunktionens egenskaber

Funktionen y = 1x er kontinuert og dermed integrabel over intervallet fra 1 til a, når a er positiv.

I de følgende spørgsmål defineres den naturlige logaritme derfor som integralfunktionen: a 1 ln( a) = dx

∫

1

x

Vi vil nu udlede logaritmefunktionens egenskaber, som vi præsenterede i Hvad er matematik? 2, kapitel 4, ud fra denne definition. a) Gør rede for, at ln(1) = 0 b) G ør rede for, at ln(a · b) = ln(a) + ln(b) for alle positive tal a og b. ln(Udnyt a ⋅ b) = (Hint:

∫

a⋅ b

1

a

x a

⋅

∫

a⋅ b

1

1 x

dx =

∫

a

1

1 x

dx + ∫

a⋅ b a

1 x

dx , omskriv det sidste integral til

x 1 dx , og gennemfør substitutionen: u = a a a b

c) G ør rede for, at ln( ) = ln( a) − ln( b) for alle positive tal a og b. a b

(Hint: Udnyt, at aln( = )· =b).ln( a) − ln( b) d) Anvend b) og c) til at vise: ln(an ) = n · ln(a), ln(a –n ) = –n · ln(a) og ln( a ) = 1 ⋅ ln( a) 2 2

e) Gør rede for, at ln(x) er en voksende funktion. f) G ør rede for, at ln(x) → ∞ for x → ∞ og at ln(x) → –∞ for x → 0 (Hint: Udnyt d) og e) ) g) G ør rede for, at der for ethvert positivt tal a og ethvert tal x findes præcis en løsning y til ligningen: ln( y) = x · ln(a).

(Hint: Udnyt e), f) og at f er kontinuert til at konkludere, at værdimængden er alle tal.)

På bogens website kan du finde en gennemgang af øvelsen med løsninger.

123

9788770668781_indhold.indb 123

12/08/2019 12.40

Definition: E ksponentialfunktionerne y = a x og y = e x Vi definerer eksponentialfunktionen y = a x som løsningen til ligningen: In(y) = x · In(a). x Der gælder således pr. definition, at In(a ) = x · In(a). x Vi definerer den naturlige eksponentialfunktion y = e som løsningen til ligningen: In(y) = x. x In(y) = y.

Der gælder således pr. definition, at In(e ) = x og e

Specielt er tallet e løsning til ligningen In(y) = 1

Nu har vi således: – givet en præcis definition af ln(x) – vist,

at ln(x) opfylder logaritmereglerne, dvs. det er den søgte funktion – givet en præcis definition af eksponentialfunktionerne.

Ud fra disse definitioner beviste vi i Hvad er matematik? 2, kapitel 4 alle regnex x reglerne for a og specielt e , dvs. det er de søgte funktioner. x Vi mangler nu blot at give et bevis for differentiation af e for at have opstillet en sammenhængende matematisk teori.

Sætning 13: Differentiation af ex Eksponentialfunktionen ex er differentiabel, og der gælder: ( ex ) ′= ex

Bevis Vi udnytter definitionen af ex som den omvendte funktion til ln(x): Derved er graferne x for de to hinandens spejlbilleder i linjen y = x, og når ln(x) er differentiabel, bliver e derfor også differentiabel. x Vi bestemmer differentialkvotienten for e ved at anvende sammensat differentiation på venstre side i ligningen: x ln(e ) = x

(ln(ex)) ′= (x) ′

( )

1 ⋅ ex ′ = 1 ex

Anvend definitionen på ex Differentier på begge sider Anvend sammensat differentiation og (ln(x))y′==

1 x

( )

1 x x ⋅ e x ′ = 1e Gange e over på højre side ex

Her står det ønskede resultat.

124

9788770668781_indhold.indb 124

12/08/2019 12.40

2. Integralregning

8. Projekter På bogens website ligger en række projekter, der knytter sig til kapitel 2.

På bogens website ligger yderligere særlige studieretningskapitler med oplæg til samarbejde mellem studieretningsfagene, samt kapitel 10, Matematik og kultur, med materialer og projekter, der kan anvendes i et samarbejde med humanistiske fag eller i selvstændige forløb.

125

9788770668781_indhold.indb 125

12/08/2019 12.40

Lineære første ordens differentialligninger

3a.

1.

1.1 1.2 1.3 1.4

Den falske Vermeer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Vermeer – glemt og genopdaget. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Nye Vermeer-billeder dukker frem af glemslen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Van Meegeren – landsforræder eller kunstforfalsker . . . . . . . . . . . . . . . . .

De tekniske analyser – blyhvidt afslører maleriets alder. . . . . . . . . . . . . . .

127 127 128 129 131

2.

2.1 2.2 2.3 2.4

Introduktion til differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Linjeelementer og kvalitativ analyse af differentialligninger. . . . . . . . . . . .

Hvordan opstilles differentialligninger?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Hvad vil det sige at løse en differentialligning?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Anvendelse af differentialligninger uden at løse dem. . . . . . . . . . . . . . . . .

139 141 147 150 153

3.

Eksakt løsning af differentialligninger – de lineære typer . . . . . . . . . . . .

3.1 Differentialligningen y ′= k · y – eksponentiel vækst . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.2 Differentialligningen y ′= b – ay – forskudt eksponentiel vækst . . . . . . . .

3.3 Differentialligningen y ′= f(x) · y + g(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.4 Anvendelse af lineære differentialligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.4.1 Ændring af saltopløsningen i et kar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.4.2 Gompertz vækstmodel - modellering af kræftsvulsters vækst . . . . . . .

3.4.3 Optagelse af radioaktivt jod efter atomkatastrofer . . . . . . . . . . . . . . . .

3.5 Da Felix Baumgartner gennembrød lydmuren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

155 155 158 161 166 166 167 167 170

4.

Projekter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

Et funktionsudtryk beskriver, hvorledes en variabel afhænger af en eller flere uafhængige variable. Når vi har en forskrift, kan vi tegne en graf og derved danne os et overblik over sammenhængen.

En differentialligning beskriver, hvorledes en variabel ændrer sig i forhold til tid eller sted. Ændring pr. enhed udtrykkes med den afledede funktion, og denne kan både afhænge af variablen selv og af en række ydre faktorer. Når vi har opstillet en sådan differentialligning, kan vi uden at have løst ligningen tegne et grafisk billede af de mulige løsninger og danne os et indtryk af, hvad der er på spil.

Differentialligninger er et uundværligt værktøj i alle naturvidenskabelige fag, i økonomi, i samfundsfag og mange andre steder. Emnet er stort og er her opdelt i to kapitler. I dette kapitel 3a præsenteres en smuk sammenhængende matematisk teori, der giver den fuldstændige løsning af de lineære differentialligninger.

Kapitlet indeholder et stort antal autentiske eksempler, og vi lægger ud med en spektakulær anvendelse af differentialligninger, nemlig i afsløringen af et af historiens mest berømte kunstfalsknerier.

126

9788770668781_indhold.indb 126

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

1. Den falske Vermeer Kunsthistorien er fuld af historier om falsknerier. En af de mest mærkværdige udspillede sig i Holland i årene før og efter 2. Verdenskrig. Svindelen var måske aldrig blevet afsløret, hvis ikke ophavsmanden selv havde gjort det. Hans navn var Hans van Meegeren, og historien tager sin begyndelse i 1945.

Efter befrielsen af Holland-Belgien dannes et særligt efterretningskorps, der skal opspore og hjembringe de mange uvurderlige kunstværker, som nazisterne havde stjålet og taget med sig til Tyskland. Under efterforskningen støder de på et firma, der aktivt havde medvirket i tyskernes udplyndring af landet. Firmaet havde således formidlet salget af en række nationale klenodier. I dets arkiver finder man navnet på en bankmand, som bl.a. havde solgt et berømt maleri af Vermeer til nazilederen Hermann Göring.

1.1 Vermeer – glemt og genopdaget Jan Vermeer (1632-1675) betragtes i dag sammen med Rembrandt (1606 -1669) og Frans Hals (1582-1666) som en af de tre store i den hollandske guldalder. Vi ved ikke meget om Vermeer som person.

Hans egen uhyre beskedne produktion taget i betragtning kan han næppe have haft forestillinger om, at kunsten kunne blive en levevej for ham. Han prøvede at ernære sig som kunsthandler, men heller ikke det blev en stor succes.

Vermeer fik 11 børn sammen med sin kone Catharine, så der må have været tummel i huset og mange munde at mætte. Men der er malet en sådan ro ind i alle hans billeder, at man selv bliver helt stille for ikke at forstyrre kvinden, der læser et brev, eller pigen der hælder mælk op. Mange af de kvindeskikkelser, Vermeer malede, var givetvis portrætter af Catharine.

Malede Vermeer for at sælge, eller foretrak han at beholde billederne selv? Han fik ikke solgt meget. Vermeer dør tidligt, og da han er væk, Kvinde i blåt. Af og til kaldes maleriet: går også hans firma konkurs. Catharine prøvede at sikre sig Vermeers Frugtsommelig kvinde læser et brev. billeder, men uden held. Først var hun nødt til at give nogle af dem til deres bager som betaling for brød. Resten overgik til kreditorerne og blev endeligt afhændet ved en auktion i 1696. Herfra har man bevaret auktionslisten, der indeholder 21 værker af Vermeer selv. Men da han ikke selv gav sine billeder titler, og da mange af malerierne har nært beslægtede motiver, har det ikke været muligt med sikkerhed at identificere disse 21.

Auktionslisten opregner i øvrigt borde, stole, malerier, gobeliner, gyldenlæder osv., som vi finder gengivet på Vermeers malerier. Efter auktionen blev Vermeers egne malerier spredt for alle vinde. Og Vermeer selv blev simpelthen glemt; han forsvandt ud af kunsthistorien, og hans malerier blev tilskrevet andre.

Først i slutningen af 1800-tallet bliver Vermeer genopdaget, og da hans malerier nu igen bliver udstillet efter 200 år i glemslen, er det en sand sensation, der kommer til

127

9788770668781_indhold.indb 127

12/08/2019 12.40

at påvirke mange af datidens største kunstnere som maleren van Gogh og forfatteren Marcel Proust. Vores egen Anna Ancher så på sin bryllupsrejse med Michael Ancher et af Vermeers billeder, og da hun kom hjem malede hun i en stil, der tydeligt var inspireret af Vermeer. Vermeer signerede kun et par af sine malerier, men hans særegne teknik gjorde det alligevel muligt for kunsthistorikere relativt hurtigt at blive enige om at kanonisere 34 malerier som ægte Vermeer-værker.

Øvelse 3.1

Fagligt samarbejde om billedanalyse

I kapitel 10 kan du finde en større præsentation af Vermeer og hans placering i den særlige hollandske renæssance. Der ligger oplæg til et fagligt samarbejde om billedanalyse, hvor man dels inddrager Vermeers brug af centralperspektivet og af det såkaldte camera obscura, der var en forløber for fotografiet, og dels inddrager andre fags bidrag til afsløring af kunstfalsknerier.

1.2 Nye Vermeer-billeder dukker frem af glemslen Siden Vermeer blev genopdaget sidst i 1800-tallet, havde man af og til i kunstkredse funderet over, om der ikke skulle gemme sig malerier af ham stuvet af vejen på lofter eller hos excentriske samlere. I august 1937 kontakter en kunsthandler Abraham Bredius, der var den tids største Vermeer-ekspert. Han ønsker en vurdering af et gammelt maleri, han er kommet i besiddelse af. Billedet bærer Vermeers karakteristiske signatur. Motivet er religiøst og kan muligvis være et hidtil ukendt tidligt Vermeer-maleri.

Bredius er tilsyneladende ikke i tvivl. Efter at have undersøgt billedet i nogle få dage

Det nyopdagede Vermeer-billede: Kristus og disciplene ved Emmaus.

Direktøren for Boyman’s Museum i Rotterdam beundrer i 1937 det nyerhvervede Vermeer-billede.

128

9788770668781_indhold.indb 128

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

udsteder han en erklæring om billedets ægthed og publicerer allerede få måneder efter en for kunstverdenen sensationel artikel med titlen: En ny Vermeer: Kristus og disciplene ved Emmaus. Artiklen findes i engelsk oversættelse på bogens website.

Med Bredius’ stempel er ingen i tvivl om, at der vitterligt er tale om et nyt Vermeermaleri, og i slutningen af 1937 køber Rembrandt-samfundet det nye fund for 520.000 gylden, svarende til næsten 1 million kroner – en kolossal sum på den tid. I årene 1940-1943 kommer yderligere fire ukendte Vermeer-malerier frem af glemslen. Selv om ikke alle disse nye malerier har samme kvalitet, så bliver de købt af private samlere for skyhøje priser. I 1943 køber Rijksmuseum i Amsterdam et sjette Vermeer-maleri for 1,2 millioner gylden.

Det maleri, som efterretningsvæsenet finder registreret i arkivet, har titlen Kvinde grebet i hor, og er et af disse nyligt fundne Vermeer-malerier. Hermann Göring købte det af det omtalte firma i 1942. Da bankmanden konfronteres med arkivets nøgne registrering, forsvarer han sig med, at han blot formidlede salget for en tredjeperson. Og den 29. maj 1945 arresteres denne – en vis Hans van Meegeren. Hvem var han?

1.3 Van Meegeren – landsforræder eller kunstforfalsker Van Meegeren ernærede sig som maler og kunsthandler. I sine unge dage havde han demonstreret betydelige håndværksmæssige færdigheder, og nogle af hans billeder fra denne periode omkring 1. Verdenskrig var ganske talentfulde. Men siden begyndte kritikerne at betegne hans malerier som tredjerangs og van Meegeren som en maler uden idé og talent. Såret af denne kritik flyttede han i 1932 til Sydfrankrig, og først omkring krigsudbruddet vendte han tilbage til Holland.

Anklagen lyder på landsforræderi, idet van Meegeren åbenbart uden tvang og for egen vindings skyld har solgt ud af nationale klenodier. Men så slår hele sagen en ordentlig kolbøtte. Den 12. juli forbløffer van Meegeren ikke blot Holland, men hele den internationale kunstverden ved at udsende en erklæring om, at han ikke har solgt ud af nogen nationale værdier, men at han tværtimod har narret tyskerne og ikke mindst Göring til at købe en forfalsket Vermeer. Og ikke nok med det – van Meegeren erklærer, at både Kvinde grebet i hor, Kristus og disciplene ved Emmaus og fire andre navngivne Vermeer-malerier samt to malerier af Pieter de Hooch også er forfalskede. Alt i alt påstår van Meegeren, at otte verdensberømte malerier fra den hollandske guldalder i virkeligheden er lavet af ham i årene 1936 -1942. Du kan finde disse malerier via bogens website.

Van Meegeren under retssagen.

Fra retssagen mod van Meegeren, hvor malerierne udstilles i retslokalet. Det er van Meegeren i skranken til venstre.

129

9788770668781_indhold.indb 129

12/08/2019 12.40

Forbløffelsen afløses hurtigt af vantro: Er det ikke blot et snedigt trick fra van Meegerens side for at undgå dommen for landsforræderi? For hvordan i alverden skulle han, en tredjerangsmaler uden talent, kunne skabe så skønne malerier? Her er jo ikke tale om kopier, men om nye originaler, som van Meegeren påstår, han har skabt helt fra grunden. Det var ikke til at fatte, hvis det skulle være sandt. Derfor holdt mange sig til, at det nok var løgn – ikke mindst de, der havde investeret enorme summer i de angivelige forfalskninger.

