Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III G. Gripenberg TKK 2 december 2010 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 1 / 59
Vribelbyte b F (g(x))g (x) dx = b d F (g(x)) dx dx = / b F (g(x)) = F (g(b)) F (g()), G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 2 / 59
Vribelbyte b F (g(x))g (x) dx = eller så här om F = f : b Vi gör vribelbytet t = g(x) d F (g(x)) dx dx = / b Då x = är t = g() och då x = b är t = g(b) Eftersom dt dx = g (x) är g (x) dx = dt och därför blir b f (g(x))g (x) dx = F (g(x)) = F (g(b)) F (g()), g(b) g() f (t) dt. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 2 / 59
Vribelbyte II Mn kn också gä ät motstt håll, dvs. om mn skll räkn integrlen f (x) dx gör mn så här: b Vi gör vribelbytet x = h(t) Då x = är t = h 1 () och då x = b är t = h 1 (b) Eftersom dx dt = h (t) är dx = h (t) dt och därför blir b f (x) dx = h 1 (b) h 1 () f (h(t))h (t) dt. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 3 / 59
Vribelbyte II Mn kn också gä ät motstt håll, dvs. om mn skll räkn integrlen f (x) dx gör mn så här: b Vi gör vribelbytet x = h(t) Då x = är t = h 1 () och då x = b är t = h 1 (b) Eftersom dx dt = h (t) är dx = h (t) dt och därför blir b f (x) dx = h 1 (b) h 1 () f (h(t))h (t) dt. Obs! Om mn tex. i integrlen f (x) dx gör vriblebytet x = h(t) så tt dx = h (t) dt och får integrlen f (h(t))h (t) dt som mn sedn räknr ut och får som svr G(t) + C skll mn sedn sätt in t = h 1 (x) för tt få f (x) dx = G(h 1 (x)) + C. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 3 / 59
Prtiell integrering f (x)g(x) dx = f (x)g(x) f (x)g (x) dx b f (x)g(x) dx = / b b f (x)g(x) f (x)g (x) dx G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 4 / 59
Prtiell integrering f (x)g(x) dx = f (x)g(x) f (x)g (x) dx Exempel b f (x)g(x) dx = / b b f (x)g(x) f (x)g (x) dx Om vi skll räkn ln(x) dx kn vi skriv ln(x) = 1 ln(x) och välj f (x) = x så tt f (x) = 1 och g(x) = ln(x). Då får vi ln(x) dx = x ln x x 1 x dx = x ln(x) 1 dx = x ln(x) x + C. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 4 / 59
Tylorutveckling med prtiell integrering Om f är k + 1 gånger kontinuerligt deriverbr så är f (x) = f () + f ()(x ) + f () 2 (x )2 + f () (x ) 3 + 3!... + f (k) () x (x ) k (x t) k + f (k+1) (t) dt. k! k! Hur visr mn dett? Av nlysens huvudsts följer tt f (x) = f () + x f (t) dt vilket ger ovnstående formel för k = 0. Nu kn mn integrer prtiellt så tt mn skriver 1 = d dt ( (x t)) och mn får f (x) = f () + x x 1 f (t) dt = f () + / x ( (x t))f (t) dt = f () + f ()(x ) + ( (x t))f (t) x (x t)f (t) dt, vilket är formeln för k = 1. Sedn fortsätter mn på smm sätt. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 5 / 59
Integrering v rtionell funktioner En rtionell funktion f (x) = p(x) kn integrers förutstt tt mn hittr q(x) nämnrens nollställen. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 6 / 59
Integrering v rtionell funktioner En rtionell funktion f (x) = p(x) kn integrers förutstt tt mn hittr q(x) nämnrens nollställen. Exempel 2 1 Räkn 0 x 2 + 8x + 17 dx Först konstterr vi tt nämnrens nollställen är 4 ± 16 17 = 4 ± i och eftersom de är komplex kn mn gå tillväg på lite olik sätt. Ett sätt r tt kompletter kvdrten och skriv x 2 + 8x + 17 = (x + 4) 2 + 1 och sedn gör vribelbytet x + 4 = t så tt då x = 0 är t = 4, då x = 2 är t = 6 och dx = dt. Den integrl vi skll räkn ut blir då 6 4 / 1 6 t 2 + 1 dt = rctn(t) = rctn(6) rctn(4), 4 eftersom d dt rctn(t) = 1 1+t 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 6 / 59
Hur mn hittr integrlen till en rtionell funktion Skriv funktionen i formen f (x) = s(x) + r(x) där s(x) är ett q(x) polynom och grdtlet v r(x) är mindre än grdtlet v q(x); Skriv q(x) i formen q(x) = (x x 1 ) k1... (x x m ) km ; Bestäm koefficientern A j,k så tt Integrer! r(x) m q(x) = k j j=1 k=1 A j,k (x x j ) k ; Observer tt för de nollställen x j som är komplex måste mn ntingen räkn med komplex logritmer eller så skll mn kombiner uttryck med rötter som är vrndrs konjugt så tt mn får termer med kvdrter i nämnren. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 7 / 59
Exempel Om vi skll bestämm lösningen till differentilekvtionen y (t) = y(t)(1 y(t)), då 0 < y(0) < 1 så kn vi divider båd sidorn med y(t)(1 y(t)) och integrer över (0, s) så tt resulttet blir s y (t) s 0 y(t)(1 y(t)) dt = dt. 0 I integrlen på vänstr sidn kn vi gör vribelbytet y(t) = u så tt y (t) dt = du och u = y(0) då t = 0 och u = y(s) då t = s. Då får vi y(s) y(0) 1 du = s. u(1 u) G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 8 / 59
