1. No category

matx.dk
Algebra
og ...
Dennis Pipenbring
14. maj 2010
Indhold
1 Grundlæggende algebra
1.1 De grundlæggende regler
1.2 Tal . . . . . . . . . . . .
1.3 Regning . . . . . . . . .
1.4 Potenser . . . . . . . . .
1.5 Bogstavregning . . . . .
1.6 Parenteser . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
3
4
4
5
6
6
7
2 Logik
2.1 Argumenter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Hvad er et bevis? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
9
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Kvadratsætningerne
10
4 Brøkregning
12
5 Potensregneregler
15
6 Ligninger
16
6.1 Ligningsløsning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
6.2 To ligninger med to ubekendte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
6.3 Andengradsligninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
7 Komplekse tal
24
8 Regning med komplekse tal
27
9 Geometrisk repræsentation af komplekse tal
29
2
1
Grundlæggende algebra
Algebra er regning med symboler og bogstaver. Grundet til at regne med bogstaver, er for at komme frem til nogle generelle regler, som er rigtige for alle tal.
På denne måde kan en masse udregninger undgås.
Det vigtigste man bruger algebra til er beregninger på en computer. Da ønskes
at det skal gå så hurtigt som muligt, derfor er det vigtigt at reducere udtryk så
de bliver nemmere for computeren at udregne. F.eks. skal computerne udregne
3 · (a + b)2 − 6 · a · b − 3 · b2
kan dette reduceres til
3 · a2
Hvis der indsættes tal i stedet for a og b f.eks. 5 ind i stedet for a og 2 ind i
stedet for b bliver det første udtryk til
3 · (5 + 2)2 − 6 · 5 · 2 − 3 · 22
=
=
=
=
3 · 72 − 60 − 3 · 4
3 · 49 − 60 − 12
147 − 60 − 12
75
og det andet udtryk bliver til
3 · 52 = 3 · 25 = 75
Det er hurtigere for computerne og bruge det andet udtryk, og det er derfor
det er vigtigt at reducerer så antallet af beregninger nedsættes. Computeren
laver rigtigt mange udregninger hele tiden, derfor vil alt gå langsommere på
computerne hvis regneudtrykkene ikke var reduceret.
Der er en hel række af regler og love som skal overholdes, hvis ikke bliver reduceringen forkert. Her er et eksempel på en forkert reducering.
3 · (a + b) = 3 · a + b
og computerne skal udregne dette med a lig 5 og b lig 2, bliver det første til
3 · (5 + 2) = 3 · 7 = 21
og det andet bliver
3 · 5 + 2 = 15 + 2 = 17
og det er bestem ikke sådan at 21 og 17 er det samme tal. Metode med at sætte
tal ind kan også bruges når for at undersøge om reduceringen er rigtigt. Metoden
er ikke helt sikker for det er ikke sikkert at hvis det er rigtigt med nogle tal så
er der rigtigt for alle tal, men ofte vil det være tilfældet især hvis der bruges
forskellige tal og gerne primtal dvs. (2,3,5,7,11)
3
1.1
De grundlæggende regler
Der er 10 grundlæggende regler for regning med symboler.
Definition 1.1 Regler for addition, subtraktion, multiplikation, division og
paraenteser.
1.
v+w =w+v
2.
(v + w) + x = v + (w + x)
3.
v+0=v
4.
v + (−v) = 0
Den additive inverse
5.
r(v + w) = rv + rw
Den distributive lov
6.
(r + s)v = rv + sv
Den distributive lov
7.
v·w=w·v
8.
r(sv) = (rs)v
9.
1·v =v
10.
v·v
−1
=1
Den kommutative lov for addition
Den associative lov for addition
Den additive identitet
Den kommutative lov for multiplikation
Den associative lov for multiplikation
Den multiplikative identitet
Den multiplikative inverse
Ved at tage udgangspunkt i disse grundlæggende regler kan udledes en hel masse
generelle regler, som gælder for alle tal.
1.2
Tal
Hvad er et tal? Der findes mange tal f.eks. 4, 5, 9378, I, III, IV, DC, 10110,
100110. Fældes for alle disse tal er, at de repræsenterer en værdi. Symbolet
"4"repræsentere værdien 4, men det gør symbolet "IV"og "100"også. Dvs. Et
tal er et symbol, som repræsenterer en værdi. Ofte vil symbolet være efterfulgt
af en betegnelse for den værdi som det repræsenterer f.eks. 4 kr eller 4 kg. I
matematik undlade denne betegnelse ofte.
Tal inddeles i typer. En type af tal er tallene 0,1,2,3,4,. . . , disse tal kaldes for
de naturlige tal og symbolet for disse tal er N. Ud fra de naturlige tal kan f.eks.
−11 og −5 konstrueres ved at sætte − (minus) foran tallet. På denne måde fås
tallene . . . ,− 2,− 1,0,1,2, . . . Disse tal kaldes for de hele tal og symbolet for disse
7
konstrueres. Tal af denne type
tal er Z. Ud fra de hele tal kan f.eks. 63 og 11
hedder brøker og disse tal kaldes for de rationelle tal og symbolet for disse tal er
Q.
√ Ud fra de rationelle tal kan de reelle tal konstrueres. Det er de tal som f.eks.
2 og π. Symbolet for de reelle tal er R. Ud fra de reelle tal kan de kompleks
tal konstrueres. Det er tal som 2 + 1I. Symbolet for de kompleks tal er C.
4
π
√
2
11
7
-3
1
2
N
2i − 3
Q
Z
0
R
C
-10
1
2
1.3
Regning
Det er muligt at lave forskellige operationer med tallene. Én operation er at
lægge to tal samme, denne operation kaldes addition. Symbolet for en addition
er + (plus). F.eks.
4+2
De to tal som adderes kaldes led , symbolet kaldes en operator. F.eks.
plus operator
z}|{
+
4
|{z}
led
2
|{z}
led
Ved en addition fås et resultat der kaldes en sum, for at vise at der er tale om
et resultat skrives = (ligmed) foran. F.eks.
plus operator
z}|{
+
4
|{z}
led
6
2 = |{z}
|{z}
led
sum
En anden operation er multiplikation eller at gange som det også kaldes. Ved en
multiplikation af to tal eller bogstaver skrives · mellem de to tal eller bogstaver,
som multipliceres. F.eks. 4 · 3 betyder 4 gange 3 og 4 og 3 kaldes for faktorer.
Resultatet af en multiplikation kaldes et produkt. F.eks.
produkt
gange operator
z}|{
·
4
|{z}
faktor
3 =
|{z}
faktor
z}|{
12
Addition og multiplikation kan også kombineres.
led
plus operator
a
|{z}
led
z}|{
+
z
}|
gange operator
z}|{
·
4
|{z}
faktor
5
{
sum
z }| {
a
+ 4b
=
b
|{z}
faktor
Der er 3 faktorer og 2 led i dette udtryk
3·e·y+6
De tre faktorer er 3, e og y og de to led er 3 · e · y og 6. Ofte undlades · hvis
det er tydeligt at der skal være ·. F.eks. Vil der istedet for at skrive 3 · e · y bare
skrive 3ey, mens hvis der stod 3 · 4 kan der ikke skrives 34 fordi det ville betyde
fireogtredive og ikke tre gange fire.