Man kan nok undre sig over, hvorfor kunstverdenen ikke havde fået mistanke – for hvor var billederne kommet fra? En del af forklaringen var, at van Meegeren havde konstrueret en meget romantisk historie om sine fund: En rig hollandsk familie havde gennem århundreder samlet store kunstskatte på et slot i Westland i det sydvestlige Holland. På et tidspunkt flytter familien til Sydfrankrig, hvor van Meegeren lærer dem at kende. Familien har mere end et halvt hundrede sjældne malerier, deriblandt værker af Rembrandt, Holbein, El Greco, Pieter de Hoogh – og Vermeer. Et af de kvindelige familiemedlemmer, der råder over en del af disse billeder, er forelsket i van Meegeren, men deres forhold må ikke blive offentligt kendt. Hun flytter nu til et sted i Italien, og for at sikre sig standsmæssige leveforhold beder hun van Meegeren om at sælge nogle af sine malerier. Sagerne kompliceres yderligere af, at myndighederne i det fascistisk styrede Italien ikke tillader, at værdifulde kunstværker sælges ud af landet. Så alt i alt er hans situation, at han ikke kan afsløre hendes identitet. Den historie købte kunstverdenen.

Van Meegeren havde også forsøgt at male som den modne Vermeer, men det var ikke lykkedes at male noget, han turde sælge. I stedet forklarede han, at han brugte enkelte dele som krukker, stole osv. fra disse malerier i sine egne. Og fx havde han anvendt Pige med perleørering som forlæg for en af figurerne på Den sidste nadver.

Scarlett Johansson som Pige med perleørering i filmen af samme navn baseret på en roman om Vermeer af Tracy Chevalier.

130

9788770668781_indhold.indb 130

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

De fleste af de ”nye” Vermeer-malerier blev dateret til hans tidlige produktion, og nogle af disse blev i forvejen anset for at være knap så værdifulde. Men et maleri som Kristus og disciplene ved Emmaus kunne van Meegeren umuligt have lavet! Og hvordan skulle han bære sig ad med at få det til at fremtræde med ægte ældningstegn? Maleriet havde været udstillet i Boyman’s Museum i Rotterdam siden 1937, men blev under retssagen i 1945 taget ned. Tvivlen var for stor. Museet har i dag lavet en film om hele sagen, som du kan finde via bogens website.

Midt under striden begynder van Meegeren at male! I fængslet får han staffeli, lærred og pensler, og han påtager sig at male en ”ægte” Vermeer for at bevise, at han kan.

Jesus blandt de skriftkloge er titlen på det nye værk. Det bliver en langsommelig proces, da han også er temmelig syg ind imellem. Men som tiden går, bliver flere og flere overbevist om, at der er noget om mandens påstand. Og hans anstrengelser får også konsekvenser for sagen mod ham. Anklagen for landsforræderi trækkes tilbage, men det går ikke som van Meegeren havde regnet med.

I sit eget forsvar havde han nærmest bygget sig op som en sand modstandsmand, der rigtig tog fusen på tyskerne. Men anklagen for landsforræderi erstattes nu med en ny anklage for kunstfalskneri. Van Meegeren blev ikke, som han havde satset på, løsladt fra fængslet, og reaktionen udeblev ikke: Han stoppede alt samarbejde med myndighederne og ophørte med at male. Forinden havde han dog nået at give en del interessante oplysninger, fx om hvorledes han havde skabt en kunstig ældningsproces. I oktober 1947 idømmes han et års fængselsstraf for de otte kunstfalsknerier. Tilbage var dog stadig tvivlen – havde manden fortalt sandheden? Og hvis han havde, var det så den fulde sandhed? Mange kunsthistorikere verden over var ikke overbevist og mente ikke, at materialet var sikkert nok til at foretage en endelig bedømmelse af, hvad der var ægte, og hvad der vitterlig var forfalskninger. Men fra van Meegeren var der ingen hjælp at hente. Allerede 30. december 1947 dør van Meegeren i fængslet af et hjerteanfald. Han tog sine hemmeligheder med sig i graven.

Der skulle gå yderligere tyve år, før man kunne fælde den endelige dom og afgøre, hvilke af Vermeers malerier, der var falske. Det skete i 1967 ved undersøgelser på Carnegie Mellon University i USA.

1.4 De tekniske analyser – blyhvidt afslører maleriets alder Van Meegeren havde forsøgt at sikre sig mod afsløringer på alle de måder, han kunne.

Han havde opkøbt værdiløse malerier fra samme periode, skrabet malingen af, men ladet en vis krakelering blive, havde tilføjet yderligere krakelering ved forsigtig opvarmning, havde fået fat i noget af den gamle kostbare maling og holdt sig væk fra syntetiske farver. Men en ting havde han overset: Der er radioaktive stoffer i en af disse gamle typer af maling, nemlig i blyhvidt.

Radioaktive stoffer blev opdaget i slutningen af 1800-tallet af blandt andre ægteparret Marie og Pierre Curie. Den historie har vi fortalt i Hvad er matematik? 1, kapitel 4.

131

9788770668781_indhold.indb 131

12/08/2019 12.40

Radioaktive stoffer er karakteriseret ved, at de er ustabile og spontant henfalder til andre stoffer. Det nye stof vil ofte selv være radioaktivt og derfor også henfalde til andre stoffer. Sådan fortsætter det, indtil der er dannet et stabilt stof, som fx bly 206. Bly 206 er slutproduktet i uran-serien, men der er mange trin inden da, som illustrationen viser.

Z-aksen angiver grundstofnummeret eller antallet af protoner i kernen.

Z

Tabel over henfaldsserien for Uran 238

Uran-234 2,45 ·10 5 år

Kortlevende isotop: T½ < 1år

Thorium-230 Langtlevende isotop: T½ > 1år

1,17 min Protactinum-234

24,1 døgn

Uran-238 4,47 ·10 9 år Thorium-234

7,54 ·10 4 år α-henfald

Radium-226

β-henfald

1,60 ·10 3 år Radon-222 3,82 døgn

Polonium-210 138 døgn Bly-206

5,01 døgn Bismuth-210 22,3 år

Polonium-214 1,64 µsek Bly-210

19,9min Bismuth-214 26,8 min

Polonium-218 3,05 min Bly-214

Efter opdagelsen af radioaktive stoffer fandt fysikerne Rutherford og Geiger i 1910 ud af, at den spontane omdannelse er styret af bestemte statistiske love: Antallet af radioaktive omdannelser i et givet tidsrum, dvs. aktiviteten, må være proportional med antallet af radioaktive atomer i materialet. Kaldes antallet af radioaktive atomer (fx af isotopen Uran-238) for N(t), så er ændringen i antallet pr. tidsenhed givet ved differentialkvotienten N ′( t). Rutherford fandt altså ud af, at der gælder: N ′( t) = –k · N(t)

hvor k er en positiv konstant, der kaldes henfaldskonstanten. Dette er en differentialligning, dvs. en ligning, hvor den afledede funktion indgår, og hvor den ubekendte, som vi leder efter, er funktionen selv. I afsnit 3 beviser vi, at den fuldstændige løsning til denne differentialligning er alle de eksponentielle funktioner med forskriften:

– k · t N(t) = c · e hvor c er en konstant. Indtil da må vi acceptere værktøjsprogrammets svar.

På bogens website ligger en vejledning i, hvordan dette gøres i de gængse værktøjsprogrammer. I TI Nspire kan det se således ud:

N = c · e– k · t desolve (N ′= –k · N, t, N)

132

9788770668781_indhold.indb 132

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

I dette tilfælde med et radioaktivt stof repræsenterer tallet c antallet af radioaktive atomer til tiden t = 0. Derfor skriver vi også:

N

1. I et radioaktivt henfald er aktiviteten, dvs. antal henfald pr. tidsenhed, proportional med antallet af kerner:

dN = −k ⋅ N

N(t) = N0 · e – k · t

hvor N0 angiver antal radioaktive atomer til tiden 0.

Fra Hvad er matematik? 1, kapitel 4, hvor vi undersøgte de eksponentielle modeller, ved vi, at der til enhver sådan eksponentielt aftagende funktion knytter sig en halveringstid T1 .

dt

N0

2. I et radioaktivt henfald fra en isotop, der kun ændres ved at den henfalder, aftager antallet af kerner eksponentielt:

N = N0 · e

–k · t

2

På bogens website findes en interaktiv udgave af illustrationen. t

k = 0,16 0

Øvelse 3.2

1

Beregning af henfaldskonstanter

a) Hvad er den præcise definition på halveringstiden? b) V is, at T1 =

ln ( 21 )

2

−k

, og at k =

− ln ( 21 ) T1

=

2

ln(2) .

T1 2

c) I skemaet over uran-serien kan du finde alle halveringstiderne. Beregn henfaldskonstanterne for nedenstående radioaktive stoffer:

Stof

T1

U-238

4,47 mia. år

Bly-210

22,3 år

2

k

Gennem mere end 2000 år – og altså også i Vermeers samtid – har kunstnere anvendt et pigment kaldet blyhvidt i deres maling. Blyhvidt er en forbindelse af bly og ilt, som fremstilles ud fra bly, der igen er udsmeltet af blymalm. Brydes en klump malm fri i en blymine, så vil denne ligeledes indeholde uran, der er udgangspunktet for dannelsen af bly – samt alle de øvrige stoffer i serien, blandt andet de langtlevende Radium-226 (halveringstid 1,6 x 103 år) og Bly-210 (22,3 år). Dette skulle vise sig at få afgørende betydning i afsløringen af falskneriet. Udregningerne i det følgende er flere steder tilnærmet, idet vi forenkler modellen og kun tager hensyn til de vigtigste bidrag.

133

9788770668781_indhold.indb 133

12/08/2019 12.40

Lad os betragte tre stoffer i kæden. Lad N1, N2 og N3 betegne antal atomer af de tre stoffer, og lad k1 og k2 betegne henfaldskonstanterne:

N1 (t)

N2 (t)

k1

N3 (t)

k2

Pilene betyder, at der tilføres eller forsvinder stof. Diagrammet beskriver ændringerne i tilstandene for de tre stofmængder. Regner vi nu ændringer pr. en bestemt lille tidsenhed, så beskriver diagrammet altså ændringen pr. tidsenhed af antal atomer i det enkelte stof. Her kommer så matematikken på banen: Ændringen pr. tidsenhed er netop differentialkvotienten for funktionen, dvs. N ′( t).

Vi fokuserer nu på stof nr. 2. Pr. tidsenhed forsvinder der k2 · N2 (t). Det følger af definitionen på henfaldskonstanten. Men samtidig tilføres det, som forsvinder fra stof nr. 1, nemlig k1 · N1(t). Dvs. systemet kan beskrives ved differentialligningen: N2 ′( t) = N ind (t) – Nud (t) = k1 · N1(t) – k2 · N2 (t) Lad os betragte henfaldskæden fra Radium 226 til slutproduktet Bly-206. Bortset fra Bly-210 sker næsten alle henfald øjeblikkeligt, så hvis vi lader N1 være Radium-226, N2være Bly-210 og N3 være Bly-206, så er halveringstiderne stort set på 1600 år og 22,3 år. Ydermere vil Radium-226 i det store hele være konstant over nogle få hundrede år (jf. henfaldstiden for Thorium-230), mens Bly-206 er stabil. Der forsvinder derfor ikke noget fra den sidste isotop, hvilket gør det simpelt at regne på modellen.

Forskerne ønskede i 1965 at sammenligne de to hypoteser:

• Hypotese 1: Maleriet er udført for 30 år siden (af van Meegeren)

• Hypotese 2: Maleriet er udført for 300 år siden (af Vermeer)

I det følgende vil vi regne på hypotese 2 og ud fra denne nå frem til en teoretisk forudsigelse af den radioaktive stråling, maleriet udsender i dag. Denne værdi vil vi så sammenligne med den empirisk bestemte værdi, som vi kender, og som fremgår af en tabel s. 137. Vi sætter t = 0 i 1665. Så er t = 300 i 1965. Da Radiums halveringstid på 1600 år er så meget større end 22 år, og da vi vil betragte udviklingen over 300 år, så kan vi med god tilnærmelse sætte antallet af omdannelser af Radium-226 – altså størrelsen k1 · N1(t) – lig med en konstant R. Radium-226 virker altså som et reservoir, hvorfra der strømmer Bly-210 isotoper ud med konstant hastighed.

Differentialligningen kan så omskrives til:

N2 ′( t) = R – k2 · N2 (t)

134

9788770668781_indhold.indb 134

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

I afsnit 3 viser vi, at den fuldstændige løsning til denne differentialligning er alle funktioner med forskrift:

R –k · t

(*) N2 (t) = c · e 2 + k 2

hvor c er en konstant. Indtil da må vi acceptere værktøjsprogrammets svar.

Se evt. bogens website for vejledning hertil.

R N2 = + c · e – k2 · t desolve (N2 ′= –k2 · N2 , t, N2 ) k2

dN2 = R(t) − k2 ⋅ N2 dt

R(t) = Rgammel for t ≤ t0

k2 = 0,015 0 R = 0,48

N2 Ligevægt: N2 =

k2 = 0,015

N2

0

R k2

R(t) = Rny for t ≥ t0

0,1 1

Gammel ligevægt: N2 =

I et radioaktivt henfald fra en isotop, der også tilføres kerner fra et konstant reservoir, nærmer antallet af kerner sig ligevægtsværdien kR eksponentielt: N=

R k2

0

0,1

Malmen omdannes til blyhvidt

2

N2 (0)

Rgammel k2

+ c · e – k2 · t (c negativ)

N2 (0)

Ny ligevægt: N2 =

Rny k2

t

t

Vi kan forstå ligevægten således: Radium-226 leverer R henfald pr. tidsenhed. Hvis antallet af Bly-210 kerner ligger under ligevægtsværdien, vil aktiviteten for Bly-210 ligge under aktiviteten for Radium-226, dvs. N2 < kR , og da k2 > 0 kan vi omskrive til k2 · N2 < R. Altså vil antallet af Bly-210 kerner vokse, fordi der tilføres flere, end der forsvinder ved henfald. Det omvendte gælder, hvis antallet af Bly-210 kerner ligger over aktiviteten for Radium-226. Denne mekanisme sikrer, at der efter et passende stykke tid vil være ligevægt, dvs. at antallet af Bly-210 kerner vil være konstant, da der tilføres lige så mange, som der forsvinder ved henfald. Noget tilsvarende gælder faktisk også for Radium-226, der af samme årsag vil være i ligevægt med Uran-238.

2

På det tidspunkt, hvor man udvinder bly fra malmen for at lave blyhvidt, fjerner man det meste Radium-226, men ikke alt sammen. Der kan være op til 5% tilbage af malmens indhold af radium-226 i malingen. Derved forstyrres ligevægten mellem Radium-226 og Bly-210, idet der nu vil være alt for meget Bly-210. Antallet af Bly-210-kerner vil derfor hurtigt begynde at aftage, indtil aktiviteten af Bly-210 bliver så lille, at den igen matcher aktiviteten af Radium-226. Med en halveringstid på 22,3 år vil det derfor typisk tage nogle hundrede år, før Bly-210 igen er i ligevægt med Radium-226.

Selv om vi griber ind i naturens processer med brydning af malm og produktion af blyhvidt, og derved midlertidigt forstyrrer en ligevægt, så vil der efter relativ kort tid blive genoprettet en ligevægt. Talværdien af Rny vil være mindre, men det afgørende i vores model er blot, at der er ligevægt, så R kan sættes til at være konstant.