Exempel, forts. För tt kunn räkn integrlfunktionen 1 prtilbråksuppdelning u(1 u) 1 u(1 u) = A u + B 1 u, du gör vi en och koefficientern A och B kn vi räkn ut så tt ( A = lim u A u 0 u + u B ) u = lim 1 u u 0 u(1 u) = 1, ( B = lim (1 u) A ) u 1 u + (1 u) B 1 u = lim 1 u u 1 u(1 u) = 1. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 9 / 59
Exempel, forts. Dett innebär tt y(s) ( 1 s = y(0) u + 1 ) / y(s) du = (ln(u) ln(1 u)) 1 u y(0) ( ) y(s)(1 y(0)) = ln(y(s)) ln(1 y(s)) ln(y(0))+ln(1 y(0)) = ln. y(0)(1 y(s)) Av dett följer i sin tur tt y(s)(1 y(0)) y(0)(1 y(s)) = es, och sedn, efter diverse räkningr, tt y(s) = e s y(0) 1 + (e s 1)y(0). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 10 / 59
Trpetsregeln Antg tt mn känner till funkionens f värden i punktern = x 0 < x 1 <..., < x n = b och mn vill räkn Vd kn mn gör? b f (x) dx. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 11 / 59
Trpetsregeln Antg tt mn känner till funkionens f värden i punktern = x 0 < x 1 <..., < x n = b och mn vill räkn b f (x) dx. Vd kn mn gör? Till exempel så här: Vi bildr någon enkel funktion f så tt f (x j ) = f (x j ) och räknr b f (x) dx. Hur skll vi välj f? G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 11 / 59
Trpetsregeln Antg tt mn känner till funkionens f värden i punktern = x 0 < x 1 <..., < x n = b och mn vill räkn b f (x) dx. Vd kn mn gör? Till exempel så här: Vi bildr någon enkel funktion f så tt f (x j ) = f (x j ) och räknr b f (x) dx. Hur skll vi välj f? Tex. med linjär interpolering så tt f (x) = x j x x j x j 1 f (x j 1 ) + x x j 1 x j x j 1 f (x j ), x j 1 x x j.. x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 11 / 59
Trpetsregeln, forts. Vd är b f (x) dx? b f (x) dx = n j=1 b / xj x j 1 xj n f (x) dx = f (x) dx j=1 x j 1 ( (x j x) 2 2(x j x j 1 ) f (x j 1) + (x x j 1) 2 ) 2(x j x j 1 ) f (x j) = n j=1 x j x j 1 ( f (xj 1 ) + f (x j ) ). 2 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 12 / 59
Trpetsregeln: Formel Dett är också en god ide om mn känner f (x) i ll punkter x och i synnerhet om delintervllen är lik lång, dvs. x j x j 1 = 1 n (b ) och då får mn b f (x) T n (f,, b) = b ( f (x0 ) + 2f (x 1 ) +... 2f (x n 1 ) + f (x n ) ) 2n = b ( 1 n 2 f (x 0) + f (x 1 ) +... f (x n 1 ) + 1 2 f (x n) ). Observer tt mn räknr värden v funktionen f i n + 1 punkter och den först och den sist delr på koefficienten. När ger trpetsregeln rätt svr? Åtminstone i de fll då f är kontinuerlig och f är i vrje intervll (x j 1, x j ) där j = 1,..., n ett polynom med högst grdtlet 1, dvs. f (x) = α j x + β j kun x (x j 1, x j ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 13 / 59
Trpetsreglen: Feluppskttning Antg tt n = 1 och intervllet är [ h 2, h 2 ]. Om nu f är tex. två gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) är sådn tt för någon konstnt C 1 gäller f 1 (x) C 1 x 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 14 / 59
Trpetsreglen: Feluppskttning Antg tt n = 1 och intervllet är [ h 2, h 2 ]. Om nu f är tex. två gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) är sådn tt för någon konstnt C 1 gäller f 1 (x) C 1 x 2. Nu är h 2 h 2 f 1 (x) dx C 1 h 2 h 2 x 2 dx = C 1h 3 12. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 14 / 59
Trpetsreglen: Feluppskttning Antg tt n = 1 och intervllet är [ h 2, h 2 ]. Om nu f är tex. två gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) är sådn tt för någon konstnt C 1 gäller f 1 (x) C 1 x 2. Nu är h 2 h 2 f 1 (x) dx C 1 h 2 h 2 x 2 dx = C 1h 3 12. På smm sätt ser mn tt ( T 1 f 1, h 2, h ) C 1h 3 2 4. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 14 / 59
Trpetsreglen: Feluppskttning, forts. Eftersom h ( 2 f h 0 (x) dx = T 1 f0, h 2, h 2) så får mn med 2 h ( 2 f (x) dx T 1 f, h 2, h ) 2 h 2 h 2 = h 2 h ( 2 f 0 (x) dx + f 1 (x) dx T 1 f 0, h h 2, h 2 2 h 2 h 2 f 1 (x) dx + T 1 ) ( T 1 f 1, h 2, h ) 2 ( f 1, h 2, h 2 ) Ch 3. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 15 / 59