1.4
Potenser
Udregninger skal skrives på den mest simple måde og derfor indføres en måde
som beskriver det samme tal ganget med sig selv f.eks.
3 · 3 · 3 · 3 = 34
og det udtales ’tre i fjerde’ eller ’tre opløftet i fjerde’.
−53 = −5 · 5 · 5
Mens
(−5)3 = −5 · −5 · −5
1.5
Bogstavregning
Der kan også regnes med bogstaver, her er nogle enkle eksempler som alle følger
af matematikkens grundlæggende love.
a
a + a = 2a
a−a=0
a · a = a2
=1
a
Her er nogle flere, de er lidt mere komplicerede
a − b + 2b = a + b
a + b + a = 2a + b
a · b · a = a2 b
Her kombineres plus og gange
a + (b · c) = a + bc
a · (b + c) = ab + ac
b · (a + b + c) = ab + b2 + bc
Her kombineres alle regnearterne
a · (b + c)
=b+c
a
ac + bc
ac
=
+c
b
b
ac + bc
=a+b
c
Opgave 1.2 Regn følgende udtryk ud.
2. ab − a · b + a
1. a + a + a
3.
5.
a2
a
a
a2
4. a · (b + c) − ab
6.
7. a · (a + a)
ab−ac+ad
a
+c
8. (a + b) · c − (c + b) · a
6
Svar på opgave 1.2. 1. 3a, 2. a, 3. a, 4. ac, 5.
1.6
1
a,
6. b + a, 7. 2a2 , 8. bc − ab.
Parenteser
Meget ofte er det praktisk at regne med parenteser, der er to ting operationer,
det ene er at gange ind i parenteser det andet er at sætte udenfor parentes.
Et typisk eksempel er, hvis der er 15% rabat på en vare, da kan prisen udregnes
på følgende måde:
før prisen − 15% af før prisen = prisen
og det udregnes som f.eks
60 kr. − 15% · 60 kr. = 51 kr.
fordi 15% = 0,15 og 0,15 · 60 = 9. Dette kan også udregnes som 60 · 85% fordi
60 − 0,15 · 60 = 60 · (1 − 0,15) = 60 · 0,85
Hvis et tal eller bogstav skal ganges ind i en parentes, skal tallet eller bogstavet
ganges med hvert led i parentesen f.eks.
5 · (3 + c − a) = 5 · 3 + 5 · c − 5 · a
dette kan reduceres til
15 + 5c − 5a
Er der to parenteser, som skal ganges ind i hinanden (parenteserne ganges ud)
skal hvert led i den ene ganges med hvert led i den anden f.eks.
(x + y + z) · (a + b + c)
= (x + y + z) · a + (x + y + z) · b + (x + y + z) · c
= xa + ya + za + xb + yb + zb + xc + yc + zc
Der kommer 9 led ud af at gange parenteserne ud, der er fordi der er 3 led i
hver af parenteserne og 3 · 3 = 9. Hvor mange led kommer der ud af at gange
disse to parenteser ud (a + b)(x + y)?
Her er en liste over de mest typiske udregninger.
Regel
Eksempel
a + ba = (b + 1)a
a + 4a = (1 + 4)a = 5a
ca + ba = (b + c)a
2a − 4a = (2 − 4)a = −2a
a
b
·b= a
a(b + c) = ab + ac
4
7
·7 =4
3(b + c) = 3b + 3c
7
Eksempel 1.3 Gang følgende parenteser ud (dvs. gang dem ind i hinanden)
(2x + 4) · (3y + z).
(2x + 4) · (3y + z) = (2x + 4) · 3y + (2x + 4) · z = 2x · 3y + 4 · 3y + 2x · z + 4 · z
Eksempel 1.4 Gang følgende parenteser ud (dvs. gang dem ind i hinanden)
(2x + y)2 · (5 + z).
Først omskrives (2x + y)2 til (2x + y) · (2x + y), nu ses at der er tre parenteser
(2x + y) · (2x + y) · (5 + z)
det kan ikke ganges ud på en gang derfor begyndes med de to første parenteser
og derefter ganges den tredje ind
((2x + y) · (2x + y)) · (5 + z) =
((2x + y) · 2x + (2x + y) · y) · (5 + z)
=
(2x · 2x + y · 2x + 2x · y + y · y) · (5 + z)
4x2 + 2xy + 2xy + y 2 · (5 + z)
4x2 + 4xy + y 2 · (5 + z)
4x2 + 4xy + y 2 · 5 +
4x2 + 4xy + y 2 · z)
=
4x2 · z + 4xy · z + y 2 · z
20x2 + 20xy + 5y 2 + 4x2 z + 4xyz + y 2 z
=
=
=
=
4x2 · 5 + 4xy · 5 + y 2 · 5 +
Opgave 1.5 Gang følgende parenteser ud.
1. (x + y) · (x + y)
2. (x + y) · (2x + y)
3. (x + 2) · (2 + y)
4. (5x + 4y) · (2x + 3y)
5. (x − y) · (x + y)
6. (x − 3y) · (x + y)
7. (x − y) · (x + y) · (z + 5)
8. (3x + 5y + 3) · (2x + 4)
Svar på opgave 1.5. 1. x2 + 2xy + y 2 , 2. 2x2 + 3xy + y 2 , 3. 2x + 2y + xy + 4,
4. 10x2 + 23xy + 12y 2 , 5. x2 − y 2 , 6. x2 − 2xy − 3y 2 , 7. x2 z − y 2 z + 5x2 − 5y 2 ,
8. 6x2 + 10xy + 18x + 20y + 12.
At skal sætte udenfor parentes, betyder at det som to eller flere led har tilfældes
kan placeres udenfor en parentes.
Eksempel 1.6 Sæt udenfor parentes i følgende udtryk.
2x + 5xy
begge led indeholder x derfor kan det sættes udenfor parentes
2x + 5xy = x · (2 + 5y)
bemærk at x er fjernet fra begge led.
8
Opgave 1.7 Sæt udenfor parantes.
1. 3x + 4xy
2. 2x + 6xy
2
3. 3x + 6xy
4. 4a + 6b + 8c
5. 3a + 6ba2
6. 2x + 6xy
7. 3xy 2 − 9xy
8. 14x4 y 3 − 21x3 y 4
Svar på opgave 1.7. 1. x(3 + 4y), 2. 2x(1 + 3y), 3. 3x(x+ 2y), 4. 2(2a+ 3b + 4c),
5. 3a(1 + 2ba), 6. 2x(1 + 3y), 7. 3xy(y − 3), 8. 7x3 y 3 (2x − 3y).