135

9788770668781_indhold.indb 135

12/08/2019 12.40

Ideen er nu følgende: Hvis vi måler aktiviteten i blyhvidt i maleriet i 1965, og hvis vi kan finde en formel for, hvordan denne aktivitet udvikler sig over tid, så må vi kunne afprøve hypotesen om, at det er Vermeer, der malede billedet, ved at regne tilbage og anslå, hvad aktiviteten har været i blyhvidt i maleriet i 1665. Selv om vi ikke har målinger fra 1665, kan vi vurdere om det tal, vi når frem til, overhovedet er realistisk. Vi er altså interesseret i at finde et udtryk for antallet af omdannelser af Bly-210 pr. tidsenhed, og vi ganger derfor igennem med k2 i udtryket ( * ) ovenfor, så vi får:

–k · t (**) k2 · N2 (t) = k2 · c · e 2 + R

Øvelse 3.3

Omskrivninger med fokus på aktiviteten i Bly-210

Vi sætter t = 0 i 1665, så tiden i 1965 er t = 300 a) V is, ved at indsætte t = 0, at k2 · N2 (0) – R = k2 · c. k ·t k ·t b) V is, at (**) kan omskrives til: k2 · N2 (t) · e 2 = k2 · c + R · e 2 . k ·t (Vink: Gang igennem med e 2 .)

c) Vis, ved at kombinere a) og b), at k2 ⋅ N2 ( t ) ⋅ e k2 ⋅ t − R ⋅ (e k2 ⋅ t − 1) = k2 ⋅ N2 (0) d) Indsæt k2 = 0,0311, som vi beregnede i øvelse 3.2, og indsæt t = 300, k · 300 – 1 ≈ ek2 · 300 = 11270. og argumenter for, at e 2 e) k 2 · N2 (300) er et udtryk for aktiviteten af Bly-210 i dag (hvorfor?).

Lad os betegne den med B. Vis nu, at: (B – R) · 11270 = k2 · N2 (0)

Øvelse 3.4

Sammenhængen mellem aktiviteten i 1665 og aktiviteten i 1965

a) A rgumenter for, at formlen i punkt e) ovenfor kan udtrykkes: Aktiviteten for 300 år siden ≈ (B – R) · 11270

t − ln( 2) ⋅ 1 –k · t T 2 , at vores beregninger og formler b) A rgumenter ud fra omskrivningen: e 2 = ee ikke afhænger af den valgte tidsenhed.

I det følgende skifter vi derfor til tidsenheden minutter, idet det gør henfaldstallene nemmere at forholde sig til. Målinger på nogle af de omstridte malerier samt kontrolmålinger på anerkendte Vermeer-malerier gav følgende resultater (hvor alt er målt i henfald pr. minut pr. gram blyhvidt):

136

9788770668781_indhold.indb 136

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Maleriets titel

B: Bly 210-henfald

R: Radium-226-henfald

Kristus og disciplene ved Emmaus

0,8

Fødderne vaskes

12,6

0,26

En kvinde læser noder

10,3

0,3

En kvinde spiller luth

8,2

0,17

Kniplersken

1,5

1,4

Soldaten og den smilende pige

5,2

6,0

8,5

Bemærkning: Maleriet Kvinde taget i hor indeholdt den moderne farve koboltblå og blev derfor allerede afsløret ved første retssag.

For Kristus og disciplene ved Emmaus får vi nu ved indsættelse af tallene:

k2 · N2 (0) = (B – R) · 11270

k2 · N2 (0) = (8,5 – 0,8) · 11270 = 86779

Dette er altså den beregnede aktivitet i blyhvidt på Vermeers tid under forudsætning af, at det var ham, der havde malet billedet. Hvordan kan vi nu vurdere om dette er et realistisk tal?

I den malm, hvorfra blyet blev udvundet, var omdannelserne af Bly-210 og Radium-226 set over korte tidsrum i ligevægt med omdannelserne af Uran-238, dvs. at der forsvandt lige så mange Uran-238-atomer, som der opstod Radium-226-atomer, og tilsvarende, der forsvandt lige så mange Radium-226-atomer, som der opstod Bly210-atomer. Atomerne omdannes, de forsvinder ikke. Spørgsmålet er derfor, om der findes malm med en sådan Uran-238-aktivitet?

Den gennemsnitlige koncentration af Uran-238 i jordskorpens klipper og malm er 0,00027%, men der findes også malmårer med koncentrationer helt oppe på 2-3%.

Lad os for at være på den sikre side antage, at vi har en malm med en koncentration på 4% Uran-238.

Øvelse 3.5 Fra kemiundervisningen ved vi, at 1 mol Uran-238 vejer 238 gram og indeholder 23 6,02 · 10 atomer. a) Hvor mange Uran-238-atomer er der i et gram rent uran? b) H vor mange Uran-238-atomer er der i et gram malm med en koncentration på 4% Uran-238? c) Vis, at antal omdannelser af Uran-238 pr. gram pr. minut er ca. 30000.

137

9788770668781_indhold.indb 137

12/08/2019 12.40

Tallet 86779 er derfor et helt uacceptabelt stort tal. Det ville svare til urankoncentrationer på omkring 15%. Dette maleri er derfor et falskneri!

Øvelse 3.6

Hvilke malerier er afgjort falsknerier?

Hvilke af de øvrige malerier i skemaet kan afsløres som falsknerier?

(Bemærk, at der altid vil være en vis usikkerhed på målingerne.)

Naturvidenskabelig indsigt i radioaktive processer og matematisk modellering af disse løste således gåden om den falske Vermeer.

2. Introduktion til differentialligninger En differentialligning er en ligning, hvor den ubekendte er en funktion f. I en differentialligning optræder altid den ubekendte funktions afledede funktion f ′og normalt også funktionen f selv. Men der forekommer også simple differentialligninger, hvor den udifferentierede funktion ikke indgår, nemlig differentialligninger af typen f ′( x) = a eller f ′( x) = a · x + b. Den type ligninger har vi allerede beskæftiget os med i kapitel 3, Integralregning. Opgaven med at bestemme en løsning betyder i sådanne tilfælde blot at bestemme en stamfunktion. Vi så også, at der er uendeligt mange (grafisk set lodret parallelforskudte) løsninger til den type ligninger. Skal vi udvælge en bestemt funktion blandt disse mange løsninger, behøver vi endnu en oplysning. Hvis vi fx kender et punkt på grafen for den søgte løsningsfunktion, så kan vi bestemme forskriften for løsningsfunktionen. Man siger, at der er givet en bestemt begyndelsesbetingelse for differentialligningen, dvs. for løsningsfunktionen, og man kalder også problemer af den karakter for begyndelsesværdiproblemer.

Øvelse 3.7 Bestem løsningen til hver af differentialligningerne: a) f ′( x) = 2 med begyndelsesbetingelsen: Grafen for f skal gå gennem punktet P(1,2). b) f ′( x) = 4x + 3 med begyndelsesbetingelsen: Grafen for f skal gå gennem punktet P(0,8).

138

9788770668781_indhold.indb 138

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Der kan også være tale om differentialligninger, hvor højere-ordens afledede som fx f ″optræder. I så fald taler vi om anden ordens differentialligninger (eller tredje ordens osv.). Disse behandler vi særskilt i kapitel 6.

Eksempler på første ordens differentialligninger med en skitse af en løsningskurve:

1) f ′( t) = 0,036 · f(t) 2) y ′= 60 – 0,002 · y y

f(t)

t

x

v 3) vv′ ′= 9,8 − 0,08 ⋅ t + 1 4) v

dB dt

= 0,000155 ⋅ B ⋅ (2000 − B ) B

t t

I matematik er der tradition for at anvende betegnelsen f(t) eller y for den ubekendte funktion. Men andre fag anvender ofte andre betegnelser.

Når det drejer sig om bevægelsesrelaterede problemer er der fx i fysik tradition for at betegne hastighed dy med v. Symbolerne f ′, y ′ og dx , eller betyder det samme. Om B ′ og dB dt man anvender det ene eller det andet, har ofte baggrund i en tradition i et bestemt fagområde.

En differentialligningsmodel er en matematisk model af et system, hvor de forskellige variabelsammenhænge er udtrykt i én eller flere differentialligninger. De fleste fænomener er så

Projektet Grænser for vækst har udviklet den globale model World3. Der er gengivet diagrammer herfra i Hvad er matematik? 1, kap. 1. Du kan finde en videopræsentation via bogens website.

139

9788770668781_indhold.indb 139

12/08/2019 12.40

Finansministeriets model ADAM indeholder ca. 2000 sammenkoblede differentialligninger.

Hele publikationen kan findes via bogens website.

komplicerede, at der skal bruges flere sammenkoblede differentialligninger til at beskrive dem. Det gælder fx modeller over Danmarks økonomiske udvikling eller modeller over verdens tilstand i projektet Grænser for vækst. Koblede differentialligninger behandles nærmere i kapitel 6.

I dette kapitel vil vi undersøge modeller, der kan beskrives med én enkelt differentialligning. De fire differential ligninger ovenfor er alle eksempler på differentialligningsmodeller, som vi vil studere nærmere:

1) f ′( t) = 0,036 · f(t) er en model for et befolkningstal, der vokser med 3,6% om året.

Løsningen til denne type differentialligning kalder vi for eksponentiel vækst.

2) y ′= 60 – 0,002 · y er en model for, hvordan forureningen af en bestemt sø udvikler sig med tiden.

Løsningen til denne type differentialligning kalder vi for forskudt eksponentiel vækst.

v

3) vv ′ ′= 9,8 − 0,08 ⋅ t + 1 er en model for hastighedsudviklingen for en kasse i et frit fald med luftmodstand. Det er et eksempel på en generel lineær første ordens differentialligning.

dB

4) dt = 0,000155 ⋅ B ⋅ (2000 − B ) er en model for udviklingen i antallet af bakterier som funktion af tiden.

Løsningen til denne type differentialligning kalder vi for logistisk vækst. Denne vækstmodel behandles i kapitel 3b.

140

9788770668781_indhold.indb 140

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Differentialligningsteorien har tre spor, hver med sine metoder: De eksakte metoder: Disse giver os den fuldstændige løsning til visse differentialligninger, dvs. vi bestemmer forskriften for den funktion, der opfylder differentialligningen og de begyndelsesbetingelser, der er givet. Sådanne metoder er hovedtemaet i dette og det følgende kapitel 3B, ligesom de også har stor vægt i kapitel 6.

De numeriske metoder: Disse kan anvendes, hvor de eksakte metoder må give op. Og det er desværre tilfældet i rigtig mange situationer, at differentialligninger ikke kan løses eksakt, dvs. at vi ikke kan bestemme en regneforskrift for den søgte løsning. De numeriske metoder giver os imidlertid skridt for skridt tilnærmede løsninger baseret på beregninger af hældningskoefficienter for tangenter til løsningsfunktionens graf, og med et værktøjsprogram får vi hurtigt et visuelt overblik over løsningsfunktionernes grafiske forløb. Dette behandles nærmere i kapitel 7.

De kvalitative metoder: Disse anvendes til at trække information ud af differentialligningerne uden at løse dem.

I den udstrækning dette er muligt, er det en meget hurtig metode til at få overblik.

Afsnit 2.1 behandler denne type af analyse.

2.1 Linjeelementer og kvalitativ analyse af differentialligninger En differentiabel kurve kan i ethvert punkt på grafen tilnærmes med tangenten i dette punkt; vi siger, at grafen er lokalt lineær. Grafisk ser vi det ved, at kurven og tangenten – når vi zoomer tilstrækkeligt ind på et givet punkt – vil være stort set sammenfaldende. Symbolsk ser vi det i definitionen på differentiabilitet i x0 i formeludtrykket: f(x) = f(x0 ) + f ′( x0 ) · (x – x0 ) + E(h) · h, hvor h = x – x0 . Her svarer de første led jo netop til tangentligningen på symbolsk form: y = f(x0 ) + f ′( x0 ) · (x – x0 ).

Forestiller vi os, at grafen er tilnærmet med tangenter i ethvert punkt, kan vi betragte den differentiable kurve som stykket sammen af uendeligt mange linjeelementer.

Definition: Linjeelementer Et linjeelement er et talsæt bestående af tre tal: (x0 , y0 , y 0′ ), hvor (x0 , y0 ) repræsenterer et punkt i koordinatsystemet, og y 0′ repræsenterer hældningskoefficienten for et linjestykke gennem punktet. I engelsksproget litteratur skrives hældningen ofte som s(x0 , y0 ), hvor s står for det engelske ord for hældning, slope). Et linjeelement tegnes som et kort linjestykke gennem (x0 , y0 ) og med hældningskoefficient y 0′ = s(x0 , y0 ).

y

(x0 , y0 )

s(x0 , y0 ) 1 x

141

9788770668781_indhold.indb 141

12/08/2019 12.40

Når vi har givet en differentialligning, kan vi for ethvert punkt (x, y) indsætte og udregne tangentens hældningskoefficient i det pågældende punkt, hvorved vi har tallet y ′= s(x, y). Herefter kan linjeelementet tegnes. Gør vi dette for tilpas mange punkter, får vi et mønster af linjeelementer, som antyder graferne for de funktioner, der er løsning til differentialligningen. Måske kan vi så mønstergenkende dette og få et indtryk af, hvilke funktioner der ser ud til at være løsninger til differentialligningen. Under alle omstændigheder kan vi få et indtryk af de grafiske forløb for løsningerne i bestemte områder af koordinatsystemet, fx når x går mod uendelig.

Øvelse 3.8

Tegning af linjeelementer

Vi vil undersøge differentialligningen y ′= 0,5 · y – 0,5 · x ved hjælp af linjeelementer. a) I hvilke punkter (x, y) er y ′= 0? Tegn nogle af de tilsvarende linjeelementer. b) Angiv fem punkter, hvor linjeelementerne har hældningskoefficient +1, samt fem punkter hvor hældningskoefficienten er –1. Tegn nogle af de tilsvarende linjeelementer. c) Udfyld følgende tabel, og tegn de tilsvarende linjeelementer: (x, y)

(–5, –3)

(–3, –1)

(0, 1.5)

(2, 3)

(4, 4)

(6, 3)

(7, 0)

(8, –4)

y′

d) Skitser en graf, der stort set følger de linjeelementer, du har udregnet i c).

Den grafiske repræsentation af en differentialligning består af den samlede mængde af linjeelementer. Men der kan jo tegnes linjeelementer i alle punkter, så det ville sværte hele planen til, og vi ville ikke kunne skelne løsningsfunktionernes grafiske forløb.

Dette skyldes, at vi her ikke ser på forløbet af 10 y én enkelt graf, men på forløbet af uendeligt mange grafers forløb. En graf, der repræsenterer en bestemt løsning, kaldes også for en løsningskurve. x

–10

–10

Her ses linjeelementer samt tre løsningskurver ′ 0,5 · y – 0,5 · x. hørende til differentialligningen y = Vi kan her få et tydeligt indtryk af de forskellige grafiske forløb, adskilt af linjen y = x + 2.

10

Vi vil i stedet vælge at visualisere et uddrag af den grafiske repræsentation, dvs. at vi nøjes med at tegne linjeelementer i nogle af koordinatsystemets punkter, og vi kan på den måde ved hjælp af et værktøjsprogram få et godt indtryk af forløbet af de forskellige løsningskurver. På bogens website kan du finde en interaktiv version af illustrationen, samt en vejledning i at tegne linjeelementer i de gængse værktøjsprogrammer.

142

9788770668781_indhold.indb 142

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Øvelse 3.9

Tegning af løsningskurver

a) K onstruer selv linjeelementerne i et passende vindue i dit værktøjsprogram. b) T egn også løsningskurverne svarende til de tre begyndelsesbetingelser P1(0,2), P2 (4,2) og P3 (1,5).