Trpetsreglen: Feluppskttning, forts. Eftersom h ( 2 f h 0 (x) dx = T 1 f0, h 2, h 2) så får mn med 2 h ( 2 f (x) dx T 1 f, h 2, h ) 2 h 2 h 2 = h 2 h ( 2 f 0 (x) dx + f 1 (x) dx T 1 f 0, h h 2, h 2 2 h 2 h 2 f 1 (x) dx + T 1 ) ( T 1 f 1, h 2, h ) 2 ( f 1, h 2, h 2 ) Ch 3. Om mn nvänder n delintervll skll mn dder feluppskttningrn så tt b f (x) dx T n (f,, b) C(b (b )h2 )3 = C n 2, h = b n. Med en noggrnnre nlys kn mn vis tt konstnten C kn vr 1 12 mx x [,b] f (x). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 15 / 59
Trpetsregeln och extrpolering Antg tt funktionen f är sådn tt Då är T m (f,, b) T 2m (f,, b) b b f (x) dx + C m 2. f (x) dx + 1 C 4 m 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 16 / 59
Trpetsregeln och extrpolering Antg tt funktionen f är sådn tt Då är T m (f,, b) T 2m (f,, b) b b f (x) dx + C m 2. f (x) dx + 1 C 4 m 2. Dett är ett ekvtionssystem där de obeknt är b f (x) dx och C och m 2 som lösning får mn (då mn multiplicerr den senre med fyr och subtrherr den först från resulttet) b f (x) dx 4 3 T 2m(f,, b) 1 3 T m(f,, b). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 16 / 59
Trpetsregeln och extrpolering Antg tt funktionen f är sådn tt Då är T m (f,, b) T 2m (f,, b) b b f (x) dx + C m 2. f (x) dx + 1 C 4 m 2. Dett är ett ekvtionssystem där de obeknt är b f (x) dx och C och m 2 som lösning får mn (då mn multiplicerr den senre med fyr och subtrherr den först från resulttet) b f (x) dx 4 3 T 2m(f,, b) 1 3 T m(f,, b). Om n är ett jämnt tl så är S n (f,, b) = 4 3 T n(f,, b) 1 3 T n (f,, b) 2 och mn får Simpsons regel! G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 16 / 59
Simpsons regel Om mn delr intervllet [, b] i två delr [x 0, x 1 ] och [x 1, x 2 ] där x j = + j b 2 så skll mn enligt Simpsons regel räkn b f (x) dx S 2 (f,, b) = 4 3 T 2(f,, b) 1 3 T 1(f,, b) = 4 b 3 4 (f (x 0 + 2f (x 1 ) + f (x 2 ) 1 b 3 2 (f (x 0) + f (x 2 )) = b ( f (x0 ) + 4f (x 1 ) + f (x 2 ) ). 6 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 17 / 59
Simpsons regel, forts. Om ntlet delintervll är n där n är ett jämnt tl så får mn genom tt dder (då mn skriver x j = + j b n ) b f (x) dx S n (f,, b) = b ( f (x0 ) + 4f (x 1 ) + 2f (x 2 ) 3n + 4f (x 3 ) + 2f (x 4 ) +... + 2f (x n 2 ) + 4f (x n 1 ) + f (x n ) ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 18 / 59
Simpsons regel, forts. Om ntlet delintervll är n där n är ett jämnt tl så får mn genom tt dder (då mn skriver x j = + j b n ) b f (x) dx S n (f,, b) = b ( f (x0 ) + 4f (x 1 ) + 2f (x 2 ) 3n + 4f (x 3 ) + 2f (x 4 ) +... + 2f (x n 2 ) + 4f (x n 1 ) + f (x n ) ). Observer tt termern f (x j ) där j är udd ges en större vikt 4 än de termer där j är jämn, vilk hr vikten 2 bortsett från den först och den sist termen som delr på vikten 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 18 / 59
När ger Simpsons regel rätt svr? Antg tt n = 2 och tt intervllet är [ h, h]. En räkning visr tt f (x) = 1 f (x) = x f (x) = x 2 f (x) = x 3 h h h h h h f (x) dx = 2h och S 2 (f, h, h) = 2h (1 + 4 1 + 1) = 2h, 6 f (x) dx = 0 och S 2 (f, h, h) = 2h ( h + 4 0 + h) = 0, 6 f (x) dx = / h h 1 3 x 3 = 2h3 3 och S 2 (f, h, h) = 2h 6 (h2 + 4 0 + h 2 ) = 2h3 3, h h f (x) dx = 0 och S 2 (f, h, h) = 2h 6 ( h3 + 4 0 + h 3 ) = 0, G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 19 / 59
När ger Simpsons regel rätt svr? Antg tt n = 2 och tt intervllet är [ h, h]. En räkning visr tt f (x) = 1 f (x) = x f (x) = x 2 f (x) = x 3 h h h h h h f (x) dx = 2h och S 2 (f, h, h) = 2h (1 + 4 1 + 1) = 2h, 6 f (x) dx = 0 och S 2 (f, h, h) = 2h ( h + 4 0 + h) = 0, 6 f (x) dx = / h h 1 3 x 3 = 2h3 3 och S 2 (f, h, h) = 2h 6 (h2 + 4 0 + h 2 ) = 2h3 3, h h f (x) dx = 0 och S 2 (f, h, h) = 2h 6 ( h3 + 4 0 + h 3 ) = 0, (men om f (x) = x 4 så är h h x 4 dx = 2h5 5 S 2(f, h, h) = 2h5 3 ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 19 / 59
När ger Simpsons regel rätt svr? forts Av dett ser mn tt Simpsons regel ger rätt svr åtminstone om f är kontinuerlig och f är ett polynoim med grdtlet högst 3 på vrje intervll (x 2(j 1), x 2j ) där j = 1,..., n 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 20 / 59
När ger Simpsons regel rätt svr? forts Av dett ser mn tt Simpsons regel ger rätt svr åtminstone om f är kontinuerlig och f är ett polynoim med grdtlet högst 3 på vrje intervll (x 2(j 1), x 2j ) där j = 1,..., n 2. Simpsons regel: Feluppskttning Antg tt n = 2 och intervllet är [ h, h]. Om nu f är tex. fyr gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x + 1 2 f (0)x 2 + 1 6 f (0)x 3 så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) = O(x 4 ) dvs. det finns någon konstnt C 1 så tt f 1 (x) C 1 x 4. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 20 / 59