2
Logik
Logik er en metode til at bestemme om et udsagn er rigtigt / sandt / logisk.
2.1
Argumenter
Et argument er sammensat af to ting: Et eller flere udsagn og en konklusion.
Et udsagn kan f.eks. være "alle mennesker er fejlbarlige"eller "du er et menneske"eller "månen lavet af ost". Ved at sammensætte udsagnene er det muligt at
drage / udlede en konklusion. F.eks.
Fordi alle mennesker er fejlbarlige og fordi du er et menneske så er du
fejlbarlig. Her er udsagnene fremhævet. Foran udsagnene står fordi, dette kaldes
en udsagnsmarkør dvs. et ord som markerer at nu kommer der et udsagn. Der
findes mange udsagnsmarkører f.eks."eftersom, fordi, for, idet, følger af, hvis,
som vist ved, som antydet, grunden er, med den begrundelse, som kan sluttes fra, afledes fra, deduceres fra, i lyset af den kendsgerning"[1] s.19-20. De
markører som oftest bruges i en videnskabelig sammenhæng er i kursiv.
2.2
Hvad er et bevis?
Et bevis er en serie af argumenter, som tilsammen giver anledning til den ønskede
konklusion - det der skulle bevises. F.eks. hvis man vil bevise at
(v + w) · (v + w) = v 2 + w2 + 2vw
så bruger man følgende argumenter: 1. Der følger af den distributive lov, at
(v + w) · (v + w) = (v + w) · v + (v + w) · w
2. Ved at bruge den distributive lov på ovenstående resultat følger der, at
(v + w) · v + (v + w) · w = v 2 + vw + vw + w2
3. Ved at reducer på ovenstående fås, at
v 2 + vw + vw + w2 = v 2 + 2vw + w2
9
4. Nu fås den ønskede konklusion ved at sammenholde alle argumenterende:
(v + w) · (v + w) = v 2 + 2vw + w2
Det er meget vigtigt at man forstår hvad der sker i hver eneste argument, derfor
skal man når man læser sådanne beviser være meget omhyggelig og læse et argument af gangen og være helt sikker på at man forstå det. Dette kan formuleres
i en ’sætning’ - ’sætning’ er en matematikers betegnelse for en betydningsfuld
konklusion, meget ofte vil der være tale om en formel med visse betingelser.
3
Kvadratsætningerne
Der findes tre varianter af kvadratsætningerne, alle tre varianter vil senere vise
sig at være nyttige, fordi de forekommer så ofte i andre udregninger.
Sætning 3.1 Hvis v og w ∈ R så vil
(v + w) · (v + w) = v 2 + w2 + 2vw
Bevis.
1. Der følger af den distributive lov, at
(v + w) · (v + w) = (v + w) · v + (v + w) · w
2. Ved at bruge den distributive lov på ovenstående resultat følger der, at
(v + w) · v + (v + w) · w = v 2 + vw + vw + w2
3. Ved at reducer på ovenstående fås, at
v 2 + vw + vw + w2 = v 2 + 2vw + w2
4. Nu fås den ønskede konklusion ved at sammenholde alle argumenterende:
(v + w) · (v + w) = v 2 + 2vw + w2
Sætning 3.2 Hvis v og w ∈ R så vil
(v − w) · (v − w) = v 2 + w2 − 2vw
Bevis.
1. Der følger af den distributive lov, at
(v − w) · (v − w) = (v − w) · v + (v − w) · −w
2. Ved at bruge den distributive lov på ovenstående resultat følger der, at
(v − w) · v + (v − w) · −w = v 2 − vw − vw + w2
10
3. Ved at reducer på ovenstående fås, at
v 2 − vw − vw + w2 = v 2 − 2vw − w2
4. Nu fås den ønskede konklusion ved at sammenholde alle argumenterende:
(v − w) · (v − w) = v 2 − 2vw + w2
Sætning 3.3 Hvis v og w ∈ R så vil
(v + w) · (v − w) = v 2 − w2
Bevis.
1. Der følger af den distributive lov, at
(v + w) · (v − w) = (v + w) · v + (v + w) · −w
2. Ved at bruge den distributive lov på ovenstående resultat følger der, at
(v + w) · v + (v + w) · −w = v 2 + vw − vw − w2
3. Ved at reducer på ovenstående fås, at
v 2 + vw − vw − w2 = v 2 − w2
4. Nu fås den ønskede konklusion ved at sammenholde alle argumenterende:
(v + w) · (v − w) = v 2 − w2
Disse tre sætninger kaldes for de tre kvadratsætninger.
Eksempel 3.4 Udregn følgende: (2 + 3) · (2 + 3), først finder vi ud af hvilken
en af de tre kvadrat sætninger vi skal bruge. Da der står + i begge paranteser
er det den første kvadrat sætning. Sætningen siger så at
(5 + 3) · (5 + 3) = 52 + 32 + 2 · 5 · 3 = 25 + 9 + 30 = 64
Meget ofte vil regnens ikke med tal, men med bogstaver. Derfor kommer der
her et eksempel med bogstaver.
Eksempel 3.5 Udregn følgende: (x + y) · (x + y), først finder vi ud af hvilken
en af de tre kvadrat sætninger vi skal bruge. Da der står + i begge paranteser
er det den første kvadrat sætning. Sætningen siger så at
(x + y) · (x + y) = x2 + y 2 + 2 · x · y
Nu er opgaven løst fordi det ikke er mulige at reducerer yderligere.
11
Eksempel 3.6 Udregn følgende: (2x + y) · (2x + y), først finder vi ud af hvilken
en af de tre kvadrat sætninger vi skal bruge. Da der står + i begge paranteser
er det den første kvadrat sætning. Sætningen siger så at
(2x + y) · (2x + y) = (2x)2 + y 2 + 2 · (2x) · y = 4x2 + y 2 + 4 · x · y
Nu er opgaven løst fordi det ikke er mulige at reducerer yderligere.
Opgave 3.7 Regn følgende opgaver ved brug af kvadratsætningerne
1. (3 − 5) · (3 − 5)
2. (3 − 5) · (3 + 5)
5. (x − r) · (x − r)
6. (2x − r) · (2x − r)
3. (t + r) · (t + r)
7. (3x + 4y) · (3x + 4y)
4. (t − r) · (t + r)
8. (2x − 3y) · (2x + 3y)
Svar på opgave 3.7. 1. 4, 2. −16, 3. t2 + r2 + 2tr, 4. t2 − r2 , 5. x2 + r2 − 2xr,
6. 4x2 + r2 − 4xr, 7. 9x2 + 16y 2 + 24xy, 8. 4x2 − 9y 2 .