Vi kan ikke se formlen for de enkelte løsningskurver på illustrationen, men hvis vi kan gætte en, så kan vi jo afprøve den. c) V is, at y = x + 2 er en løsning til differentialligningen y ′= 0,5 · y – 0,5 · x ved at indsætte y = x + 2 og y ′= 1 i ligningen og se, at det går op!

10

I et dynamisk geometriprogram kan man også knytte et linjeelement til en graf og derved se, om grafen er en løsningskurve. Hvis det er en løsningskurve, skal linjeelementerne følge grafen som små tangentstykker.

y x

′ 0,5 · y – 0,5 · x y=

y = x + 2 – e2 x

–10

10

–10

Praxis: Anvendelse af linjeelementer i undersøgelser af differentialligninger Tegning af linjeelementer spiller samme rolle i undersøgelsen af en differentialligning, som en grafisk repræsentation af et funktionsudtryk gør i funktionsundersøgelser.

Når vi har givet en differentialligning, der skal undersøges og tolkes, og hvortil vi måske skal bestemme løsninger, så er første trin tegning af linjeelementer.

Har vi givet en begyndelsesværdi, tegnes yderligere løsningskurven gennem dette punkt.

I det tilfælde, hvor vi kan bestemme formeludtrykket for den fuldstændige løsning, giver det grafiske billede et overblik, som støtter tolkningen af den fuldstændige løsning.

I det tilfælde, hvor vi ikke kan bestemme et formeludtryk for den fuldstændige løsning, er det grafiske billede uundværligt til at forstå de forskellige mulige grafiske forløb og give ideer til en kvalitativ analyse.

Bemærkning: Ofte kan man selv indstille, hvor tæt lineelementerne tegnes. Det kan have betydning, hvis man skal ud i store intervaller for den uafhængige og den afhængige variabel, idet alle linjeelementer repræsenterer en beregning, og det kan tage lidt tid for værktøjsprogrammet at visualisere dem alle. Se nærmere på bogens website.

143

9788770668781_indhold.indb 143

12/08/2019 12.40

Linjeelementerne til en differentialligning repræsenterer ikke et bevis for, hvilke løsninger der findes, eller for, hvordan de grafiske forløb af løsningskurverne er. Men de kan give en ide herom, som vi kan afprøve, som vi gjorde ovenfor med y = x + 2. Og de kan understøtte en kvalitativ analyse af løsningsmængden.

Kvalitativ analyse spiller en stor rolle i undersøgelsen af koblede differentialligninger, hvor to eller flere fænomener spiller sammen. Her er det et centralt spørgsmål, om der er en indbygget tendens til at systemet bevæger sig mod ligevægt eller udvikler sig kaotisk. Det kan fx være forholdet mellem antal rovdyr og byttedyr i et område. Men også i undersøgelsen af enkeltstående differentialligninger kan vi uden at løse differentialligningen stille spørgsmål, som kan besvares uden at kende løsningen:

• Hvad fortæller differentialligningen os om monotoniforholdene for løsnings funktionerne?

• Hvad fortæller differentialligningen os om lokale ekstrema og om krumningsforhold?

• Kan vi ud fra differentialligningen argumentere for, hvorledes løsningskurverne må forløbe i forskellige dele af planen?

′ 0,5 · y – 0,5 · x Eksempel: Kvalitativ analyse af differentialligningen y = rafisk løsning af uligheG derne y ′> 0 og y ′< 0 viser, i hvilke områder løsningsfunktionerne er henholdsvis voksende eller aftagende. Ligningen y ′= 0 har løsningen y = x. Enhver løsningskurve, der krydser linjen y = x, har et maksimum på denne linje. en grafiske repræsenD tation antyder også, at koordinatsystemet yderligere opdeles af linjen med ligningen y = x + 2, som selv er en løsning til differentialligningen. Men er det også korrekt, at enhver løsningskurve forløber enten helt over eller helt under denne linje?

y ′> 0: løsningsfunktion er voksende 6

y

′ 0,5 · y – 0,5 · x y= ′ 0 y= ( y = x)

(0,5)

(0,3)

x

–8

8

(0,–1)

(0,–3)

–5 y ′< 0: løsningsfunktion er aftagende

Figuren viser løsningskurverne med begyndelsesbetingelserne (0,3) og (0,5), som er grafer for to voksende løsningsfunktioner, samt løsningskurverne med begyndelsesbetingelserne (0,–3) og (0,–1), som er grafer for to løsningsfunktioner, der hver især har et maksimum på linjen med ligningen y = x .

144

9788770668781_indhold.indb 144

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Prøv selv at undersøge problemet ved at tegne flere løsningskurver. I nogle værktøjsprogrammer kan man trække i punktet svarende til begyndelsesbetingelsen og på den måde flytte rundt på løsningskurverne.

I området over linjen y = x + 2 er y > x + 2, hvilket giver:

y–x>2

0,5 · y – 0,5 · x > 1

y ′ > 1

Gang igennem med 0,5 Substituer 0,5 · y – 0,5 · x med y ′

dvs. i dette område er løsningskurvernes tangenthældninger større end 1.

I området under linjen y = x + 2 finder vi tilsvarende, at

y ″> 0: løsningskurverne krummer opad 6

y ′= 0,5 · y – 0,5 · x < 1

Dvs. at løsningskurvernes tangenthældninger i dette område altid er mindre end 1.

Hvis grafen for en løsningskurve går gennem et punkt, der ligger over linjen med ligningen y = x + 2, så vil alle grafpunkter med en større x-koordinat også ligge over linjen, fordi tangenthældningen her er større end linjens hældning på 1. Hvis omvendt grafen for en løsningskurve går gennem et punkt, der ligger under linjen med ligningen y = x + 2, så vil alle grafpunkter med en større x-koordinat også ligge under linjen, fordi tangenthældningerne her altid er mindre end linjens hældningskoefficient.

Dette er intuitivt klart. Det kan desuden vises helt præcist ved at bruge middelværdisætningen, omtalt i kapitel 2.

Men så kan en løsningskurve ikke krydse linjen, og den må derfor ligge helt inden for et af de to områder.

Det grafiske forløb kan yderligere undersøges med brug af den anden afledede, der jo fortæller noget om grafers krumning:

y

y ′= 0,5 · y – 0,5 · x y ″= 0 ( y = x + 2)

(0,5)

(0,3)

x –8

8 (0,–1)

(0,–3)

–5 y ″< 0: løsningskurverne krummer nedad

Grafisk løsning af ulighederne y ″> 0 og y ″< 0 viser, i hvilke områder løsningskurverne krummer opad (er opad hule) henholdsvis nedad (er nedad hule). Enhver løsningskurve, der krydser linjen y = x + 2 (hvor y ″= 0), har et vendepunkt på denne linje. Men i dette tilfælde er linjen selv en løsningskurve, så ingen andre løsningskurver krydser linjen. Der findes altså ingen løsningskurver med vendetangenter.

y ′= 0,5 · y – 0,5 · x y ″= 0,5 · y ′– 0,5 · 1

Differentier igennem og udnyt, at x ′= 1

y ″= 0,5 · ( 0,5 · y – 0,5 · x) – 0,5

Udnyt, at 0,5 · y – 0,5 · x = y ′

145

9788770668781_indhold.indb 145

12/08/2019 12.40

I området over linjen y = x + 2 er 0,5 · y – 0,5 · x > 1. Indsættes dette får vi derfor:

y ″> 0,5 · 1 – 0,5

y ″> 0

dvs. at grafen krummer opad.

I området under linjen kan vi tilsvarende se, at y ″< 0, så løsningskurver her krummer nedad.

Et eventuelt ekstremumspunkt vil optræde der, hvor y ′= 0,5 · y – 0,5 · x = 0, men dette ′ 1. Isolerer vi y i ligningen, får vi y = x. kan jo kun ske i området under linjen, hvor y < Dvs. at alle løsningsfunktionernes ekstremumspunkter (her maksimumspunkter) ligger på linjen med ligningen y = x, som jo netop er parallel med og ligger under linjen med ligningen y = x + 2. Omvendt må alle løsningsfunktionerne i området over linjen med ligningen y = x + 2 være monotone, og da y ′> 1 er de alle voksende.

Konklusion: Løsningsfunktionerne, hvis grafer ligger i området over linjen med ligningen y = x + 2, har ingen ekstrema, de er alle voksende. Løsningsfunktionerne, hvis grafer ligger i området under linjen med ligningen y = x + 2, har et globalt maksimum, der hvor løsningskurven skærer linjen med ligningen y = x.

Øvelse 3.10

Kvalitativ analyse af den fuldstændige løsning

Undersøg den fuldstændige løsning til hver af differentialligningerne ud fra en kvalitativ analyse af løsningsmængderne baseret på en illustration af linjeelementer samt udvalgte løsningskurver bestemt ud fra begyndelsesbetingelser, som du selv vælger. a)

dy dx

= y+x

b)

dy dx

= x ⋅ ( y + 1)

c)

dy dx

=

x y

d)

dy dx

=

2

y −4 y

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.1.

146

9788770668781_indhold.indb 146

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

2.2 Hvordan opstilles differentialligninger?

Når vi i matematik skal modellere et bestemt fænomen fra fag som fysik, kemi, biologi, naturgeografi eller samfundsfag, så møder vi ofte begreber som hastighed, acceleration, væksthastighed, proportionalitet, omvendt proportionalitet samt udtryk som kvadratet på, forskellen mellem, ligevægt mellem mv. Opgaven er så i første omgang at oversætte disse begreber og udtryk til matematik. Dvs. at vi skal oversætte den sproglige repræsentation til en formel. Her kan vi lade os lede af følgende regler:

Praxis: Oversættelse fra sprog til formel ved opstilling af differentialligninger De variable og andre størrelser, der indgår, navngives. Vi har her kaldt den afhængige variabel for y.

1. U dtryk som ’Den hastighed hvormed variablen y ændres’ eller ’Væksthastigheden’ oversættes til y .′ 2. Acceleration er ændring i hastighed (v = y ′) , og oversættes til v ′ eller (y ′) ′= y ″. y′ 3. Den relative væksthastighed oversættes til y .

4. Er proportional med oversættes til at gange med en konstant k.

5. Er omvendt proportional med et udtryk z, oversættes til at gange en konstant k på 6. Kvadratet på et udtryk z oversættes til z

1 z

.

2

7. Forskellen mellem to udtryk oversættes til en differens mellem de to udtryk.

Øvelse 3.11 Oversæt praxisboksens formeludtryk til notationen

dy dx

.=

x y

Eksempel: Newtons afkølingslov Når en varm genstand placeres i køligere omgivelser, som fx når et brød tages ud af ovnen, så afkøles det efter Newtons afkølingslov: Den hastighed, hvormed temperaturen ændres til tiden t, er proportional med forskellen mellem genstandens temperatur og omgivelsernes temperatur.

Indfør passende variable, og opstil en differentialligning for, hvordan genstandens (brødets) temperatur ændrer sig.

Løsning: Vi betegner tiden med t, og måler t fra det tidspunkt, hvor brødet tages ud. Vi betegner brødets temperatur med T, dernæst sætter vi omgivelsernes temperatur til S, og endelig betegner vi proportionalitetskonstanten med k. Så afkoder (oversætter) vi:

147

9788770668781_indhold.indb 147

12/08/2019 12.40

Sprog

Symbol

Den hastighed hvormed temperaturen ændres til tiden t er …

T ′( t) = ...

… er proportional med …

k·

… forskellen mellem omgivelsernes temperatur og genstandens temperatur.

(S – T)

Konklusion: T ′= k · (S – T) Vi vælger udtrykket (S – T) i stedet for (T – S) i overensstemmelse med traditionen og med diagrammet nedenfor. Derved bliver k en positiv konstant: Hvis T er større end S, aftager temperaturen, så T ′ er negativ. Og da (S – T) er negativ, må k være positiv.

SD-diagrammer (flow-diagrammer) Som en hjælp til at holde styr på oplysninger og oversætte til symbolsprog anvendes ofte SD-diagrammer, som i biologi og andre fag normalt kaldes flow-diagrammer.

SD-diagrammerne giver et øjebliksbillede af, hvordan involverede tilstandsvariable ændrer sig. SD står for System Dynamics. Metoden, der er udviklet på MIT (Massachusetts Institute of Technology), er grundigt behandlet i Hvad er matematik? 2, kapitel 6, og vi nøjes derfor med her at gengive oversigten over symbolerne.

Praxis: Symbolerne i System Dynamics og formålet med SD-diagrammer Modellens variable. Det er ændringer i disse tilstande, der kombineres i den samlede model.

En tilstandsændring angiver noget, der flyder ind eller flyder ud fra den tilstandsvariable.

Symbolet skal illustrere en hane, der lukker mere eller mindre op.

Ændringer sker ved, at der via en kilde tilføres noget, eller ved at der via et dræn fjernes noget fra systemet.

Informationspilene viser, hvilke dele af systemet, tilstandsændringen er afhængig af.

Når flere informationspile peger mod samme hane, så ganges disse størrelser sammen.

Konstanter er faste talstørrelse, der ikke afhænger af tiden, men som påvirker tilstandsændringerne.

Der kan være ydre faktorer, der påvirker en tilstandsændring – eller mellemregninger der præciserer, hvordan tilstandsvariable påvirker tilstandsændringer.

SD-diagrammer tegnes med henblik på, at vi herudfra kan opstille en differentialligning for systemet.

Den afledede funktion y ′af y angiver den samlede ændring pr. tidsenhed af den tilstandsvariable og udregnes som summen af alle tilstandsændringer, der går til kassen minus alle, der går fra kassen.

Hver af tilstandsændringerne udregnes ved at gange alle pile sammen, der peger ind mod denne.

148

9788770668781_indhold.indb 148

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Øvelse 3.12

Newtons afkølingslov

Gør rede for, at følgende SD-diagram netop beskriver Newtons afkølingslov: Temperatur T

Kilde

Stuetemperatur S

Dræn

k

Øvelse 3.13

At opstille en differentialligning 1

Der løber vand fra en vandhane ned i et badekar med en hastighed på 0,4 L/s. Bundproppen i badekarret er lidt utæt, så vandet løber samtidig ud af badekarret med en hastighed, der er proportional med vandmængden i badekaret (målt i L). Det oplyses, –1 at proportionalitetskonstanten er 0,001 s . a) Indfør passende variable, og opstil et SD-diagram for situationen. b) O pstil en differentialligning, der beskriver, hvordan vandmængden i badekarret ændrer sig med tiden.

Øvelse 3.14

At opstille en differentialligning 2

P angiver antallet af individer i en population til tidspunktet t. Den hastighed, hvormed P vokser til tidspunktet t, er proportional med produktet af antallet af individer til tidspunktet t og forskellen mellem 2600 og antallet af individer til tidspunktet t.

Det oplyses, at væksthastigheden er 10, når der er 100 individer i populationen. a) Indfør passende variable, og opstil et SD-diagram, der beskriver situationen. b) Opstil en differentialligning, der beskriver, hvordan populationen udvikler sig.

Tabelrepræsentation I øvelserne ovenfor fik vi oplyst værdien af en proportionalitetskonstant – eller fik oplysninger, der gav os mulighed for umiddelbart at beregne denne. Når det drejer sig om naturlove, har vi af og til givet sådanne talværdier for proportionalitetskonstanter, men i praksis er det sjældent. Det normale er, at vi selv må estimere talværdierne for de konstanter, der indgår, ud fra et empirisk materiale.