När ger Simpsons regel rätt svr? forts Av dett ser mn tt Simpsons regel ger rätt svr åtminstone om f är kontinuerlig och f är ett polynoim med grdtlet högst 3 på vrje intervll (x 2(j 1), x 2j ) där j = 1,..., n 2. Simpsons regel: Feluppskttning Antg tt n = 2 och intervllet är [ h, h]. Om nu f är tex. fyr gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x + 1 2 f (0)x 2 + 1 6 f (0)x 3 så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) = O(x 4 ) dvs. det finns någon konstnt C 1 så tt f 1 (x) C 1 x 4.Nu är h h f 1 (x) dx C 1 h h x 4 dx = 2C 1h 5. 5 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 20 / 59
S 2 (f 1, h, h) C 1h 5 3. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 20 / 59 När ger Simpsons regel rätt svr? forts Av dett ser mn tt Simpsons regel ger rätt svr åtminstone om f är kontinuerlig och f är ett polynoim med grdtlet högst 3 på vrje intervll (x 2(j 1), x 2j ) där j = 1,..., n 2. Simpsons regel: Feluppskttning Antg tt n = 2 och intervllet är [ h, h]. Om nu f är tex. fyr gånger kontinuerligt deriverbr och om f 0 (x) = f (0) + f (0)x + 1 2 f (0)x 2 + 1 6 f (0)x 3 så är f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) där f 1 (x) = O(x 4 ) dvs. det finns någon konstnt C 1 så tt f 1 (x) C 1 x 4.Nu är h h På smm sätt ser mn tt f 1 (x) dx C 1 h h x 4 dx = 2C 1h 5. 5
Simpsons regel: Feluppskttning, forts. Eftersom h h f 0(x) dx = S 2 (f 0, h, h) får mn v föregående olikheter h f (x) dx S 2 (f, h, h) h h = f 0 (x) dx + f 1 (x) dx S 2 (f 0, h, h) S 2 (f 1, h, h) h h h f 1 (x) dx + S 2 (f 1, h, h) C 2 h 5. h h G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 21 / 59
Simpsons regel: Feluppskttning, forts. Eftersom h h f 0(x) dx = S 2 (f 0, h, h) får mn v föregående olikheter h f (x) dx S 2 (f, h, h) h h = f 0 (x) dx + f 1 (x) dx S 2 (f 0, h, h) S 2 (f 1, h, h) h h h f 1 (x) dx + S 2 (f 1, h, h) C 2 h 5. h h Om mn nvänder n intervll skll mn räkn ihop n 2 feluppskttningr där h = b n så tt b f (x) dx S n (f,, b) C(b (b )h4 )5 = C n 4. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 21 / 59
Simpsons regel: Feluppskttning, forts. Eftersom h h f 0(x) dx = S 2 (f 0, h, h) får mn v föregående olikheter h f (x) dx S 2 (f, h, h) h h = f 0 (x) dx + f 1 (x) dx S 2 (f 0, h, h) S 2 (f 1, h, h) h h h f 1 (x) dx + S 2 (f 1, h, h) C 2 h 5. h h Om mn nvänder n intervll skll mn räkn ihop n 2 feluppskttningr där h = b n så tt b f (x) dx S n (f,, b) C(b (b )h4 )5 = C n 4. Med en noggrnnre nlys kn mn vis tt mn som konstnt C kn välj 1 180 mx x [,b] f (4) (x). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 21 / 59
Mittpunktsregeln En nnn, mycket enkel och nturlig, metod är tt del upp integrtionsintervllet i n delr (som oft men inte lltid är lik lång), räkn ut funkionens värde i delintervllens mittpunkter och multiplicer dess med intervllens längd och sedn dder. Om intervllen är lik lång får mn M n (f,, b) = n 1 j=0 ( b n f + b ) n (j + 1 2 ). Mittpunktsregeln ger rätt svr om funktionen som skll integrers är ett polynom med högst grdtlet 1 i vrje delintervll. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 22 / 59
Mittpunktsregeln En nnn, mycket enkel och nturlig, metod är tt del upp integrtionsintervllet i n delr (som oft men inte lltid är lik lång), räkn ut funkionens värde i delintervllens mittpunkter och multiplicer dess med intervllens längd och sedn dder. Om intervllen är lik lång får mn M n (f,, b) = n 1 j=0 ( b n f + b ) n (j + 1 2 ). Mittpunktsregeln ger rätt svr om funktionen som skll integrers är ett polynom med högst grdtlet 1 i vrje delintervll. Som feluppskttning får mn M n(f,, b) b f (x) dx K(b )3 24n 2, ifll f (x) K då x (, b). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 22 / 59
Obs! Det som här sägs om numerisk integrering berör inte br frågn hur mn skll räkn ut någon integrl utn också hur mn kn resoner llmänt beträffnde numerisk räkningr och pproximtioner. Feluppskttning: Grundide Mn räknr på åtminstone två (tillräckligt olik) sätt och jämför resultten. I de flest fll kn bsolutbeloppet v skillnden nvänds som en övre gräns för bsolutbeloppet v felet i den bättre metoden! G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 23 / 59