Opgave 3.8 Regn følgende opgaver ved brug af kvadratsætningerne
1. (3x − 5y) · (3x − 5y)
2. (3x − 5y) · (3x + 5y)
5. (3x − 3r) · (3x − 3r)
6. (2x − r2 ) · (2x − r2 )
3. (3t + r) · (3t + r)
7. (3x2 + 4y) · (3x2 + 4y)
4. (t − 4r) · (t + 4r)
8. (2x3 − 3y 2 ) · (2x3 + 3y 2 )
Svar på opgave 3.8. 1. 9x2 + 25y 2 − 30xy, 2. 9x2 − 25y 2 , 3. 9t2 + r2 + 6tr, 4.
t2 − 16r2 , 5. 9x2 + 9r2 − 18xr, 6. 4x2 + (r2 )2 − 4xr2 , 7. 9(x2 )2 + 16y 2 + 24x2 y,
8. 4(x3 )2 − 9(y 2 )2 .
Nu har vi set på hvad et bevis er og hvad man kan bruge en sætning til, nu skal
vi arbejde videre med nogle flere grundlæggende sætninger og deres anvendelser.
4
Brøkregning
En brøk består af to dele en tæller og en nævner, meget ofte skrives det således
tæller
nævner
Der skrives altså tælleren i toppen og nævneren nederst. F.eks.
12a
3ab
Her er 12a tælleren og 3ab er nævneren.
En brøk kan forkortes, hvilket betyder at tæller og nævner divideres med samme
tal eller bogstav. F.eks. kan følgende brøk forkortes med a
12
12a
=
3ab
3b
12
En brøk kan forlænges med et tal eller et bogstav, dette betyder at både tæller
og nævner ganges med tallet eller bogstavet. F.eks. her forlænges med 4:
4 · 12a
12a
=
3ab
4 · 3ab
Definition 4.1 Regneregler for brøker.
b
a c
a·b
a·
=
·
c
c
b d
a c
b
a·b
=
:
a·c
c
b d
a
a·c
a
·c =
:c
b
b
b
a
a
c·b
c
c:
=
+
b
a
b
d
a c
a+c
+
=
b
b
b
a·c
b·d
a·d
b·c
a
b·c
a·d+b·c
b·d
=
=
=
=
Opgave 4.2 Regn følgende opgaver ved brug af regneregler for brøker
2·x
2·3
2.
1.
2·4
2·y
a·3
3 3
3.
4. ·
a·4
2 4
x 3
b x
5. ·
6. +
2 y
c
c
b x
b x
8. +
7. :
c a
c a
Svar på opgave 4.2. 1. 43 , 2.
x
y,
3. 34 , 4. 98 , 5.
3x
2y ,
6.
b+x
c ,
7.
b·a
x·c ,
8.
b·a+c·x
a·c .
Eksempel 4.3 Opgaven er at skrive følgende udtryk om til et udtryk med 2
parenteser (faktorisering)
9x2 + y 2 + 6xy
Det første man ser efter er det dobbelte produkt dvs. ’2vw’, hvis der står plus
foran så er det 1. kvadratsætning, hvis der står minus så er det 2. kvadratsætning
og hvis der ikke er noget dobbelte produkt så er det 3. kvadratsætning. I dette
tilfælde står der plus (+6xy), der er altså 1. kvadratsætning der skal bruges.
(v + w)(v + w) = v 2 + w2 + 2vw
Eftersom der står 9 foran x2 må det betyde at v = 3x efter som v 2 = (3x)2 =
9x2 , da der ikke står noget foran y må det betyde at w = y efter som w2 =
13
(y)2 = y 2 . Nu kan udtrykket 9x2 + y 2 + 6xy faktoriseres
9x2 + y 2 + 6xy = (3x + y)(3x + y)
Opgave 4.4 Faktoriser følgende udtryk.
1. x2 + 8xy + 16y 2
2. 4x2 + 4xy + y 2
3. 4x2 − 12xy + 9y 2
4. 9x2 + 24xy + 16y 2
5. 9x2 − 12xy + 4y 2
6. x4 − 4x2 y + 4y 2
8. 14 x2 − 9y 2
7. 4x2 − 9y 2
Svar på opgave 4.4. 1. (x + 4y)(x + 4y), 2. (2x + y)(2x + y), 3. (2x − 3y)(2x −
3y), 4. (3x + 4y)(3x + 4y), 5. (3x − 2y)(3x − 2y), 6. (x2 − 2y)(x2 − 2y), 7.
(2x + 3y)(2x − 3y), 8. ( 12 x + 3y)( 21 x − 3y).
Opgave 4.5 Forkort følgende brøker.
4x2 − 12xy + 9y 2
2x − 3y
2
16x − 9y 2
4.
4x − 3y
3x3 − 2ax2
6.
9x − 6a
9x2 + y 2 + 6xy
8.
9x + 3y
x2 + 8xy + 16y 2
x + 4y
4
4x + 12x2 y + 9y 2
3.
2x2 + 3y
x2 − 5y
5. 4
x − 25y 2
3x4 y − xy 3
7.
12x3 − 4y 2
2.
1.
Svar på opgave 4.5. 1. x + 4y, 2. 2x − 3y, 3. 2x2 + 3y, 4. 4x + 3y, 5.
6. , 7. , 8. .
Opgave 4.6 Reducer følgende to udtryk.
y2
x2
−
x−y x−y
x y
−
y
x
14
·
1
(x + y)(x − y)
1
x2 +5y ,
5
Potensregneregler
Definition 5.1 Regneregler for potenser.
xs · xt
=
xs+t
(xs )t
s
x
y
=
xs·t
x−s
√
s
xt
=
=
=
xs
xt
(x · y)s
xs
ys
1
xs
t
xs
=
xs−t
=
xs · y s
x0
=
1
√
s
x
=
xs
1
Eksempel 5.2 Følgende udtryk x3 · x6 , kan reduceres ved at anvende reglen
xs · xt = xs+t , så fås at x3 · x6 = x3+6 = x9 .
6
Eksempel 5.3 Følgende udtryk x3 , kan reduceres ved at anvende reglen
6
(xs )t = xs·t , så fås at x3 = x3·6 = x18 .
3
s
Eksempel 5.4 Følgende udtryk xx6 , kan reduceres ved at anvende reglen xxt =
3
xs−t , så fås at xx6 = x3−6 = x−3 . Som ifølge reglen x−s = x1 er lig x−3 = x13 .
Ofte forventes det at man kan overskue mere komplicerede udtryk.