Lad i det følgende N betegne antallet af individer i en population. N er en funktion af tiden t. Vi er interesseret i at bestemme en forskrift for N ved at opstille og løse en difopfylder. En forskrift for N vil nemlig kunne fortælle os ferentialligning, som N ′( t ) = dN dt

149

9788770668781_indhold.indb 149

12/08/2019 12.40

noget mere grundlæggende om, hvordan antallet af individer udvikler sig, end vi kan finde ud af ved en simpel optælling. Håbet er for forskerne, at de kan afdække nogle lovmæssigheder, der styrer populationens vækst.

N′ 1 dN Vi har en række målinger af den relative væksthastighed N = N ⋅ dt , dvs. målinger der viser, hvordan antallet af individer i populationen udvikler sig set i forhold til det faktiske antal individer i populationen: Tiden t Relativ væksthastighed

4

5

6

7

8

9

10

0,23

0,21

0,203

0,191

0,171

0,167

0,152

Vi antager, at den relative væksthastighed kan beskrives som en lineær funktion af tiden:

1 dN ⋅ = a⋅t + b N

dt

Resten gennemarbejdes i den følgende øvelse.

Øvelse 3.15

Fra tabelrepræsentation til opstilling af differentialligning

a) B enyt tabellens data til at bestemme forskriften for den lineære funktion y = a · t + b. b) O pstil en differentialligning, som funktionen N opfylder, idet du udnytter, at 1 ⋅ dN = a ⋅ t + b .

N

dt

c) B estem ved hjælp af et værktøjsprogram en forskrift for N, når det oplyses, at populationen til tidspunktet t = 7 består af 80 individer.

I kapitel 3B gennemarbejder vi et større eksempel om AIDS-epidemien, hvor vi anvender logistisk regression på et tabelmateriale. I Hvad er matematik? 2, kapitel 6 har vi i afsnittet om logistisk vækst givet endnu et eksempel på en fremgangsmåde til at opstille en differentialligning ud fra et empirisk materiale.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.2.

2.3 Hvad vil det sige at løse en differentialligning?

Når vi tager fat på at løse differentialligningen, er opgaven at finde en funktion f, der indsat på y’s plads gør ligningen sand. Er udtrykket på højre side blot nogenlunde ”pænt”, så kan man bevise, at der altid er løsninger. Det er et svært bevis, der hører til videregående matematik. Mængden af alle løsninger til en differentialligning kaldes den fuldstændige løsning. Bemærk specielt, at f skal være kontinuert, dvs. at dens graf skal være sammenhængende. Er der ”forbudte områder” i planen, fx linjer, der er taget ud

150

9788770668781_indhold.indb 150

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

på grund af problemer med definitionsmængden, så kan en løsningskurve ikke fortsætte ubrudt hen over sådanne linjer eller ”forbudte områder”.

På figuren ses et uddrag af løsningskurverne til differeny . Da differentialligningen ikke er tialligningen y ′ = 1 − x+2 defineret for x = –2, kan ingen løsningskurve krydse den lodrette linje med ligningen x = –2, som altså er et ”forbudt område”. Gennem ethvert punkt i planen indenfor differentialligningens definitionsmængde, går der én og kun én løsningskurve. Løsningskurverne kan altså ikke krydse hinanden. Tilsyneladende har differentialligningen den lineære 1 funktion f(x) = 2 · x + 1 som løsning, men det er netop kun tilsyneladende: Løsningen er nemlig ikke defineret i x = –2, dvs. at den rette linje, som er graf for f, brydes op i to grene i punktet (–2,0), så vi får én løsningskurve til venstre for x = –2 og én løsningskurve til højre.

5

y

x

–5

5

–5

x = –2

Uddrag af løsningskurver til differentialligningen y ′ = 1 −

y . x+2

De problemer, vi skal løse, er typisk begyndelsesværdiproblemer, dvs. at vi udover differentialligningen kender en given begyndelsesbetingelse i form af en oplysning om én bestemt funktionsværdi (et bestemt punkt på grafen) for den funktion, vi søger. Grunden til, at man kalder det en begyndelsesbetingelse, er blot, at det som oftest i arbejdet med differentialligningsmodeller drejer sig om en startværdi. Eksempelvis forureningstilstanden i en sø på det tidspunkt, hvor vi begynder at måle og undersøge søen.

Eller antallet af bakterier på det bestemte tidspunkt, hvor vi begynder vores observationer af bakteriekolonien. I eksemplet med kassen med forsyninger, vil hastigheden typisk være 0, når vi lader den falde ud over kanten. En løsning til et begyndelsesværdiproblem kaldes for en partikulær løsning. Der er normalt én og kun én partikulær løsning.

Øvelse 3.16

Anvendelse af værktøjsprogrammer til løsning af differentialligninger

Undersøg, hvordan man løser differentialligninger i dit værktøjsprogram.

Vi vil nu løse de differentialligninger, vi omtalte i starten af afsnit 2. a) B estem de fuldstændige løsninger til differentialligningerne: f ′( t) = 0,036 · f(t) og y ′= 60 – 0,002 · y b) B estem den partikulære løsning til differentialligningen: v ′ = 9,8 − 0,08 ⋅

v t +1

når det oplyses, at v(0) = 0 c) B estem den partikulære løsning til differentialligningen: dB dt

= 0,000155 ⋅ B ⋅ (2000 − B )

når det oplyses, at B(0) = 50

151

9788770668781_indhold.indb 151

12/08/2019 12.40

Når man har fundet en løsning ved hjælp af et værktøjsprogram, eller man har fået forelagt en funktion, som kunne være en løsning, så kan man kontrollere påstandene på samme måde, som man kontrollerer, om et bestemt tal er en løsning til en traditionel ligning, nemlig ved at gøre prøve.

Eksempel: Undersøg, om en funktion er en løsning til en differentialligning Der er givet følgende differentialligning:

dy dx

=

y + x −1 , x

hvor x > 0

Undersøg, om f(x) = x · ln(x) – x + 1 er en løsning til differentialligningen.

Løsning: Vi indsætter og udregner venstresiden og højresiden af differentialligningen hver for sig for at se, om det giver samme resultat.

Venstre side:

f ′( x ) = x ⋅ ln( x ) − x + 1 ′

)

(

= ( x ⋅ ln( x )) ′ − ( x )′ + (1) ′ " f ′"

" g"

" f " " g ′" 1 x

= 1 ⋅ ln( x ) + x ⋅

− 1 + 0

Differentier ledvist Udnyt produktregel: (f · g) ′= f ′· g + f · g ′

= ln( x ) + 1 − 1 Udnyt brøkregel = ln( x ) Højre side:

y + x −1 x ⋅ ln( x ) − x + 1 + x − 1 = x x x ⋅ ln( x ) x

=

= ln( x )

Udnyt, at y = f(x) og indsæt forskriften

Reducer Udnyt brøkregel

Venstresiden og højresiden giver altså samme resultat. Dvs., at når vi indsætter f(x) = x · ln(x) – x + 1 i ligningen, så stemmer den. Altså er f en løsning til differentialligningen.

Øvelse 3.17

Gør rede for, at en funktion er en løsning til en differentialligning

Gør rede for, at funktionen f(x) = x 2 · ex er en løsning til differentialligningen:

dy 2y = +y

dx x Bemærk: Selv om sprogbrugen er lidt anderledes her, er problemet og fremgangsmåden den samme. Forskellen er blot, at formuleringen gør rede for fortæller os, at f rent faktisk er en løsning, dvs. at hvis venstre og højre side ikke stemmer, så har vi regnet galt! Formuleringen undersøg fra eksemplet ovenfor anvendes også i tilfælde, hvor svaret er: Nej, funktionen er ikke en løsning.

152

9788770668781_indhold.indb 152

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Øvelse 3.18 Undersøg, om f(x) = 4 · e0,5 · x er løsning til differentialligningen

dy dx

2y

+· y. y = 0,5 x

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.3.

2.4 Anvendelse af differentialligninger uden at løse dem En differentialligning giver et formeludtryk for væksthastigheden y ′. Fra differentialregningen ved vi, at y ′anvendes til at bestemme monotoniforhold og eventuelle lokale ekstrema. Det betyder, at vi ofte kan beregne bestemte væksthastigheder og svare på spørgsmål vedrørende løsningskurvens grafiske forløb, uden at vi har tegnet linjeelementer eller har løst differentialligningen og fundet forskriften for løsningsfunktionen.

Eksempel: Væksthastigheden i et bestemt punkt Ved en bestemt sygdom tilføres patienten den nødvendige medicin intravenøst. Den mængde medicin M (målt i mg), der er i blodet til tiden t (målt i timer), opfylder differentialligningen: dM = 34,85 − 0,03 ⋅ M dt

Efter 3 timer er M nået op på 100 mg. Hvad er væksthastigheden for mængden af medicin i blodet, når der er gået 3 timer?

Løsning: dM

34,85er− væksthastigheden.

0,03 ⋅ M Vi ved, at M efter netop 3 timer er nået Vi husker, at dt =netop op på 100 mg, og at M opfylder differentialligningen. Derfor kan vi blot indsætte M = 100 mg og udregne højresiden:

dM dt

34,85 −–0,03 0,03⋅ M · 100 = 34,85 – 3 = 31,85 == 34,85

Konklusion: Efter 3 timer er væksthastigheden for mængden af medicin i blodet på 31,85 mg pr. time.

Øvelse 3.19 I en model for udviklingen af antallet af individer i en population betegner N(t) antallet af individer til tidspunktet t (målt i døgn). I modellen antages det, at N er en løsning til differentialligningen

dN dt

= 0,00013 · N · (1000 – N)

og at der er 50 individer i populationen til tidspunktet t = 0.

Bestem væksthastigheden til tidspunktet t = 0.

153

9788770668781_indhold.indb 153

12/08/2019 12.40

Eksempel: Tangentligningen i et bestemt punkt Om en funktion f oplyses, at punktet P(1,3) ligger på grafen for f, samt at funktionen er løsning til differentialligningen:

dy dx

2y

= 2 · x+ +y x · y x

Bestem en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P. Løsning: Tangentligningen har formen:

y = a · x + b, hvor a = f ′( x0 )

Her er x0 = 1, og da f er en løsning til differentialligningen, bestemmer vi hældningskoefficienten a = f ′(1) ved at indsætte x = 1 og y = 3:

f ′(1) = 2 · 1 + 1 · 3 = 5

Nu ved vi, at y = 5 · x + b, og vi indsætter nu punktets koordinater: x = 1 og y = 3 for at bestemme b: y = 5 · x + b

3=5·1+b

b = –2

Konklusion: Ligningen for tangenten til grafen for f i punktet P er y = 5 · x – 2.

Øvelse 4.20 En funktion f er løsning til differentialligningen:

dy x3 + 1 = dx

y

og grafen for f går gennem punktet P(2,4).

Bestem en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 2.4.

154

9788770668781_indhold.indb 154

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

3. Eksakt løsning af differentialligninger – de lineære typer Vi vil nu afsnit for afsnit arbejde os frem til at bestemme en eksakt løsning til den generelle lineære første ordens differentialligning. Denne har formen:

y ′= f(x) · y + g(x)

(*)

hvor f og g er tilfældige kontinuerte funktioner. Differentialligningerne kaldes lineære, fordi udtrykket f(x) · y + g(x) ligner mønstret fra lineære udtryk som a · y + b.

Et af de mest værdifulde redskaber i løsningen af differentialligninger er følgende sætning fra differentialregningen (Hvad er matematik? 2, kapitel 5A, sætning 20, s. 190):

Monotonisætningen Hvis f er differentiabel i et interval I, så gælder: a) Hvis f ′( x) > 0 for alle x ∈ l, så er f voksende i intervallet. b) Hvis f ′( x) < 0 for alle x ∈ l, så er f aftagende i intervallet. c) Hvis f ′( x) = 0 for alle x ∈ l, så er f konstant i intervallet.

Sætningen anvendes ustandseligt i differentialregning, bl.a. til bestemmelse af monotoniforhold. Læg mærke til, at det er punkterne a) og b), vi anvender i den type opgaver.

Punkt c) udtaler sig om tilfælde, hvor f ′( x) = 0. I differentialregningen er vi vant til at knytte dette til undersøgelser af lokale ekstrema. Men det er jo i situationer, hvor f ′( x) = 0 i et enkelt punkt. Sætningen udtaler sig om den situation, hvor f ′( x) = 0 i et helt interval. Når dette er tilfældet, er f en konstant funktion.

3.1 Differentialligningen y ′= k · y – eksponentiel vækst Eksponentiel vækst er karakteriseret ved følgende:

Den hastighed, hvormed (variablen y) ændrer sig, er proportional med (variablen y)

hvor man i stedet for parentesen skriver det, som opgaven handler om.

Et standardeksempel på eksponentiel vækst er det indledende eksempel med et befolkningstal, f(t) der vokser med 3,6% om året.

SD-diagrammet ses til højre.

Kilde

Befolkningstal f(t)

Vi kan umiddelbart aflæse differentialligningen som:

f ′( x) = 0,036 · f(t)

Har vi en begyndelsesbetingelse, kan vi også løse ligningen.

Vækstrate 3,6%

155

9788770668781_indhold.indb 155

12/08/2019 12.40

Sætning 1: Differentialligningen y ′= k · y Den fuldstændige løsning til differentialligningen:

y ′= k · y, hvor k er et fast tal

er mængden af alle funktioner med forskrift:

y = c · ek · x

hvor c er en konstant. Dvs. ethvert reelt tal c giver en løsning.

Bemærkning: Vi ved, at den afledede af eksponentialfunktionen ex er funktionen selv. k·x k·x k·x Vi ved også, at sammensat differentiation giver (e ) ′ = k · e . Heraf ser vi, at e er en løsning til differentialligningen. Beviset går ud på at indse, at disse funktioner er de eneste funktioner, der kan være løsninger til differentialligningen.

Bevis Vi anvender foruden monotonisætningen følgende hjælpeformler: Produktreglen:

(f · g) ′= f ′· g + f · g ′ (1)

Reglen for sammensat differentiation:

(e

–k · x

) ′ = –k · e – k · x

(2)

Vi ønsker at omskrive differentialligningen, så den føres tilbage til et stamfunktionsproblem, som vi jo kan løse ved hjælp af integralregning. Læser vi produktreglen eller reglen for sammensat differentiation fra højre mod venstre, er de begge eksempler på at føre et lidt kompliceret udtryk tilbage til et stamfunktionsproblem.

Vi omskriver:

y ′= k · y y ′– k · y = 0

Saml leddene på venstre side

Dette udtryk kan vi mønstergenkende som en del af højresiden i produktreglen, idet y spiller rollen som f. Men vi mangler g og g ′. Dem kunne vi måske få frem ved at gange –k · x : igennem med en eksponentialfunktion? – jf. bemærkningen ovenfor om e y ′+ (–k) · y = 0

y ′· e

y ′· e

Anvend fortegnsregel

–k · x

+ (–k) · y · e – k · x = 0 · e – k · x

Gang alle led med e – k · x (som ikke er 0)

–k · x

+ y · (–k) · e – k · x = 0

Roker rundt og reducer

y ′· e

–k · x

+ y · (e – k · x ) ′ = 0

Mønstergenkend, og udnyt (2)

) ′ = 0

Mønstergenkend, og udnyt (1)

(y · e

–k · x

Nu har vi en funktion, hvis afledede er lig med 0 for alle x.

I sådan et tilfælde siger monotonisætningen, at funktionen er konstant, dvs.

156

9788770668781_indhold.indb 156

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

y · e – k · x = c

y·e

–k · x

·e

k·x

=c·e

k·x

y = c · ek · x

Gang med samme tal ek · x på begge sider

0 k·x y·e = c·e

Sæt funktionen lig med en konstant c

Anvend potensregel: a x · a –x = a0 Anvend potensregel: a0 = 1

Hermed har vi regnet os frem til den løsning, der er formuleret i sætningen.