Ett numeriskt exempel Mn skll räkn integrlen I = 1 1 x dx vrs exkt värde nturligtvis är I = 4 3 1.333333333. Derivtn v funktionen x är inte begränsd i närheten v origo så mn kn inte vänt sig tt mn med de metoder som här presenterts kn få speciellt exkt resultt. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 24 / 59
Ett numeriskt exempel Mn skll räkn integrlen I = 1 1 x dx vrs exkt värde nturligtvis är I = 4 3 1.333333333. Derivtn v funktionen x är inte begränsd i närheten v origo så mn kn inte vänt sig tt mn med de metoder som här presenterts kn få speciellt exkt resultt.med trpetsmetoden får mn följnde värden n 8 16 32 64 T n 1.286566 1.316260 1.327162 1.331118 T n I 0.046767 0.017073 0.006170 0.002215 T n T n 2 0.029694 0.010902 0.003955 n 128 256 512 1024 T n 1.332542 1.333051 1.333233 1.333298 T n I 0.000792 0.000282 0.000100 0.000036 T n T n 2 0.001424 0.000510 0.000182 0.000065 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 24 / 59
Ett numeriskt exempel, forts. Om mn nvänder Simpsons metod för tt räkn integrlen 1 1 x dx så är resultten följnde: n 8 16 32 64 S n 1.3130525 1.3261586 1.3307964 1.3324364 S n I 0.0202808 0.0071748 0.002537 0.000897 S n S n 2 0.0131060 0.0046378 0.001640 n 128 256 512 1024 S n 1.3330162 1.3332212 1.3332937 1.3333193 S n I 0.0003171 0.0001121 0.0000396 0.0000140 S n S n 2 0.0005798 0.0002050 0.0000725 0.0000256 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 25 / 59
Ett numeriskt exempel, forts. Vi skll ännu närmre undersök hur snbbt de pproximtioner mn får med trpetsregeln och Simpsons regel konvergerr mot integrlens värde, utn tt utnyttj det fktum tt mn kn räkn ut integrlen. Låt T n = T n ( x, 1, 1) och ntg tt T n I + C T n τ, Där lltså I = t 1 x dx. Då är så tt och T 2n I + C T 2 τ n τ, T n T 2n (1 2 τ ) C T n τ, T n T 2n (1 2 τ ) CT n τ T 2n T 4n (1 2 τ ) C = 2 τ T 2 τ n τ G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 26 / 59
Ett numeriskt exempel, forts. Som en pproximtion v prmetern τ får mn lltså ( ) Tn T 2n τ log 2. T 2n T 4n De numerisk värden ger följnde pproximtioner för τ: ( n ) 8 16 32 64 128 Tn T 2n log 2 1.4456 1.4627 1.4742 1.4820 1.4874 T 2n T 4n ( n ) 256 512 1024 2048 4096 Tn T 2n log 2 1.4912 1.4938 1.4956 1.4969 1.4978 T 2n T 4n G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 27 / 59
Ett numeriskt exempel, forts. Skriv S n = S n ( x, 1, 1) och ntg tt S n I + C S n σ. Då får mn med smm slgs resonemng ( ) Sn S 2n σ log 2. S 2n S 4n och följnde numerisk värden: ( n ) 8 16 32 64 128 Sn S 2n log 2 1.4987 1.4998 1.5000 1.5000 1.5000 S 2n S 4n G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 28 / 59
Feluppskttning, forts. Med hjälp v ovnstående räkningr och ntgnden T n I + C T n τ S n I + C S n får mn också σ T n I 1 2 τ T n T n, 1 2 och S n I 1 2 σ S n S n. 1 2 och G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 29 / 59
Vribelbyte Om integrtionsintervllet är oändligt långt eller om funktionen inte är begränsd i närheten v någon eller någr punkter så kn det vr omöjligt tt nvänd trpets+ eller Simpsons regel direkt. (I somlig fll kn mittpunktsregeln funger bättre.) Dessutom kn det vr så tt fst funktionen är kontinuerlig och intervllet är ändligt långt så kn dess metoder funger onödigt långsmt om f inte är tillräckligt mång gånger deriverbr. Då kn ett vribelbyte vr till hjälp men det finns mång fll då mn inte hr nytt v det. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 30 / 59
Vribelbyte: Exempel 1 3 1 dx =? 9 x 2 0 Här är problemet tt funktionen som skll integrers inte är begränsd då x 3. Nu är 9 x 2 = 3 + x 3 x och endst den senre fktorn skpr problem. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 31 / 59
Vribelbyte: Exempel 1 3 1 dx =? 9 x 2 0 Här är problemet tt funktionen som skll integrers inte är begränsd då x 3. Nu är 9 x 2 = 3 + x 3 x och endst den senre fktorn skpr problem. Vi gör vribelbytet 3 x = t 2 så tt dx = 2t dt, t = 3 då x = 0 och t = 0 då x = 3 och dessutom gäller x = 3 t 2 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 31 / 59
Vribelbyte: Exempel 1 3 1 dx =? 9 x 2 0 Här är problemet tt funktionen som skll integrers inte är begränsd då x 3. Nu är 9 x 2 = 3 + x 3 x och endst den senre fktorn skpr problem. Vi gör vribelbytet 3 x = t 2 så tt dx = 2t dt, t = 3 då x = 0 och t = 0 då x = 3 och dessutom gäller x = 3 t 2 så tt 3 0 1 0 dx = 1 9 x 2 ( 2t) dt 3 3 + 3 t 2 t2 = 3 0 2 6 t 2 dt. Nu är funktionen som skll integrers oändligt mång gånger deriverbr i integrtionsintervllet [0, 3]. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 31 / 59