Eksempel 5.5 Følgende udtryk
x6 · y 4
x3 · y
s
kan reduceres ved at anvende reglen xxt = xs−t to gange, først på x og derefter
6
på y. Når regelen anvendes på x fås at xx3 = x6−3 = x3 og når den anvendes
4
på y fås at yy = y 4−1 = y 3 - Bemærk at y = y 1 . Og disse to resultater kan så
sættes sammen.
x6 · y 4
= x3 · y 3
x3 · y
Dette kan reduceres yderligere ved brug af reglen (x · y)s = xs · y s .
x3 · y 3 = (x · y)3
Eksempel 5.6 Følgende udtryk
√
8
x2 · x−3
√
√
√
t
2
8
8
s
kan reduceres ved at anvende reglen xt = x s på x2 , så fås at x2 = x 8 det
betyder at
√
2
8
x5 · x2 · x−3 = x5 · x 8 · x−3
x5 ·
15
reglen xs · xt = xs+t anvendes på alle tre faktorer så
2
2
x5 · x 8 · x−3 = x5+ 8 +(−3)
Og da 5 +
2
8
+ (−3) = 2 +
2
8
=
16
8
+
2
8
18
8
=
= 94 , så fås at
9
2
x5+ 8 +(−3) = x 4
Opgave 5.7 Reducer følgende udtryk.
1.
3.
x4
x2
x2 ·y 4
x2 ·y 2
3
5. x ·
7.
√
5
2.
4.
x2
x4
x2 ·x·y 2
x3 ·y 3
6. a2 ·
x3
√
3
3
2x3 · x2 ·5a
√
4
2
10a ·x−4 · x5
8.
√
3
x6 · a−5
14x4 y 3 −21x3 y 4
7x3 y 3
18
7
Svar på opgave 5.7. 1. x2 , 2. x−2 , 3. y 2 , 4. y1 , 5. x 5 , 6. a−3 · x2 , 7. x7− 12 · a,
8. 2x − 3y.
Opgave 5.8 Reducer følgende.
1.
6
√
3 6
c ab
a2 bc
2.
3. (a + b)2 − 2ab + b2 − 2a2
4.
5. (a − 2)(b + 5) + 10 + ab
6.
7.
8.
a2 b+a2 +abd+ad
a+d
a2 ·b6 ·c
a3 ·b3 ·c
a2 +b2 −2ab
a2 −b2
(a2 +b2 +2ab)(a2 −b2 )
(a+b)3
Ligninger
I dette kapitel omhandler ligninger. En ligning er et udtryk som indeholder et
=. Tidligere er = anvendt i forbindelse med udregninger f.eks.
4(x + 2y) − 2x + 4
=
=
4x + 8y − 2x + 4
2x + 8y + 4
Men dette lighedstegn er i selve udtrykke det ser f.eks. således ud
2x = 8y + 4
Her er = i udtrykke fra starten af. En sådan ligning siges at have løsninger, det
betyder at der findes x’er og y’er som gør at 2x faktisk er lig 8y + 4. Det kunne
f.eks. være hvis x = 12 og y = 2. Meget ofte vil man kende f.eks. y, og ønske
at finde x. Som med algebra ønsker man at reducerer udtrykket, så meget som
muligt, for at det bliver letter at foretage udregningerne. Men når man arbejder
med ligninger vil man ikke bare reducerer, man vil finde en bestemt ubekendt
som f.eks. x, dette kalder man at isolerer. Isoleres x i ligningen 2x = 8y + 4
16
betyder det at x kommer til at stå alene, i dette tilfælde divideres med 2 på
begge sider af lighedstegnet.
2x = 8y + 4 ⇔ x = 4y + 2
Tegnet ⇔ betyder at de to ligninger på hver side har de samme løsninger.
Maple kan løse ligninger med kommandoen solve.
solve(2x + 3 = 9)
3
Løsningen til ligningen er 3. Dette skrives x = 3 eller L = {3}.
6.1
Ligningsløsning
Med ligningsløsning menes at ved hjælp af en eller flere udregninger findes den
’ubekendte’. F.eks. at finde x i ligningen
5x = 15
betyder at finde den værdi af x som gør udtrykke sandt. Først divideres begge
sider med 5.
15
5x
=
5
5
og ved udregning ses at
x=3
Eksempel 6.1 Løs ligningen 2x + 4 = 8.
2x + 4 = 8
Først trækkes 4 fra på begge sider.
⇔
2x + 4 − 4 = 8 − 4
Det kan reduceres til.
⇔
2x
2
⇔
⇔
2x = 4
=
x=2
4
2
Så divideres med 2 på begge sider.
Dette kan reduceres.
Så er løsningen.
Løsningen kan kontrolleres ved at sætte den ind i ligningen, som man skulle
løse. Her sættes x = 2 og så fås
2·2+4 =8
Og det betyder at løsningen er rigtigt.
Eksempel 6.2 Løs ligningen 23 x + 4 = 3.
17
⇔
⇔
⇔
⇔
2
3x
2
3x
+4=3
Først trækkes 4 fra på begge sider.
3·
+4−4=3−4
Derefter ganges med 3 på begge sider.
2
3x
= −1 · 3
2x = −3
x=
− 23
Dette kan reduceres.
Så divideres med 2 på begge sider.
Så er løsningen.
Opgave 6.3 Løs ligningerne.
1. 6x = 3
3.
3
2x
2. 3x + 4 = 5
4. 12 x + 4 = 5x
+4=5
6. x − 2 = 2x + 5
5. 9x + 4 = 5x
7. 5x − 4 = 2x + 5
8. 7x + 3 = x − 5
Svar på opgave 6.3. 1. x = 12 , 2. x = 13 , 3. x = 32 , 4. x = 89 , 5. x = −1, 6.
x = −7, 7. x = 3, 8. x = − 43 .
Ofte vil der være mere end en ubekendt i en ligning, hvis der er det kan ligningen
ikke løses. Istedet kan en af de ubekendte isoleres, f.eks. kan x isoleres i ligningen
3y = 5x + 7
dvs. få x til at stå alene på den ene side at lighedstegnet.
⇔
⇔
⇔
3y − 7 = 5x + 7 − 7
3y − 7 = 5x
3y−7
5
3y−7
5
=
5x
5
=x
Først trækkes 7 fra på begge sider.
Derefter dividerer med 5.
Dette reduceres.
Nu er x isoleret.
Opgave 6.4 Isoler x i ligningerne.
1. 3x = 6y
3. 2q = 3x + 7
5. 3 − ax = 4x
2c
7. a =
x−d
2. b = 2 − x
4. 8x = 4x − 7
6. ax = 4x − c
8. y = 3x + 5
Svar på opgave 6.4. 1. x = 2y, 2. x = 2 − b, 3. x =
y−5
c
3
, 6. x = − a−4
, 7. x = 2c+ad
x = 4+a
a , 8. x = 3 .
2q−7
3 ,
4. x = − 47 , 5.
Opgave 6.5 Løs ligningerne.
1. 2x − 3 = x + 5
3. 3(14 + x) = 9
5.
7.
13
−15
2 x= 2
1
2 (1 + x) =
7
2. 7x + 3 = 4(x + 2) − 2
4. 75 x =
−15
2
6. − 78 x = − 41
8. (x − 1)(x + 2) = 0
18
En anden type af ligninger er dem som er bygget op af faktorer og som er lig 0
f.eks.