Øvelse 3.21

Fuldstændig og partikulær løsning – 1

a) T egn linjeelementer til differentialligningen f ′( t) = 0,036 · f(t).

Overvej indretningen af grafvinduet. b) V ælg forskellige startværdier, og undersøg, om der matematisk set er forskellige typer af løsningskurver. Kommenter dette, når differentialligningsmodellen beskriver et befolkningstals udvikling. c) B enyt sætning 1 til at bestemme en forskrift for den løsning f , hvorom der gælder, at f(0) = 17,4 mio.

Øvelse 3.22

Fuldstændig og partikulær løsning – 2

a) T egn linjeelementer til differentialligningen, der er givet på formen y ′= –y .

Overvej indretningen af grafvinduet. b) V ælg forskellige startværdier, og undersøg, om der er forskellige typer af løsningskurver. c) Benyt sætning 1 til at bestemme en forskrift for den løsning f, hvis graf går gennem (1,1).

Eksempel: Diskret og kontinuert vækst Under emnet eksponentielle vækstmodeller i Hvad er matematik? 1 oversatte vi den sproglige formulering:

En population P vokser med 3% pr. tidsenhed

t til formlen P = P0 · 1,03 , hvor P0 angiver begyndelsesværdien og t angiver tiden.

Her under emnet differentialligninger vil vi oversætte den sproglige formulering til differentialligningen:

P ′= 0,03 · P

der har P = P0 · e

0,03 · t

som løsning.

0,03

Men 1,03 og e er ikke identiske, så hvordan skal det forstås? Forskellen bunder i forskellen på diskret og kontinuert vækst. I det første tilfælde er modellen bygget

157

9788770668781_indhold.indb 157

12/08/2019 12.40

op over en vækstsituation, hvor væksten sker på én gang efter én tidsperiode. I det andet tilfælde sker tilvæksten kontinuert, dvs. løbende, hvilket giver et lidt større bidrag på grund af princippet om renters rente. På bogens website findes der en præcis forklaring på sammenhængen mellem de to vækstmodeller.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 3.1.

3.2 Differentialligningen y ′= b – ay – forskudt eksponentiel vækst Forskudt eksponentiel vækst er karakteriseret ved følgende:

Den hastighed, hvormed (variablen y) ændrer sig, er proportional med forskellen mellem (en konstant) og (variablen y) hvor man i stedet for parenteserne skriver det, som opgaven handler om.

Forurening, M(t)

Kilde

Dræn

Indløb

Afløb

k = 0,002

s = 60

Et standardeksempel på forskudt eksponentiel vækst er det indledende eksempel med forureningen af en sø med et bestemt stof.

3 Søen rummer 10000 m . Hvert minut løber 3 der 20 m ind, hvilket tilfører ekstra 60 g af 3 stoffet. Hvert minut løber der 20 m ud. SDdiagrammet for dette system ses til højre.

Overvej, hvorfor k = 0,002.

Vi aflæser differentialligningen:

M ′( t) = 60 – 0,002 · M (t)

Sætning 2: Differentialligningen y ′= b – ay Den fuldstændige løsning til differentialligningen:

y ′= b – ay, hvor a og b er faste tal og a ≠ 0

er mængden af alle funktioner med forskrift:

y = c · e – a x+

b a

hvor c er en konstant. Dvs. ethvert reelt tal c giver en løsning.

Bemærkning: Sætningen behandler et specialtilfælde af den generelle differentialligning: y ′= f(x) · y + g (x). Hvad er f og g her?

158

9788770668781_indhold.indb 158

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Bevis 1. version På bogens website findes et bevis, hvor vi anvender samme metode som i beviset for sætning 1. Dette bevis generaliseres i beviset for sætning 4 nedenfor, hvor a og b er skiftet ud med funktioner.

2. version Vi giver her et andet bevis, hvor vi anvender substitution.

Ideen er at føre situationen tilbage til det, vi kender fra sætning 1. Vi omskriver:

y ′= b – ay

b yy′ ′= − a ⋅  y − a  Sæt –a udenfor parentes (*) b Vi gennemfører nu en substitution, hvor vi erstatter y ′ = − a ⋅  y − a med en ny variabel z: b ⋅  yy –− a  y ′ = −za = b y ′ =vi−ya,′⋅ idet y − a er en konstant: Differentierer vi nu z, så får ′ y ′ = z− a′=⋅  y − ba  = y ′  

Sammenholdes dette med ligningen i (*), så får vi:

b y ′′==–−aa·⋅  y − a  (*)

z ′= – a · z

Men denne ligning har vi lige løst i sætning 1, så vi kan nu regne videre:

z=c·e

–a·x

b –a·x y ′ = −a

⋅  y –− a = c · e

b ′ =c −· ae⋅– a ·yx +− a  yy =

Udnyt sætning 1 b ′ = − az ⋅= y –− a  Substituer tilbage ymed

Flyt over

hvilket er den løsning, sætningen omtaler.

Øvelse 3.23

Fuldstændig og partikulær løsning – 1

a) B enyt sætning 2 til at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen y ′= – 0,2y + 50. b) Løs differentialligningen med et værktøjsprogram, og kontroller, at løsningerne er ens.

(Hint: Sæt fx de to udtryk lig med hinanden, og undersøg, om værktøjsprogrammet anser ligningen for at være sand. Husk, at kalde konstanten c i begge tilfælde!) c) T egn linjeelementerne for differentialligningen, og plot løsningerne for konstantværdier: c = 1, c = 2 og c = – 0,5 i samme koordinatsystem – kontroller, at de følger linjeelementerne.

(Hint: Begynd med at overveje indretningen af grafvinduet.)

159

9788770668781_indhold.indb 159

12/08/2019 12.40

Øvelse 3.24

Fuldstændig og partikulær løsning – 2

Et af de indledende eksempler omhandlede, hvordan forureningen af en bestemt sø udvikler sig med tiden, nemlig differentialligningen y ′= 60 – 0,002 · y. a) T egn linjeelementer for differentialligningen, og gennemfør en rent matematisk undersøgelse af, hvilke forskellige typer af løsningskurver, vi kan få, ved at vælge forskellige startværdier. b) K ommenter dette ud fra, at det er en model over forureningen af en sø.

(Hint: Begynd med at overveje indretningen af grafvinduet.) c) B enyt sætning 2 til at bestemme den løsning M, hvorom der gælder, at M(0) = 5000, og kontroller løsningen med værktøjsprogrammet.

Øvelse 3.25

Asymptotiske forhold for forskudt eksponentiel vækst

Beskriv de asymptotiske forhold for løsningerne omtalt i sætning 2 (gerne med udgangspunkt i den grafiske repræsentation i øvelserne ovenfor).

Beskriv, hvordan disse afhænger af fortegnene for a og b.

Øvelse 3.26 100

Blyforgiftning Når man indtager føde, der er forgiftet med bly, bliver noget af dette deponeret i knoglerne, hvorfra det langsomt udskilles igen af organismen. Udskillelseshastigheden er proportional med den samlede mængde blyindhold, man har i kroppen. Lader vi B(t) betegne det samlede blyindhold i en given person, og antager vi, at der ikke længere indtages bly, så opfylder B(t) altså differentialligningen:

B

(0,80)

t 20000

–2000 –10

B ′(t) = k · B(t)

hvor t er tiden målt i døgn fra det tidspunkt, hvor indtaget af bly stoppede.

a) B estem proportionalitetskonstanten k, når det oplyses, at halveringstiden for blyindholdet i levende organismer er 3000 døgn. b) B estem en regneforskrift for blyindholdet i en person, der ikke længere indtager bly, og som til tidspunktet t = 0 indeholder 80 mg bly. c) H vor længe varer det, før blyindholdet er nede på 13 mg?

Det viser sig, at i det miljø, den pågældende person lever i, er det umuligt at undgå at indtage bly. Hvert døgn deponeres 0,020 mg bly fra kosten i knoglerne. d) Opstil et SD-diagram, der beskriver situationen, og opstil den nye differentialligning, som B(t) må opfylde. e) L øs den differentialligning, du har opstillet ovenfor, med samme begyndelsesbetingelse som i b). f) B estem grænseværdien af B(t), når t → ∞, og giv en fortolkning af dette resultat.

160

9788770668781_indhold.indb 160

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 3.2.

3.3 Differentialligningen y ′= f(x) · y + g(x) Den generelle lineære første ordens differentialligning har formen:

y ′= f(x) · y + g(x),

(*)

hvor f og g er tilfældige kontinuerte funktioner. Den kan opfattes som en generalisering af differentialligningen y ′= b – ay, hvor tallene –a og b er erstattet af funktionerne f(x) og g(x). Dette vil vi også udnytte i et bevis for løsningsformlen. Men vi kan ikke på samme måde som i de forrige afsnit angive et standardeksempel på løsningen til denne.

Forskellige valg af de to funktioner f og g giver vidt forskellige typer af løsninger.

Det karakteristiske ved de lineære differentialligninger er, at funktionen og dens afledede hverken indgår med potenser eller i sammensatte funktioner af typen sin(y) eller ln(y).

Hvis g(x) = 0 kaldes ligningen homogen. I modsat fald, dvs. hvis g(x) ≠ 0, kaldes ligningen inhomogen.

Nedenfor skal vi se, at hvis vi er i stand til at løse den homogene differentialligning, så kan vi ofte ved en ”gættemetode” hurtigt få løst den inhomogene ligning.

Løsning af den homogene differentialligning y ′= f(x) · y Differentialligningen y ′= f(x) · y kan opfattes som en generalisering af differentialligningen y ′= k · y. I afsnit 3.1 løste vi denne med anvendelse af de to differentiationsregler: Produktreglen og reglen for sammensat differentiation. Samme metode kan anvendes til at løse den mere generelle ligning y ′= f(x) · y. Først ser vi på et konkret tilfælde.

Øvelse 3.27

Udledning af løsning til homogen differentialligning

Løs differentialligningen y ′= 2x · y med brug af samme teknik som i beviset for sætning 1: a) Saml leddene på venstre side.

–k · x

b) I sætning 1 gangede vi igennem med e . Hvad var årsagen til, at vi netop valgte at gange med den? Hvis vi ønsker at følge gangen i beviset for sætning 1, kan du –x 2 så begrunde, at vi nu skal gange igennem med e ? c) O mskriv ved hjælp af reglerne for differentiation af sammensat funktion til følgende –x 2 –x 2 ligning: y ′· e + y · (e ) ′= 0 –x 2 d) Omskriv ved brug af produktreglen (baglæns) til følgende ligning: ( y · e ) ′= 0

e) U dnyt dernæst igen monotonisætningen til at vise, at samtlige løsninger kan skrives x2 på formen: y = c · e

161

9788770668781_indhold.indb 161

12/08/2019 12.40

Øvelse 3.28 Løs med samme teknik som i foregående øvelse differentialligningen y ′= cos(x) · y.

Sætning 3: Differentialligningen y ′= f(x) · y Lad f(x) være en kontinuert funktion, og F(x) betegne en stamfunktion til f(x).

Den fuldstændige løsning til differentialligningen:

y ′= f(x) · y

er mængden af alle funktioner med forskrift:

y = c · e F( x)

hvor c er en konstant. Dvs. ethvert reelt tal c giver en løsning.

Øvelse 3.29 Beviset for sætning 3 Gennemfør selv beviset for sætning 3 ved at følge ideen i øvelsen ovenfor.

Sammenlign dit bevis med det du kan finde på bogens website. a) Saml leddene på venstre side, og gang igennem med e

– F(x)

b) O mskriv ved hjælp af reglerne for differentiation af sammensat funktion til følgende – F(x) + y · (e – F(x) ) ′= 0 ligning: y ′· e – F(x) ′ ) =0 c) O mskriv ved brug af produktreglen (baglæns) til følgende ligning: ( y · e

d) Udnyt dernæst igen monotonisætningen til at vise, at samtlige løsninger kan skrives F(x) på formen: y = c · e

Eksempel: Løsning af eksamensopgave I en model for sammenhængen mellem længde og alder for den atlantiske fisk havkatten antages det, at en havkats længde L (målt i cm) som funktion af dens alder (målt i år) er en løsning til differentialligningen: dL = 0,619 ⋅ e −0,22⋅t ⋅ L dt

I modellen antages, at en 10 år gammel havkat er 72 cm lang. a) Bestem en forskrift for L. b) B estem ved hjælp af modellen længden af en 16 år gammel havkat, og bestem, hvor gammel en atlantisk havkat er, når den er 40 cm lang.

(STX eksamensopgaver A-niveau 2008)

162

9788770668781_indhold.indb 162

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Løsning: 100

Vi løser a) Vi skaffer os et overblik over de mulige løsningskurver ved hjælp af linjeelementer. Grafvinduet indrettes, så tiden angivet i år afsættes på 1. aksen, og længden målt i cm afsættes på 2. aksen. Vi betragter i første omgang t-værdier fra 0 til 20 år og L-værdier fra 0 til 100 cm: Metode 1: Vi løser differentialligningen med brug af et værktøjsprogram:

− 0,22 ⋅t ⋅t ′ 0,619 desolve( andL(10) L(10) = 72, desolve( L ′L= 0,619 ⋅ e⋅−e0,22 ⋅ L⋅ Land = 72, t, Lt,)L)

(10,72)

t

–2

og får løsningsfunktionen:

L(t) = 98,34 · 0,060

0,8025

L

20

–10 t

Metode 2: Differentialligningen er af typen: y ′= f(t) · y, hvor vi har erstattet x med t F(t) Løsningsformlen er så: L = c · e , hvor vi har erstattet y med L – 0,22 · t . Vi bestemmer den kanoniske stamfunktion: Her er f(t) = 0,619 · e 1

⋅ e − 0,22 ⋅ t

F(t) F ( t ) = = 0,619 ⋅

F(t) = –2,814 · e – 0,22 · t

− 0, 22

Anvend formlen for stamfunktion til ek · t Reducer

Indsæt i løsningsformlen angivet ovenfor: –0,22 · t

–2,814 · e L(t) = c · e For at bestemme konstanten c indsættes de sammenhørende værdier t=10 og L=72, og vi får: –0,22 · 10

–2,814 · e 72 = c · e

c = 98,34

Isoler c

Konklusion: Forskriften for løsningsfunktionen er L(t) = 98,34 · e Bemærkning: Det er samme forskrift i begge tilfælde, –2,814 = 0,060 og e– 0,22 = 0,8025 fordi e

–2,814 · e

–0,22 · t

100

L

90,484

Vi løser b) Hvor lang er en havkat ifølge modellen, når den er 16 år gammel? Vi indsætter t = 16 i forskriften og får: –0,22 · 16

–2,814 · e = 90,484 L(16) = 98,34 · e Konklusion: En 16 år gammel havkat er ifølge modellen 90,5 cm lang.

Hvor gammel er en havkat på 40 cm ifølge modellen?

(10,72) 40

t

–2 5,184

20

16

–10

163

9788770668781_indhold.indb 163

12/08/2019 12.40

Vi opstiller ligningen: –0,22 · t

–2,814 · e = 40 98,34 · e og løser denne med bruge af solve og får t = 5,184.

Konklusion: En havkat på 40 cm er ifølge modellen 5,2 år gammel.

Bemærk, at den grafiske kontrol af løsninger viser samme resultater.

Bemærkning: I afsnit 3.4 vender vi tilbage til denne såkaldte Gompertz’ differentialligning.