Vribelbyte: Exempel 2 1 dx =? 1 + x 5 0 Här är problemet det tt integrtionsintervllet är oändligt långt G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 32 / 59
Vribelbyte: Exempel 2 1 dx =? 1 + x 5 0 Här är problemet det tt integrtionsintervllet är oändligt långt och vi börjr med tt del upp integrlen i två integrler 0 1 1 1 + x 5 dx = 0 1 1 + x 5 dx + 1 1 1 + x 5 dx. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 32 / 59
Vribelbyte: Exempel 2 1 dx =? 1 + x 5 0 Här är problemet det tt integrtionsintervllet är oändligt långt och vi börjr med tt del upp integrlen i två integrler 0 1 1 1 + x 5 dx = 0 I den senre gör vi vribelbytet x = 1 t x = 1 och t = 0 då x = 1 1 + x 5 dx + 1 1 1 + x 5 dx.. Då är dx = 1 t 2 dt, t = 1 då G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 32 / 59
Vribelbyte: Exempel 2 1 dx =? 1 + x 5 0 Här är problemet det tt integrtionsintervllet är oändligt långt och vi börjr med tt del upp integrlen i två integrler 0 1 1 1 + x 5 dx = 0 I den senre gör vi vribelbytet x = 1 t x = 1 och t = 0 då x = så tt 0 1 1 1 + x 5 dx = 0 1 1 + x 5 dx + 1 0 1 1 + x 5 dx + 1 1 1 + x 5 dx.. Då är dx = 1 t 2 dt, t = 1 då 0 1 1 1 + x 5 dx + 1 1 1 + ( 1 t )5 t 2 dt 1 0 t 3 t 5 + 1 dt = Det är ing problem tt numeriskt räkn denhär integrlen. 1 0 1 + x 3 1 + x 5 dx. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 32 / 59
Smmndrg Mittpunktsregeln: b f (x) dx M n (f,, b) = b n n 1 f j=0 ( + b ) n (j + 1 2 ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 33 / 59
Smmndrg Mittpunktsregeln: b f (x) dx M n (f,, b) = b n n 1 f j=0 ( + b ) n (j + 1 2 ). Trpetsregeln: (x 0 =, x 1 = + b n, x j = + b n j) b f (x) dx T n (f,, b) = b ( f (x0 )+2f (x 1 )+... 2f (x n 1 )+f (x n ) ). 2n G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 33 / 59
Smmndrg Mittpunktsregeln: b f (x) dx M n (f,, b) = b n n 1 f j=0 ( + b ) n (j + 1 2 ). Trpetsregeln: (x 0 =, x 1 = + b n, x j = + b n j) b f (x) dx T n (f,, b) = b ( f (x0 )+2f (x 1 )+... 2f (x n 1 )+f (x n ) ). 2n Simpsons regel: b f (x) dx S n (f,, b) = b ( f (x0 ) + 4f (x 1 ) + 2f (x 2 ) 3n + 4f (x 3 ) + 2f (x 4 ) +... + 2f (x n 2 ) + 4f (x n 1 ) + f (x n ) ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 33 / 59
Lplce-trnsformer L(f )(s) = 0 e st f (t) dt G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 34 / 59
Lplce-trnsformer Exempel L(1)(s) = 1 s L(e t )(s) = 1 s L(cos(ωt))(s) = L(sin(ωt))(s) = L(f )(s) = s s 2 +ω 2 ω s 2 +ω 2 0 e st f (t) dt G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 34 / 59
Lplce-trnsformer Exempel L(1)(s) = 1 s L(e t )(s) = 1 s L(cos(ωt))(s) = L(sin(ωt))(s) = Obs! L(f )(s) = s s 2 +ω 2 ω s 2 +ω 2 0 e st f (t) dt L är en funktion vrs rgument inte är ett tl utn en funktion (definerd i (0, ) och som uppfyller viss villkor) och värdet v L(f ) är en nnn funktion (definierd åtminstone för ll komplex tl s med Re (s) > α för något tl α). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 34 / 59
Lplce-trnsformen är linjär! L(αf + βg) = αl(f ) + βl(g) G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 35 / 59
Lplce-trnsformen är linjär! Teorem Ifll L(αf + βg) = αl(f ) + βl(g) För vrje T > 0 är funktionen f är integrerbr i intervllet (0, T ). T lim T 0 e s0t f (t) dt existerr för något tl s 0 C så gäller tt T F (s) = lim T 0 e st f (t) dt existerr då Re (s) > Re (s 0 ), F (s) är nlytisk i mängden { s C : Re (s) > Re (s 0 ) } dvs. F (s) = n=0 1 n! F (n) (s 1 )(s s 1 ) n åtminstone då s s 1 < Re (s 1 s 0 ). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 35 / 59
Lplce-trnsformen är linjär! Teorem Ifll L(αf + βg) = αl(f ) + βl(g) För vrje T > 0 är funktionen f är integrerbr i intervllet (0, T ). T lim T 0 e s0t f (t) dt existerr för något tl s 0 C så gäller tt T F (s) = lim T 0 e st f (t) dt existerr då Re (s) > Re (s 0 ), F (s) är nlytisk i mängden { s C : Re (s) > Re (s 0 ) } dvs. F (s) = n=0 1 n! F (n) (s 1 )(s s 1 ) n åtminstone då s s 1 < Re (s 1 s 0 ). Lplce-trnsformen är entydig Om L(f )(s) = L(g)(s) då Re (s) > α så är f (t) = g(t) för nästn ll t 0. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 35 / 59