(x + 3)(x − 5) = 0
her er løsningen nem at finde ved at bruge nulreglen .
Sætning 6.6 Et produkt er 0 hvis og kun hvis mindst en af faktorerne er 0.
x·y =0⇔x=0∨y =0
Eksempel 6.7 Ligningen (x + 3)(x − 5) = 0 kan løses ved brug af nulreglen.
(x + 3)(x − 5) = 0 ⇔ x + 3 = 0 ∨ x − 5 = 0 ⇔ x = −3 ∨ x = 5
Eksempel 6.8 Ligningen 3 · (x − 2)(8 + x) = 0 kan løses ved brug af nulreglen.
3 · (x − 2)(8 + x) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ∨ 8 + x = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = −8
Eksempel 6.9 Ligningen (x2 + 3)(x − 4) = 0 kan løses ved brug af nulreglen.
(x2 + 3)(x − 4) = 0 ⇔ x2 + 3 = 0 ∨ x − 4 = 0 ⇔ x2 = −3 ∨ x = 4
Og da x2 aldrig kan være negativ så har ligningen kun en løsning, x = 4.
Eksempel 6.10 Ligningen x·(x2 −7)(x+4) = 0 kan løses ved brug af nulreglen.
x·(x2 − 7)(x+ 4) = 0 ⇔ x = 0 ∨x2 − 7 = 0 ∨x+ 4 = 0 ⇔ x = 0 ∨x2 = 7 ∨x = −4
Og da både
√
√
7 og − 7 løser ligningen x2 = 7 så har ligningen fire løsninger
√
√
L = {−4, − 7, 0, 7}
Opgave 6.11 Løs ligningerne.
1. (x − 2)(x + 1)
3. 5(x − 3)(x + 1)
2
5. (x − 9)(x + 2)
2
2
7. (x + 2)(x + 3)
2. (x + 5)(x − 9)
4. x(x + 2)(x − 5)
6. (x + 5)(x − 7)(x + 1)
8. x(x + 2)(x2 + 2)(x3 − 1)
Svar på opgave 6.11. 1. L = {−1,2}, 2. L = {−5,9}, 3. L = {−1,3}, 4.
L = {−2,0,5}, 5. L = {−3,−2,3}, 6. L = {−5,−1,7}, 7. L = ∅, 8. L = {−2,0,1}.
19
6.2
To ligninger med to ubekendte
En anden type ligningsløsning er to ligninger og to ubekendte, hvor både x og
y skal findes i disse to ligninger:
1
x+ y =3
2
∧
2x − 3y = −2
Sådanne to (eller flere) ligninger kaldes for et ligningssystem. Der er flere
måde at løse sådanne et problem, her bruges den metode hvor man udnytter
de samme metoder som man brugte ved ligningsløsning. Metoden til at løse
sådanne problemer er på 6 trin.
1. y isoleres i begge ligninger.
4. den fundene x-værdi indsættes i
en af de to ligninger hvor y er isoleret.
2. x delen af de to ligninger sættes
nu lig hinanden
5. y-værdien udregnes
3. ligningen løses - x-værdien findes
6. resultatet opskrives på formen
(x,y) =(x-værdien,y-værdien)
Eksempel 6.12 Løs følgende ligningssystem
1
x + y = 3 ∨ 2x − 3y = −2
2
Trin 2
x delen af de to ligninger sættes lig
hinanden
Trin 1
y isoleres i begge ligninger.
1
x+ y
2
1
x+ y−x
2
1
y
2
1
2· y
2
y
2x + 3y
=
3
=
3−x
=
3−x
=
2 · (3 − x)
=
6 − 2x
2
2
− x − = 6 − 2x
3
3
Trin 3
ligningen løses - x-værdien findes
2
2
− x−
3
3
2
2
3· − x−
3
3
−2x − 2
−2x − 2 − 18 + 2x
= −2
=
6 − 2x
=
3 · (6 − 2x)
=
=
18 − 6x
18 − 6x − 18 + 2x
−2 − 18 =
−20 =
2x + 3y − 2x = −2 − 2x
3y = −2 − 2x
−2 − 2x
3y
=
3
3
2
2
y = − x−
3
3
4x =
4x
=
4
x =
20
−6x + 2x
−4x
20
20
4
5
Trin 4
Den fundene x-værdi indsættes i en
af de to ligninger hvor y er isoleret.
Trin 6
Resultatet opskrives på formen (xværdien,y-værdien)
y = 6 − 2x ⇒ y = 6 − 2 · 5
(5, − 4)
Trin 5
y-værdien udregnes
y = 6 − 2 · 5 ⇔ y = 6 − 10 ⇔ y = −4
Opgave 6.13 Løs ligningssystemerne.
1. y = 3x − 3
3. y = 4x− 6
5. y − 13 = 2x
7. y − 2x = 8
∧
∧
∧
∧
y = 2x − 1
y = −4x+ 2
y+x = 4
y = 2x − 3
∧
2. y = x + 1
4. y = 2x+ 13
6. y + 2x + 5 = 0
8. y = 4x
∧
∧
y = 2x − 2
∧
y = −x+ 4
y = 3x
y = 5x
Svar på opgave 6.13. 1. (2,3), 2. (3,4), 3. (1, − 2), 4. (−3,7), 5. (−3,7), 6.
(−1, − 3), 7. Ingen løsning, 8. (0,0).
6.3
Andengradsligninger
Andengradsligningen er en ligning på formen ax2 + bx + c = 0, hvor a,b og c er
reelle tal og hvor a 6= 0. Et eksempel kunne være 2x2 − 2x − 4 = 0, her er a = 2
og b = −2 og c = −4. Det er interessant at kunne løse sådanne ligninger fordi
mange problemer kan reduceres til sådanne ligninger f.eks. at finde mængden af
et bestemt stof i en opløsning, eller at bygge en bro eller at bestemme hvor en
bombe vil lande osv. Da der er så mange forskellige problemstillinger så vil vi
løse problemet en gang for alle, og det gør vi ved at bevis at løsningen hvis der
er en kan findes ved formlen
√
−b ± b4 − 4ac
x=
2a
Dette er formuleret i denne sætning.
Sætning 6.14 Hvis a,b,c,x ∈ R og a 6= 0 så vil andengradsligningen
ax2 + bx + c = 0
med diskriminanten D = b2 − 4ac have løsningerne
√
−b ± D
x=
2a
hvis D ≥ 0 og ligningen vil ikke have nogen løsninger hvis D < 0.
21
Bevis.
⇔
ax2 + bx + c = 0
4a · ax2 + 4a · bx + 4a · c = 4a · 0
⇔
4a2 x2 + 4abx + 4ac + b2 − 4ac = b2 − 4ac
Bemærk at 4a·0 er 0. Derefter lægges b2 − 4ac til
på begge sider, bemærk at
b2 − 4ac er diskriminanten
D.