Øvelse 3.30

Fuldstændig og partikulær løsning

En differentialligning er givet ved:

2 y ′= (3x – 4) · y

a) T egn linjeelementer for den fuldstændige løsning, og plot løsningskurverne for de tre partikulære løsninger, hvis grafer går gennem henholdsvis: (0,3), (2,0) og (–1,1). b) Benyt sætning 3 til at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen. c) Bestem forskriften for de tre partikulære ved beregning. d) Løs ligningen i et værktøjsprogram, og sammenlign med løsningerne bestemt ved hjælp af sætning 3.

Øvelse 3.31 Linearkombinationer er også løsninger Vis, at for en homogen ligning: y ′= f(x) · y gælder der, at: Hvis h1(x) og h2 (x) er løsninger, så er også funktionerne s1 · h1(x) + s2 · h2 (x), hvor s1 og s2 er konstanter, løsninger til denne ligning.

Sådanne udtryk kaldes linearkombinationer af h1 og h2 .

Løsning af den inhomogene differentialligning y ′= f(x) · y + g(x) Denne differentialligningen kan som nævnt ovenfor opfattes som en generalisering af differentialligningen y ′= b – ay. En af løsningsmetoderne er da også at følge 1. version af beviset for sætning 2.

Øvelse 3.32

Udledning af løsning til inhomogen differentialligning

Betragt den inhomogene differentialligning

y ′= –2y + e

x

a) Løs først den homogene ligning: y ′= –2y, og noter for hvert trin, hvilke formler og

sætninger du bruger. b) A nvend nu samme teknik overfor den inhomogene ligning og omskriv til følgende: ( y · e2 x ) ′= e3x

164

9788770668781_indhold.indb 164

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

c) A nvend sætningen om samtlige stamfunktioner til en given funktion 2x (her funktionen y · e ) til at integrere denne ligning. d) Isoler dernæst y i den fremkomne ligning, og vis, at løsningen er: y=c·e

–2x

+

1 3

ex

hvor c er en konstant.

Vi vil nu anvende samme metode som i øvelsen til at udlede løsningsformlen til den generelle lineære første ordens differentialligning.

Sætning 4: Differentialligningen y ′ = f(x ) · y + g(x) Den fuldstændige løsning til differentialligningen:

y ′= f(x) · y + g(x) , hvor f og g er tilfældige kontinuerte funktioner

er mængden af alle funktioner med forskriften:

y = c · eF( x) + e F( x) · ∫ g(x) · e – F( x) dx

hvor c er en konstant, og F er en stamfunktion til f .

Øvelse 3.33 Beviset for sætning 4 Gennemfør selv beviset efter samme retningslinjer som ved den homogene ligning ovenfor. Sammenlign dit bevis med det, du kan finde på bogens website. a) F lyt leddet f(x) · y over på venstre side, og gang igennem med e

– F( x)

b) O mskriv ved hjælp af reglerne for differentiation af sammensat funktion til følgende – F( x) + y · (e – F( x) ) ′ = g(x) · e – F( x) ligning: y ′· e c) O mskriv ved brug af produktreglen til følgende ligning: ( y · e – F( x) ) ′= g(x) · e – F( x) d) Integrer denne ligning, idet vi udnytter sætningen om samtlige stamfunktioner – F( x) = ∫ g(x) · e – F( x) dx + c til en funktion: y · e e) I soler dernæst y, og vis, at løsningen er som angivet i sætningen.

Øvelse 3.34

Løsning med brug af formlen i sætning 4

Benyt formlen i sætning 4 til at løse differentialligningerne, og kontroller resultaterne ved hjælp af dit værktøjsprogram. a) y ′= y + x · e

x

b) y ′= 2x · y + x med begyndelsesbetingelsen y(0) = 1 c) yy ′′= − 1 ⋅ y + x

1 1+ x2

, x > 0, med begyndelsesbetingelsen y(1) = 2

165

9788770668781_indhold.indb 165

12/08/2019 12.40

Eksempel: Integraler der kan opskrives, men ikke ”løses” Man vil ofte komme ud for, at det integral, der indgår i sætning 4, ikke kan udtrykkes ved hjælp af de traditionelle funktioner. Men derfor kan det godt have god mening at opskrive det. Så når man siger, at et integral ikke ”kan løses”, skal det forstås sådan, at det ikke kan udtrykkes ved hjælp af de funktioner, vi kender. Sådanne integraler kan give anledning til, at man definerer nye funktioner. Eksempler herpå er ln(x) fra kap. 2, Fresnel-funktionerne for linjeføring af motorveje i kap. 4, sin(x) i kap. 7 og tæthedsfunktionen for normalfordelingen i kap. 8.

Eksempel: Løsning af inhomogene ligninger ved hjælp af gættemetode I de tilfælde, hvor man godt kan ”løse” et integral, men hvor dette fremstår ret kompliceret, kan man have glæde af følgende sammenhæng, som vi kommer nærmere ind på i kapitel 6: Løsningsmængden til den inhomogene differentialligning er lig med alle funktioner af formen: i0 (x) + h(x), hvor i0 (x) er én bestemt funktion, som vi har gættet er løsning til den inhomogene ligning, og hvor h(x) repræsenterer alle løsninger til den homogene ligning.

Gættemetoder kan selvfølgelig være tilfældige skud, men på bogens website kan du finde en mere systematisk fremgangsmåde.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 3.3.

3.4 Anvendelse af lineære differentialligninger 3.4.1 Ændring af saltopløsningen i et kar Et kar indeholder 500 liter af en saltopløsning. Karret er indrettet med to haner: En foroven, hvorigennem man kan tilføre væske, og en i bunden af karret, hvorfra man kan lade væske strømme ud.

I karret er der en saltopløsning på 5 g pr. liter vand. Vi ønsker, at øge salt-koncentrationen ved at tilføre en stærkere saltopløsning, der indeholder 20 g pr. liter.

Vi lukker nu op for de to haner, således at der pr. minut strømmer 10 liter af den koncentrerede væske ind i karret og 10 liter af karrets væske ud af karret. a) Opstil et SD-diagram over situationen. b) Lad S(t) betegne den samlede saltmængde i karret til tiden t, hvor t måles fra det tidpunkt, hvor vi åbnede hanen. Hvad er S(0)? c) Opstil en differentialligning, som S(t) opfylder. d) Løs differentialligningen, dvs. bestem en forskrift for S(t). e) H vor stor er henholdsvis den samlede saltmængde og saltkoncentrationen i karret efter 5 minutter? Efter 20 minutter?

166

9788770668781_indhold.indb 166

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

f) Koncentrationen skal op på 18 g pr. liter. Hvor længe skal hanerne være åbne? g) Bestem grænseværdien af S(t), når t → ∞, og giv en fortolkning af dette resultat.

3.4.2 Gompertz’ vækstmodel – modellering af kræftsvulsters vækst I 1964 offentliggjorde en amerikansk forsker Anna Laird en artikel, hvor hun redegjorde for, hvordan man kan modellere kræftsvulsters vækst ved hjælp af en såkaldt Gompertz-model, opkaldt efter den engelske matematiker Benjamin Gompertz (1779 -1865).

En kræftsvulst, som vi for nemheds skyld betragter som en kugle, vokser ved celledeling i overfladen, mens der ikke tilføres næring til, at cellerne inde i knuden kan dele sig. Der gælder således, at: • Antallet af kræftceller N(t) er proportional med kuglens rumfang, der igen er 3 proportional med r(t) , hvor r(t) er kuglens radius til tiden t.

• Tilvæksten af nye kræftceller N ′( t) er proportional med kuglens overflade, 2 der igen er proportional med r(t) .

a) Argumenter for, at der så må gælde: N ′( t ) N(t )

er proportional med

1 r (t )

Med baggrund i data fra en række forsøg argumenterede Anna Laird nu for, at radius b· t r(t) vokser proportionalt med en eksponentialfunktion e , hvor b er et tal mellem 0 og 1. b) A rgumenter for, at dette medfører:

N ′( t ) N(t )

er proportional med

1 e b⋅ t

= e − b⋅t

c) V is, at i denne model gælder følgende differentialligning for udviklingen af antal –b· t · N(t) kræftceller: N ′( t) = k · e d) Løs differentialligningen, og beskriv det grafiske forløb. e) H vis du har arbejdet med logistisk vækst i Hvad er matematik? 2, kapitel 6, anfør da ligheder og forskelle ift. denne model.

På bogens website ligger et projekt, der drejer sig om at studere Anna Lairds artikel om Gompertz-modellen.

3.4.3 Optagelse af radioaktivt jod efter atomkatastrofer Grundstoffet jod findes i små koncentrationer overalt på kloden, normalt i kemiske forbindelser som kalium-iodid. Vi får det nødvendige jod gennem den mad, vi indtager; i Danmark især fisk, æg og mælk, og via blodet deponeres stort set alt jod ét sted i kroppen, nemlig i skjoldbruskkirtlen (eng.: Thyroid). Her indgår jod i produktionen af bestemte hormoner, der er livsnødvendige for stofskiftet. For lidt jod kan forårsage en række alvorlige sygdomme, og derfor har man i en række lande som Danmark lovgivet om tilsætning af jod til bestemte fødevarer, især til salt. Men det er kun lidt, man skal indtage: Den anbefalede daglige dosis for voksne er 150 mikrogram. Det kan også være livstruende at indtage for meget jod, men i normale situationer er det stort set umuligt.

167

9788770668781_indhold.indb 167

12/08/2019 12.40

Ved ulykker på atomkraftværker, hvor der sker store udslip – eller ved sprængning af atombomber – vil der imidlertid kunne 131 ske store udslip af radioaktivt jod, I. Lander dette på marker, hvor køer, får eller geder græsser, så går den radioaktive jod i mælken, og de, som drikker denne mælk, vil derved optage og deponere 131 store mængder I i skjoldbruskkirtlen.

Kroppen kan nemlig ikke skelne mellem de forskellige typer af jod. Det kan dreje sig om 500 gange så meget jod, som det daglige behov.

131

I bliver ”produceret” i den radioaktive henfaldskæde, hvor de angivne tal er Tjernobyl-atomkraftværket efter Fukushima-atomkraftværket ulykken. i Japan. halveringstider. Slår man op i Databogen, skal man være opmærksom på, at Te(m)-131 (Tellur(m)-131) er en særlig metastabil isomer af Tellur med halveringstid som angivet, hvor halveringstiden for almindeligt Te-131 er 24 minutter.

Tellur-131

1,25 døgn

Jod-131

8,05 døgn

Xenon-131

Det karakteristiske er, at hvert stof i kæden både får tilført nyt stof, ved at det ”foregående” henfalder, og mister stof, ved at det selv henfalder. Dette kaldes dobbelt radioaktivt henfald. Du kan via bogens website finde en animation af denne henfaldskæde. a) Opstil en differentialligning, som mængden af Jod-131 må opfylde. b) Beregn henfaldskonstanterne. c) I atomkraftværket var Jod i ligevægt med Tellur. Vis, at hvis vi sætter mængden af Jod-131 til 100 enheder, så er mængden af Tellur-131 15,528 enheder.

(Du kan evt finde inspiration i bogens indledende fortælling, hvor vi undersøger uranhenfaldskæden) Der sker nu et stort udslip og stofferne i henfaldskæden spredes. Henfaldskæden ændres, idet der ikke tilføres mere radioaktivt Tellur. d) Vi sætter mængden af Tellur-131 ved udslippet til 15.528. Opstil et funktionsudtryk, der beskriver faldet i mængden af Tellur-131 som funktion af tiden efter udslippet. e) Opstil den differentialligning, som mængden af Jod-131 nu må opfylde.

168

9788770668781_indhold.indb 168

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

f) L øs denne differentialligning ved brug af sætning 4, eller ved brug af dit værktøjsprogram. Du skal få en løsning af formen: –0,086 · t – 33,2 · e0,555 ·t f(t) = 133,2 · e g) T egn grafen for, hvorledes andelen af radioaktivt jod udvikler sig de første 50 dage efter udslippet. Du skal få en graf som denne: Allerede dagen efter udslippet er der en omfattende forurening af markerne, dyrene spiser græsset og producerer mælk, som inde131 holder store mængder af I.

Andel radioaktivt jod i omgivelserne

100 80 60 40 20

131

h) Vis, at der optages ca. 75000 µ g I i skjoldbruskkirtlen hos dem, der ikke evakueres, og som fortsætter med at drikke mælk, som de plejer. (Hint: se informationen i starten).

0 0

5

10 15 20 25 30 35 40 45 50 Antal døgn efter udslip

Har man først optaget stoffet, vil man blive bestrålet indefra i ganske lang tid. Resultatet kan ofte være, at man udvikler kræft i skjoldbruskkirtlen. Man kan blokere for optagelsen af den radioaktive jod, ved at fylde skjoldbruskkirtlen op med almindeligt jod.

Det sker ved indtagelse af jodtabletter. Man skal indtage én hver dag, indeholdende 130 milligram af kalium-iodid. Dette er et tilskud af jod på 500 gange det daglige behov. Desværre er det sådan, at man skal indtage disse piller før udslippet eller senest 4 timer efter! Sker det ikke, vil skjoldbruskkirtlen blive fyldt op med radioaktivt jod.

Derefter skal man indtage disse piller hver dag, evakueres og stoppe med at indtage forurenede fødevarer. Så vil den naturlige jod langsomt optages, Radioaktivt jod i kroppen (µg) i stedet for det som henfalder. Først når mængden af radioaktivt 80000 jod er under 2 % af det naturlige daglige indtag, er strålingen på 70000 et niveau, hvor man kan stoppe med at indtage pillerne. i) Hvor mange µg skal mængden af radioaktivt jod ned på, før man stopper med pillerne? j) A ntag, at man begynder at indtage jodtabletter 5 dage efter udslippet. Tegn grafen for, hvorledes mængden af radioaktivt jod i kroppen udvikler sig. Du skal få en graf som denne: k) Vis, gerne med en grafisk metode, at det vil tage ca. 125 dage, før man kan stoppe med at tage piller.

60000 50000 40000 30000 20000 10000 0 0

20

40

60 80 100 120 140 Antal døgn efter udslip

På bogens website kan du finde materialer fra bl.a. FAO og WHO, som du yderligere kan fordybe dig i.

Opgaver I Opgavebog 3 ligger der opgaver i tilknytning til afsnit 3.4.

169

9788770668781_indhold.indb 169

12/08/2019 12.40

3.5 D a Felix Baumgartner gennembrød lydmuren Da Felix Baumgartner d. 14. oktober 2012 steg til vejrs, båret af en enorm heliumballon, var det hans mål at nå så højt op, at han ville gennembryde lydmuren, når han sprang ud og lod sig falde frit ned mod Jorden.

Man gennembryder lydmuren, når man flyver hurtigere end lydens hastighed, der ved jordoverfladen er ca. 343 m/s svarende til 1234 km/time. Lydens hastighed afhænger af tryk, temperatur og luftfugtighed og er lidt lavere i den højde, hvor Baumgartner var i frit fald. Han ville derfor gennembryde lydmuren, hvis han opnåede en hastighed på ca. 290 m/s svarende til 1044 km/time.

Den officielle rapport, som kan hentes på bogens website, fortæller om faldet, at han nåede op på en hastighed på 1342 km/time, svarende til 373 m/s. Vi vil nu forsøge at modellere dette spring. Der er en række antagelser undervejs, så modellen kan kun blive tilnærmet, men det kan vise styrken i metoden. Modellen kunne opstilles før springet og fortælle, om målsætningen var realistisk og vise, hvor højt han skulle op, for at det kunne lykkes.

I et frit fald er man underlagt Newtons 2. lov, der siger, at den samlede kraft F, der virker på en genstand, er lig med genstandens masse m ganget med accelerationen a:

F=m·a

Den samlede kraft F består af to modsat virkende kræfter: Tyngdekraften, der trækker genstanden ned mod Jorden, og luftmodstanden, der virker bremsende på bevægelsen.