Räkneregler, derivtor mm. då F (s) = L(f )(s) L(f )(s) = sf (s) f (0) F (s) = L( tf (t))(s) ( ) t L 0 f (τ) dτ (s) = 1 s F (s) G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 36 / 59
Räkneregler, derivtor mm. då F (s) = L(f )(s) L(f )(s) = sf (s) f (0) F (s) = L( tf (t))(s) ( ) t L 0 f (τ) dτ (s) = 1 s F (s) Räkneregler, förskjutningsregler mm. då F (s) = L(f )(s) L(e t f (t))(s) = F (s ) L(f (t )u(t ))(s) = e s F (s) där u(t) = 1 då t > 0, u(t) = 0 då t < 0 och 0. L ( f (t) ) (s) = 1 F ( s ), > 0 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 36 / 59
Exempel Antg tt y(t) är lösningen till ekvtionen y (t) + 2y(t) = 3, y(0) = 4. Om Y (s) = L(y)(s) så är L(y )(s) = sy (s) y(0) = sy (s) 4. Eftersom Lplce-trnsformen är linjär och L(3)(s) = 3 s så får mn när mn tr Lplce-trnsformen v båd sidorn i ekvtionen sy (s) 4 + 2Y (s) = 3 s, vilket betyder tt Y (s) = 4 s + 2 + 3 s(s + 2). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 37 / 59
Exempel, forts. Om mn nu vill bestämm y(t) så kn mn gör en prtilbråksuppdelning och mn får A = lim s 0 B = lim s 2 Dett innebär tt 4 s + 2 + 3 s(s + 2) = A s + B s + 2, ( s A ) ( s + s B = lim s + 2 s 0 ( (s + 2) A s + (s + 2) B = lim s 2 y(t) = L 1 ( 3 2 1 s ) 4 s s + 2 + s 3 = 3 s(s + 2) 2, ) s + 2 ( ) 4 (s + 2) s + 2 + (s + 2) 3 = 5 s(s + 2) 2. ) + L 1 ( 5 2 ) 1 = 3 s + 2 2 + 5 2 e 2t. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 38 / 59
Konvolution (fltning) (f g)(t) = t 0 f (t τ)g(τ) dτ L(f g) = L(f )L(g) G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 39 / 59
Konvolution (fltning) (f g)(t) = t 0 f (t τ)g(τ) dτ L(f g) = L(f )L(g) Delt-funktionlen δ T = d dt u(t T ) men u(t T ) är inte deriverbr så δ T är en generliserd funktion, så tt f (t)δ T (dt) = f (T ). L(δ T )(s) = e st, T 0 (δ T f )(t) = u(t T )f (t T ), T 0 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 39 / 59
Delbrhet Ett tl delr ett tl b, dvs. b (eller b är delbrt med ) om det finns ett heltl k så tt b = k. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 40 / 59
Delbrhet Ett tl delr ett tl b, dvs. b (eller b är delbrt med ) om det finns ett heltl k så tt b = k. Kongruens modulo Två tl och b är kongruent modulo n vilket skrivs b (mod n) eller n b om de hr smm rest då de dividers med n, dvs. om n delr b: b (mod n) n b n ( b) = b + kn, k Z. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 40 / 59
Z n, kongruensklsser Reltionen b (mod n) är en ekvivlensreltion i Z (x x, x y y x, x y, y z x z) och delr upp Z i ekvivlensklsser, som klls kongruensklsser (eller restklsser), dvs. delmängder {..., 2n, n, 0, n, 2n...}, {..., 2n + 1, n + 1, 1, n + 1, 2n + 1...},..., {..., n 1, 1, n 1, 2n 1,...} där ll element i smm ekvivlensklss är kongruent modulo n med vrndr. Mn kn nvänd följnde beteckningr: [k] n def = { m Z : m k (mod n) } Z n def = { [k] n : k = 0, 1, 2,..., n 1 }, om n > 0 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 41 / 59
Addition, subtrktion och multipliktion i Z n Mn kn vis tt om så är 1 2 (mod n) och b 1 b 2 (mod n) ( 1 + b 1 ) ( 2 + b 2 ) (mod n) ( 1 b 1 ) ( 2 b 2 ) (mod n) ( 1 b 1 ) ( 2 b 2 ) (mod n) Därför kn mn definier räkneopertioner i Z n med [] n + [b] n = [ + b] n, [] n [b] n = [ b] n, [] n [b] n = [ b] n, och ll norml räkneregler gäller (bortsett från de som gäller olikheter). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 42 / 59
Modulofunktionen mod Om n > 0 så är mod (m, n) det minst icke-negtiv heltlet i kongurensklssen [m] n, dvs. mod (m, n) = k om 0 k < n och m k (mod n), (men mod (m, 0) = m och mod (m, n) = mod (m, n) om n < 0). Obs! mod (m 1, n) = mod (m 2, n) [m 1 ] n = [m 2 ] n Om m och n är positiv tl så är mod (m, n) den rest som erhålls då mn dividerr m med n men om m < 0 är denn rest inte positiv. Obs! Oft väljer mn elementet mod (m, n) för tt representer kongruensklssen [m] n så tt mn tex. kn tl om tlen 0, 1, 2,..., 5 som elementen i Z 6 istället för mängdern [0] 6, [1] 6,..., [5] 6 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 43 / 59
Exempel Om en björn går i ide en dg kl 17 och sover i 2557 timmr och mn vill vet vid vilket klockslg den vknr dividerr mn först 2557 med 24 och får 2557 = 106 24 + 13, dvs. 2557 13 (mod 24). Därför är (17 + 2557) (17 + 13) (mod 24) = 6 (mod 24) vilket betyder tt björnen vknr kl 6. Exempel Teknolog T uppgv tt börjn på hns personnummer är 141089-151. Om mn skll räkn ut kontrolltecknet skll mn räknr resten då det tl som bilds v de nio först numrorn dividers med 31 så tt tlen 10, 11,...,30 ersätts med respektive A, B, C, D, E, F, H, J, K, L, M, N, P, R, S, T, U, V, W, X, Y. Nu blir mod (141989151, 31) = 29, så det fullständig personnumret blir 141089-151X. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 44 / 59