⇔
4a2 x2 + 4abx + b2 = b2 − 4ac
Så reduceres.
⇔
⇔
2
2
Først ganges med 4a på
begge sider
2
Venstre side omskrives.
(2ax) + 2 · 2ax · b + b = b − 4ac
2
1. kvadratsætning anvendes på venstre side.
(2ax + b) = D
Antag at D < 0. Så vil ligningen (2ax + b)2 = D ikke have nogle løsninger, fordi
der er ikke noget reelt tal som i anden bliver negativt. Og fordi de to ligninger
(2ax + b)2 = D og ax2 + bx + c = 0 er ’ens’ vil ligningen ax2 + bx + c = 0 heller
ikke have nogle løsninger hvis D < 0. Lad og nu antage at D ≥ 0.
(2ax + b)2 = D
⇔
⇔
⇔
⇔
p
√
(2ax + b)2 = D
√
D
√
2ax + b = ± D
Kvadratroden tages
begge sider
√
Da ♥2 er |♥|
|2ax + b| =
2ax + b − b = −b ±
⇔
2ax
2a
⇔
x=
=
√
−b± D
2a
√
D
af
b trækkes fra på begge sider.
Der divideres med 2a på
begge sider.
√
−b± D
2a
2a kan forkortes på venstre side.
22
Eksempel 6.16 Løs
ligningen
3x2 + 12x + 12 = 0. Først identificerer vi hvad a,b og c er:
Eksempel 6.15 Løs
ligningen
2x2 − 2x − 4 = 0. Først identificerer
vi hvad a,b og c er:
a
= 2
a
= 3
b
c
= −2
= −4
b
c
= 12
= 12
Så udregnes D:
Så udregnes D:
D
=
=
=
=
b2 − 4ac
(−2)2 − (4 · 2 · −4)
D
4 − (−32)
36
Da D > 0 er der to løsninger:

√
√
 −b+ D = −(−2)+ 36 =
2a
2·2
√
√
x=
 −b− D = −(−2)− 36 =
2a
2·2
=
=
2+6
4
2−6
4
=2
=
=
=
=
−b
−12
=
= −2
2a
2·3
Eksempel 6.18 Løs ligningen x2 −
3x + 4 = 0. Først identificerer vi
hvad a,b og c er:
= 0
a
b
=
=
c
=
1
−3
4
Så udregnes D:
b2 − 4ac
D
2
(−3) − (4 · 1 · 0)
9 − (0)
2·1
=
=
=
=
9
Da D > 0 er der to løsninger:

√
√
 −b+ D = −(−3)+ 9 =
2a
2·1
√
√
x=
 −b− D = −(−3)− 9 =
2a
x=
= 1
= −3
Så udregnes D:
D
144 − (144)
0
= −1
Så løsningen er L = {−2}.
Eksempel 6.17 Løs ligningen x2 −
3x = 0. Først identificerer vi hvad
a,b og c er:
c
b2 − 4ac
(12)2 − (4 · 3 · 12)
Da D = 0 er der en løsning:
Så løsningen er L = {−1,2}.
a
b
=
=
3+3
2
=3
3−3
2
=0
Så løsningen er L = {0,3}.
23
b2 − 4ac
(−3)2 − (4 · 1 · 4)
9 − (36)
−27
Da D < 0 er der ingen løsninger. Så
løsningen er L = ∅.
Opgave 6.19 Løs ligningerne.
1. x2 + x − 6 = 0
2. x2 − 4 = 0
3. x2 − 5x + 6 = 0
4. x2 − 6x + 8 = 0
5. x2 + 6x + 8 = 0
6. x2 − 2x − 15 = 0
7. x2 + 4x + 4 = 0
8. x2 + x + 7 = 0
Svar på opgave 6.19. 1. L = {−3; 2}, 2. L = {−2; 2}, 3. L = {2; 3}, 4.
L = {2; 4}, 5. L = {−4; −2}, 6. L = {−3; 5}, 7. L = {−2}, 8. L = ∅.
Opgave 6.20 Løs ligningerne.
1. x2 + 6x − 16 = 0
2. x2 + 3x − 10 = 0
3. x2 − 5x + 6 = 0
4. x2 + 5x + 15 = 0
5. −2x2 − 18x − 28 = 0
6. −x2 + 5x + 14 = 0
7. x2 + 6x + 9 = 0
8. x2 = −7x − 12
Opgave 6.21 Løs ligningerne / ligningssystemerne.
1.
3x+14
2
2
2. x2 + 6x + 8 = 0
= 5x
3. x − 10x + 25 = 0
5. y −x−1 = 0
7. y − 3x = 0
∧
∧
4. y = 21 x −
1
8
y = 4x−5
6. 2y = x+2
2y = 6x
8. y − 3x = 6
∧
∧
∧
4
3x
−
3
4
y−4x = −13
y − 4 = 3x
Opgave 6.22 Løs følgende ligninger.
2. 12 x + 5 = 3x − 10
1. 2x + 8 = 3x − 8
3. 3x2 + 4x − 15 = 0
5. y = 3x + 4
2
∧
7. 3x − 5x − 2 = 0
y = 2x − 2
4. x2 + 2x − 15 = 0
6. 2y = 3x + 4
8. 2y − 5x = −4
x−7
∧
y = 2x + 3
∧
1
2y
=
5
Svar på opgave 6.22. 1. x = 16, 2.
x1= 6, 3. −3, 3 , 4. (−5,3), 5. (x,y) =
(−6, − 14), 6. (x,y) = (−1, − 2), 7. − 3 ,2 , 8. (x,y) = (−24, − 62).
7
Komplekse tal
Da man fik formaliseret løsningerne til anden- og trejdegradsligningerne
i miden
√
af 1500-tallet, var en del af løsningerne på formen a + b −1, hvor a og b var
reelle tal. Det drejer sig f.eks. om løsningen på andengradsligningen
x2 + 2x + 5 = 0
24
Diskriminanten beregnes
D
=
D
=
=
=
b2 − 4ac ⇒
22 − 4 · 1 · 5
4 − 20
−16
Normalt ville udregningen stoppe her fordi hvis diskriminanten er negativ, så
er der ingen løsningen til ligningen. Dette er i midlertidig ikke helt rigtigt,
den korrekte formulering er at der ikke er nogle reel løsning til ligningen. Hvis
beregningen forsættes...
x =
x =
=
=
√
−b + D
⇒
2a√
−2 + −16
2 √
−2 + 4 · −1
2√
−1 + 2 −1
x =
x =
=
=
√
−b − D
⇒
2a√
−2 − −16
2 √
−2 − 4 · −1
2√
−1 − 2 −1
√
Men hvad er −1? Kvadratroden af et negativt tal er ikke noget hvor der findes
en løsning. Men prøv at sammenligne det med løsningen til denne ligning
x2 + 2x − 7 = 0
Diskriminanten beregnes
D
D
=
=
b2 − 4ac ⇒
22 − 4 · 1 · (−7)
=
4 + 28
=
32
Derefter beregnes x.
x
=
x
=
=
=
=
√
−b + D
⇒
2a√
−2 + 32
2√
−2 + 2 · 16
2 √
−2 + 4 · 2
2√
−1 + 2 2
x
=
x
=
=
=
=
25
√
−b − D
⇒
2a√
−2 − 32
2√
−2 − 2 · 16
2 √
−2 − 4 · 2
2√
−1 − 2 2
√
√
Da hverken −1 eller 2 kan omskrives til et rationelt tal, er der ikke den store
√
forskel
√ på de to typer af løsning. Det er først hvis man ønsker at omregne 2
eller −1, at der opstår problemer.