Via bogens website er der adgang Accelerationen er lig med ændringen i hastigheden til et givet til en video, der viser Baumgartners tidspunkt. Dvs. at den funktion, der beskriver accelerationen spring i realtime. som funktion af tiden, er lig med den afledede funktion af hastighedsfunktionen, som jo også er en funktion af tiden.

Hvis vi lader s(t) betegne det stykke vej genstanden har bevæget sig i løbet af tidrummet t, så er hastigheden bestemt ved den afledede funktion af s(t), og tilsvarende er accelerationen bestemt ved den anden afledede af s(t). Altså har vi foreløbig følgende ligninger:

v(t) = s ′(t)

a (t) = v ′(t)

F = m · a(t) = m · v ′(t) = m · s ″(t)

Befinder man sig i det tomme rum, er man alene påvirket af tyngdekraften, men når eksempelvis astronauter vender tilbage fra rummet og rammer atmosfæren, så påvirkes de af luftmodstanden, der bremser rumkapslen og derved omdanner bevægelsesenergi til varmeenergi. For tyngdekraften gælder den simple formel:

Ftyngde = m · g

170

9788770668781_indhold.indb 170

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

hvor g er tyngdeaccelerationen. Tyngdeaccelerationen varierer en smule fra sted til sted på Jorden, og falder en smule, når vi bevæger os væk fra Jordens centrum, men 2 vi sætter den til en fast værdi på 9,8 m/s . Selv om 39 km er en ekstrem højde (det svarer til fire Mount Everest’er stablet ovenpå hinanden!) så giver det kun et fald på ca. 1% i værdien af g.

Øvelse 3.35

Modellering af tyngdeaccelerationen

På bogens website kan du finde en øvelse om tyngdeaccelerationens afhængighed af højden.

Øvelse 3.36

Modellering af frit fald uden luftmodstand

Vi antager, at den første del af Baumgartners fald kun er påvirket af tyngdekraften.

Vi vil udregne, hvor stor en distance Baumgartner skal bruge for at være sikker på at slå rekorden. a) G ør rede for, at et fald uden luftmodstand kan beskrives ved ligningen v ′(t) = g, og at en løsning hertil er v(t) = g · t, hvor begyndelsesbetingelsen er v(0) = 0 b) G ør rede for, at den strækning, han har tilbagelagt, kan beskrives ved ligningen: 1 2 s(t) = 2 · g · t , hvor begyndelsesbetingelsen er s(0) = 0 c) L ad os være på den sikre side: Hvor mange sekunder går der, før hans hastighed er 343 m/s? d) Hvor lang en strækning skal Baumgartner bruge – dvs. hvor højt oppe fra skal han springe, for at han i sit fald kan være nogenlunde sikker på, at han vil kunne nå at opnå lydens hastighed? e) H vis der overhovedet ingen luftmodstand var på vejen ned, hvor lang tid ville faldet så vare, og med hvilken hastighed ville Baumgartner så ramme Jorden?

Ingen før Baumgartner havde gennembrudt lydmuren. Der havde været forsøg med frit fald fra højder på omkring 30 km.

Det var forsøg, der blev gennemført under den kolde krig af USA og Sovjetunionen for at undersøge, om piloter kunne redde sig ned i live, hvis deres fly blev skudt ned i de højder.

En af de berømte episoder under den kolde krig drejede sig netop om Sovjetunionens nedskydning af et amerikansk U2spionfly. U2-flyene blev opfattet som værende usårlige, fordi de opererede i højder på ca. 21 km, men da maskinen blev skudt ned, overvejede den amerikanske hær, om man kunne gå op i 30 km eller mere.

Resterne af det nedskudte U2-fly udstillet i Moskva 1960.

171

9788770668781_indhold.indb 171

12/08/2019 12.40

Joe Kittinger forlader sin kapsel i 1960 i 31,6 km’s højde.

Få måneder efter nedskydningen gennemfører en amerikansk pilot Joe Kittinger en række forsøg med udspring fra godt 30 km’s højde. Via bogens website er der adgang til den historiske film, der viser Kittingers fald. Kittinger nåede i sit frie fald op på en hastighed på 988 km/time, før han udløste sin faldskærm. Når Kittinger ikke nåede helt op på lydens hastighed, var det, fordi han blev bremset lidt i den tynde atmosfære. Derfor ville Baumgartner op i så tynde luftlag, at luftmodstanden stort set er væk. Er man over 30 km’s højde, er lufttætheden så lille, at vi i første omgang kan se bort fra den i udregningerne.

Eksempel: Modellering af frit fald med luftmodstand Vi lægger en lodret x-akse, der er orienteret opad, og vi regner afstande i meter, så Baumgartners gondol befinder sig i højden 39014. Når han springer ud, vil han være påvirket af en samlet kraft på Fsamlet = Fluft – Ftyngde , og derfor ifølge Newtons 2. lov være underlagt bevægelsesligningen:

m · a = Fsamlet = Fluft – Ftyngde

der kan oversættes til differentialligningen

= Fsamlet = Fluft – m · g (*) m · dv dt

Felix Baumgartner forlader sin rumkapsel i 39 km´s højde.

Mens tyngdekraften er let at håndtere, er det ganske anderledes med luftmodstanden. Den afhænger grundlæggende af formen og massen af det legeme, der falder. Hvis det er et legeme, der ikke er tungt og har en beskeden udstrækning, så er luftmodstanden proportional med hastigheden v. Er det et legeme som Baumgartner, så er luftmodstanden i stedet proportional 2 med v . Det samlede udtryk for luftmodstanden kan erfaringsmæssigt skrives således:

1 2 Fluft = 2 · A · v · ρ (x) · C hvor de størrelser, der indgår, er:

•

Tværsnitsarealet A af den genstand, der falder. For Baumgartner sætter vi denne 2 til 0,45 m .

•

Hastigheden v (målt i m/s), der både kan betragtes som en funktion af tiden t og af højden x.

•

Lufttætheden ρ (x) i højden x. Denne modellerer vi nedenfor i øvelse 4.37.

•

Modstandskoefficienten C, der afhænger af bl.a. legemets form. Den sættes her til 1,3.

172

9788770668781_indhold.indb 172

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

1

Indsættes udtrykket Fluft = 2 · A · v 2 · ρ (x) · C i (*), får vi differentialligningen:

1 = Fsamlet = 2 · A · v 2 · ρ (x) · C – m · g (**) m · dv dt Baumgartners masse sætter vi til m = 120 kg (jf. figuren). Det er vægten af Baumgartner med dragt på. Bemærk, at de nævnte talværdier for A og C er anslåede værdier og derfor ret usikre.

Tværsnitsarealet afhænger bl.a. af, hvordan han falder, fx om han falder vandret eller lodret.

Modstandskoefficienten afhænger faktisk også lidt af hastigheden, men det ser vi bort fra her.

De forskellige talværdier indsættes nedenfor.

Felix Baumgartner i den tryksikrede rumdragt, han havde på under sit frie fald.

Boksen på brystet rummer udstyr, der satte kontrolcentret i stand til at overvåge alle kritiske funktioner og til at kommunikere med Baumgartner hele vejen ned.

Til højre ses rumkapslen og i baggrunden heliumballonen, der løftede ham op i ca. 40 km’s højde.

Øvelse 3.37 Modellering af lufttætheden Som en tommelfingerregel kan man regne med, at lufttætheden falder til det halve, for hver gang man stiger 5 km til vejrs i atmosfæren (se fx figuren side 175). a) G ør rede for, at lufttætheden i højden x meter over Jordens overflade er givet ved ρ (x) = ρ0 · e –0,000139 · x, hvor ρ0 er lufttætheden ved Jordens overflade. Lufttætheden 3 ved Jordens overflade kan vi sætte til 1,2 kg/m . Den afhænger bl.a. af temperaturen, men vi ser bort fra lokale variationer. b) Hvor mange procent er lufttætheden faldet til i 30 km’s højde? c) I hvilken højde er lufttætheden faldet til 1%?

I differentialligningen (**) indgår v som funktion af tiden, mens ρ (x) er en funktion af højden. Vi ønsker at opstille en model for, hvordan hastigheden varierer gennem det frie fald mod Jorden, dvs, at vi ønsker at beskrive hastigheden v som en funktion af højden x.

Lader vi x(t) angive Baumgartners højde over Jorden til tiden t, så har vi følgende system:

v(t) = v(x(t)) og v(t) =

dx dt

Vi betragter altså v som en sammensat funktion. Ideen i den følgende omformning er, at få v ′( x) frem ved at udnytte reglen om sammensat differentiation.

Fra fysik ved man, at der er en nær sammenhæng mellem energi og kraft. Lidt populært sagt får man energien som et bestemt integral af kraften og omvendt fremkommer kraften ved at differentiere energien. Baumgartners bevægelsesenergi kan udtrykkes

173

9788770668781_indhold.indb 173

12/08/2019 12.40

1

ved formlen Ekin = 2 · m · v 2, så det giver derfor god mening at undersøge, hvad der sker, hvis vi differentierer udtrykket for bevægelsesenergi.

dE kin dx

=

(

d 1 ⋅ m ⋅ v ( x )2 dx 2

= 1 ⋅ m⋅ 2

d dx

)

(v ( x ) ) 2

Sæt konstanter udenfor differentialkvotienten

dv ( x )

= 1 ⋅ m ⋅ 2 ⋅ v( x ) ⋅

= m⋅

dx dv ( x ) ⋅ dt dx

= m⋅

dv dt

= m ⋅ a = Fsamlet

2

Udnyt reglen om sammensat differentiation

dx

Reducer, og udnyt v =

dx dt

Udnyt reglen om sammensat differentiation

Specielt giver omskrivningen os følgende udtryk:

d 1 ⋅ m⋅ 2 dx

(v ( x ) ) = F 2

samlet

(***)

Vi har nu to udtryk for Fsamlet, (**) og (***). Dem samler vi, så bevægelsesligningen skrives på formen:

(v( x ) ) = 21 ⋅ A ⋅ v

2

⋅ρ ( x ) ⋅ C − m ⋅ g

(v ( x )) ′ = 21 ⋅ A ⋅ v

2

⋅ρ( x) ⋅ C − m ⋅ g

d 1 ⋅ m⋅ 2 dx

1 ⋅ m⋅ 2

2

2

(v ( x )) ′ = Am⋅ C ⋅ ρ ( x ) ⋅ v 2

2

− 2 ⋅ g

d

(

)

1 ⋅ m⋅ v ( x )2 ( )=′ Fsamlet Erstat symbolet med 2 dx

Divider med m og gang med 2

2 Substituerer vi endelig y = v , får vi nu en lineær differentialligning i kvadratet på hastigheden:

y′=

A⋅C ⋅ρ ( x ) ⋅ y m

Øvelse 3.38

− 2 ⋅ g (****)

Differentialligningen med talværdier indsat

I eksempet ovenfor, Modellering af frit fald med luftmodstand, og i øvelsen ovenfor, Modellering af lufttætheden, har vi angivet værdier for de forskellige symboler, der indgår i (****). Indsæt nu dem, og gør rede for, at differentialligningen forenkles til

y ′= 0,00585 · y · e

– 0,000139 · x

– 19,6

hvor x er højden over Jordens overflade, og y er kvadratet på hastigheden.

174

9788770668781_indhold.indb 174

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

Vi er nu klar til den egentlige udfordring: Modellering af frit fald med luftmodstand i en atmosfære med eksponentielt aftagende lufttæthed. Differentialligningen består af to led, hvor det første vedrører luftmodstandens indvirkning og det andet led tyngdekraftens indvirkning på bevægelsen. Samtidigt vil vi gerne holde styr på lydens hastighed. Den varierer med såvel lufttæthed, temperatur som luftfugtighed. Men i en forenklet model over atmosfæren ser dens variation ud som på illustrationen.

Bemærk, at de afhængige variable er afsat ud af 1. aksen, den uafhængige højde er afsat op af 2. aksen.

Øvelse 3.39 Modellering af lydens hastighed a) F orklar, hvordan vi skal forstå enhederne på 1. aksen og de fire grafer.

Beskriv dem med ord. b) O pstil for hvert af højdeintervallerne [0;11], [11;20], [20;31]og [31;40] ligninger for lydens hastighed (MACH) som funktion af højden x over Jordens overflade, hvor højden måles i meter.

Øvelse 3.40

F inalen: Frit fald med luftmodstand i en atmosfære med eksponentielt aftagende lufttæthed

a) T egn linjeelementer for differentialligningen y ′= 0,00585 · y · e – 0,000139 · x – 19,6, hvor højden x løber fra 0 til 40000 m, og hastighedskvadratet y løber fra 0 til 2 2 200000 m /s (svarende til en maksimal fart på ca. 450 m/s). b) V ælg begyndelsesbetingelser svarende til Baumgartners fald, dvs. (39000,0) og Kittingers fald (30000,0). c) I ndtegn de rette linjer, der svarer til frit fald uden luftmodstand i de to tilfælde.

Hvor langt skal man falde – sådan ca. – før luftmodstanden for alvor gør sin indflydelse gældende?

175

9788770668781_indhold.indb 175

12/08/2019 12.40

d) Bestem den maksimale fart i begge tilfælde. Har du lavet øvelse 3.39, så indtegn også grafen for kvadratet på lydens fart. Bliver deres spring supersoniske?

I hvilke højder sker det i givet fald? e) G ør rede for, at ligevægtskurven, hvor x y ′= 0, er givet ved y = 3350,43 · 1,00014 .

Gør rede for løsningskurvernes monotoniforhold. f) B eskriv løsningskurvernes kvalitative opførsel, gerne med inddragelse af fysiske begreber.

Ligevægt: acceleration = 0 200000 y

negativ acceleration

positiv acceleration

Over lydens fart

På bogens website ligger der en interaktiv model af denne graf, hvor man eksperimentelt kan undersøge, hvorfra man skal springe for at bryde lydmuren.

Lydens fart Under lydens fart

x

– 5000

50000 –20000

Joe Kittinger

Felix Baumgartner

Vi ser nu, at et spring fra 39 km ifølge modellen giver en maksimal fart på 381,5 m/s.

Det rapporterede maksimum var 379 m/s. Så han var langt forbi lydmuren. Et spring fra Kittingers højde på 31,6 km ville ifølge modellen give en hastighed på 278 m/s, hvilket er et stykke under lydens hastighed. Baumgartner var således nødt til at komme op i disse højder for at være sikker på at gennembryde lydmuren.

Øvelse 3.41

Anvendelse af modellen til at bestemme højde og hastighed

a) H vor højt skulle han op ifølge modellen for at være sikker på at opnå lydens hastighed? b) H vor følsom er modellen i forhold til vores estimerede valg af parameterværdierne?

Hvor meget ændres fx maksimalhastigheden, hvis vi ændrer A med 10%?

176

9788770668781_indhold.indb 176

12/08/2019 12.40

3a. Lineære første ordens differentialligninger

På bogens website er der et projekt, hvor vi dykker dybere ned i modelleringen af Felix Baumgartners supersoniske fald. I kapitel 11 om matematik og fysik lægger vi op til at undersøge forskellige former for fald, både teoretisk og eksperimentelt.

4. Projekter På bogens website ligger der en række projekter, der knytter an til kapitel 4.

På bogens website ligger yderligere særlige studieretningskapitler med oplæg til samarbejde mellem studieretningsfagene, samt kapitel 10, Matematik og kultur, med materialer og projekter, der kan anvendes i et samarbejde med humanistiske fag eller i selvstændige forløb.

177

9788770668781_indhold.indb 177

12/08/2019 12.40