Det var først med Descartes og Euler i miden af 1800-tallet at man lavede
opdelingen af tal i reelle og imaginære. De imaginære tal var nogle tal som kun
eksisterede i tankerne mens de reelle tal var i virkeligheden. Dette er naturligvis
noget vrøvl, tal er kun noget der er i tankerne. Ingen tal eksistere på samme
måde som f.eks. fugle. Da Euler
√ i en real del og en
√ delte de komplekse tal op
imaginær del gav han samtidig −1 symbolet i. Så −1 − 2 −1 blev til −1 − 2i.
Det var Gauss der fik det matematiske samfund til igen at acceptere de komplekse tal ved at give dem en geometrisk repræsentation. Dette gjorde han ved
at associere det komplekse tal a + bi med punktet (a,b) hvor han kalde y-aksen
for imaginær aksen og x-aksen for real aksen. Se figur 1.
(y)
6
q (a,b) ∼ a + bi
b
a
Figur 1: Det komplekse plan
26
- (x)
8
Regning med komplekse tal
Det vil være bedst om der gælder de samme regler for regning med komplekse
tal som med reelle tal. Reglerne for de reelle tal er følgende.
Definition 8.1 Hvis v, w, r, s ∈ R
1.
v+w =w+v
2. (v + w) + s = v + (w + s)
3.
v+0=v
4.
v + (−v) = 0
5.
r(v + w) = rv + rw
6.
(r + s)v = rv + sv
7.
v·w=w·v
8.
r(sv) = (rs)v
9.
1·v =v
10.
v · v −1 = 1
så gælder følgende regler.
Den kommutative lov for addition
Den associative lov for addition
Den additive identitet
Den additive inverse
Den distributive lov
Den distributive lov
Den kommutative lov for multiplikation
Den associative lov for multiplikation
Den multiplikative identitet
Den multiplikative inverse
Hvis der skal gælde de samme regler så betyder det f.eks. at
(2 + 3i) + (−1 + 5i) = (−1 + 5i) + (2 + 3i)
Eller sagt på en anden måde skal addition og multiplikation med kompleksetal
defineres så regel 1 til 10 er opfyldt.
Definition 8.2 Hvis a,b,c,d ∈ R så er addition og multiplikation defineret ved
følgende ligninger.
(a + bi) + (c + di) =
(a + bi) · (c + di) =
(a + c) + (b + d)i
(1)
(ac − bd) + (ad + bc)i
(2)
Eksempel 8.3
(2 + 3i) + (−1 + 5i) = (2 − 1) + (3 + 5)i = 1 + 8i
Eksempel 8.4
(2 + 3i) · (−1 + 5i) = (2 · (−1) − 3 · 5) + (2 · 5 + 3 · (−1))i = −17 + 7i
Opgave 8.5 Udregn følgende komplekse tal.
1. (1 + 4i) + (8 − 3i)
3. (7 − 3i) + (4 − 1i)
5. (2 + 1i) + (−2 + 1i)
7. (2 + 1i) · (3 − 4i)
2. (8 − 3i) + (1 + 4i)
4. (4 − 1i) + (7 − 3i)
6. (5 + 2i) − (3 + 2i)
8. (3 + i) · (1 + 3i)
Svar på opgave 8.5. 1. 9+i, 2. 9+i, 3. 11-4i, 4. 11-4i, 5. 2i, 6. 2, 7. 10-5i, 8.
10i.
27
Nu vises at regel 1 gælder for komplekse tal.
Sætning 8.6 Hvis a,b,c,d ∈ R så er addition kommutativ for de komplekse
tal.
(a + bi) + (c + di) =
(c + di) + (a + bi)
(3)
Bevis.
Først udregnes venstreside
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
Dernæst udregnes højreside
(c + di) + (a + bi) = (c + a) + (d + b)i
Da a og c er reelle tal gælder regel 1 for dem, og derfor er a + c = c + a og
tilsvarende for b og d, derfor er
(a + c) + (b + d)i = (c + a) + (d + b)i
og hermed er regel 1 vist for komplekse tal.
Opgave 8.7 Vis reglerne 2.,7.,8.,5.,6. fra definition 8.1.
Definition 8.8 Den additive identitet (nul) for de komplekse tal er
0 + 0i
Opgave 8.9 Vis regel 3.
Opgave 8.10 Bestem den additive inverse (regel 4).
Definition 8.11 Den multiplikative identitet (én) for de komplekse tal er
1 + 0i
Opgave 8.12 Vis regel 9.
Opgave 8.13 Bestem den multiplikative inverse (regel 10).
28
9
Geometrisk repræsentation af komplekse tal
De komplekse tals geometriske repræsentation åbner op for en række forskellige
begreber.
Definition 9.1 Den absolutte værdi af det komplekse tal a + bi hvor a, b ∈ R
er
p
|a + bi| = a2 + b2
(y)
6
b
q (a,b) ∼ a + bi
√
a2 + b 2
- (x)
a
Figur 2: Den geometriske repræsentation af den absolutte værdi
Definition 9.2 Den konjugerede værdi af det komplekse tal a+bi hvor a, b ∈ R
er
a + bi = a − bi
Definition 9.3 Argumentet af det komplekse tal a+bi hvor a, b ∈ R er vinklen,
v, mellem x-aksen og den rette linie mellem punkterne (0,0) og (a,b). v er så
defineret som det tal hvorom der gælder, at
a
b
cos(v) = √
og sin(v) = √
2
2
2
a +b
a + b2
29
(y)
6
q (a,b) ∼ a + bi
b
a
- (x)
q (a, − b) ∼ a + bi
Figur 3: Den geometriske repræsentation af konjuktion
(y)
6
q
(a,b) ∼ a + bi
√
a2 + b 2 |a|
- (x)
v
|b|
Figur 4: Den geometriske repræsentation af argument
Litteratur
[1] Hans Fink, Carsten Bengt-Petersen, Niels Thomassen: Menneske, Samfund,
Natur - indføring i filosofi, Gyldendalske Boghandel, Nordisk forlag, 1993.
30