Exempel Om j 0 så är [10 j ] 9 = [10] j 9 = [1]j 9 = [1j ] 9 = [1] 9. Om nu x är ett tl som i decimlform är x n x n 1... x 1 x 0 så är x = x 0 10 0 + x 1 10 +... x n 10 n och [x] 9 = [x 0 10 0 ] 9 +... + [x n 10 n ] 9 = [x 0 ] 9 [10 0 ] 9 + [x 1 ] 9 [10 1 ] 9 +... + [x n ] 9 [10 n ] 9 = [x 0 ] 9 [1] 9 + [x 1 ] 9 [1] 9 +... + [x n ] 9 [1] 9 = [x 0 + x 1 + x 2 +... + x n ] 9. Av dett följer (den välkänd) regeln tt 9 delr x om och endst om 9 delr summn v siffrorn i decimlformen v x. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 45 / 59
Störst gemensmm delre Om m och n är heltl som inte båd är noll så är ders störst gemensmm delre sgd (m, n) = mx{ d Z : d m och d n }. (sgd=störst gemensmm delre, gcd= gretest common divisor, och vnligen definierr mn sgd (0, 0) = 0) Om sgd (m, n) = 1 sägs tlen m och n vr reltivt prim. Observer tt v defintionen följer tt sgd (m, n) = sgd (n, m). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 46 / 59
Inverser i Z n Om [m] n Z n och det finns en kongruensklss [j] n Z n så tt [m] n [j] n = [1] n, dvs m j 1 (mod n) så säger mn tt [m] n (eller br m) är inverterbr i Z n och inversen är [j] n = [m] 1 n. Dett innebär tt mn kn divider med [m] n för det är det smm som tt multiplicer med [j] n. Eftersom m j 1 (mod n) så finns det ett heltl k så tt m j = 1 + k n. Om nu d m och d n så gäller d (m j k n) dvs. d 1 och då är d = 1. Därför måste sgd (m, n) = 1. Mn kn också vis tt det omvänd gäller så mn får tt Obs [m] n är inverterbr i Z n sgd (m, n) = 1. Om p är ett primtl så är ll element i Z p som inte är [0] p inverterbr. Exempel Kongruensklssern [1] 6 och [5] 6 är de end som är inverterbr i Z 6. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 47 / 59
Euklides lgoritm för tt räkn sgd (m, n) Antg tt m > n (sgd (m, m) = m). Låt r 0 = m och r 1 = n. Räkn ut q i och r i så tt 0 r i < r i 1 och då i 2 så länge r i 1 0. sgd (m, n) = r k 1 om r k = 0. r i 2 = q i r i 1 + r i Vrför fungerr Euklides lgoritm? Det följer v ett llmänt resultt tt om r i 2 = q i r i 1 + r i så är sgd (r i 2, r i 1 ) = sgd (r i 1, r i ) för ll i 2 för vilk r i 1 0. Eftersom d 0 för ll d gäller sgd (r k 1, 0) = r k 1 vilket innebär tt sgd (m, n) = sgd (r 0, r 1 ) =... = sgd (r k 1, r k ) = sgd (r k 1, 0) = r k 1 om r k = 0. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 48 / 59
Exempel Om vi vill räkn ut sgd (634, 36) så får vi följnde resultt: 634 = 17 36 + 22 36 = 1 22 + 14 22 = 1 14 + 8 14 = 1 8 + 6 8 = 1 6 + 2 6 = 3 2 + 0 så tt sgd (634, 36) = 2. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 49 / 59
Euklides lgoritm och invers element i Z n Om mn i Euklides lgoritm vlt r 0 = m, r 1 = n och sedn räknt q i och r i för i = 2,..., k med formeln r i 2 = q i r i 1 + r i tills r k = 0, så tt r k 1 = sgd (m, n) så kn mn räkn bklänges så tt mn strtr med ekvtionen r k 3 = q k 1 r k 2 + r k 1 så får mn sgd (m, n) = r k 1 = r k 3 q k 1 r k 2. Sedn sätter mn in r k 2 ur ekvtionen r k 2 = r k 4 q k 2 r k 3 och uttrycker sgd (m, n) med hjälp v r k 4 och r k 3 och fortsätter tills mn får sgd (m, n) = m + bn. Om nu sgd (m, n) = 1 betyder dett tt [] n [m] n = [1] n dvs. [] n = [m] 1 n, och [b] m [n] m = [1] m dvs. [b] m = [n] 1 m. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 50 / 59
Exempel Om mn vill räkn [23] 1 67 räknr mn först ut sgd (67, 23) och får 67 = 2 23 + 21 23 = 1 21 + 2 21 = 10 2 + 1 2 = 2 1 + 0 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 51 / 59
Exempel Om mn vill räkn [23] 1 67 räknr mn först ut sgd (67, 23) och får 67 = 2 23 + 21 23 = 1 21 + 2 21 = 10 2 + 1 2 = 2 1 + 0 För tt uttryck sgd (67, 23) med hjälp v 67 och 23 räknr vi bklänges: sgd (67, 23) = 1 = 21 10 2 = 1 21 10 (23 1 21) = 10 23 + 11 21 = 10 23 + 11 (67 2 23) = 11 67 32 23 G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 51 / 59
Exempel Om mn vill räkn [23] 1 67 räknr mn först ut sgd (67, 23) och får 67 = 2 23 + 21 23 = 1 21 + 2 21 = 10 2 + 1 2 = 2 1 + 0 För tt uttryck sgd (67, 23) med hjälp v 67 och 23 räknr vi bklänges: sgd (67, 23) = 1 = 21 10 2 = 1 21 10 (23 1 21) = 10 23 + 11 21 = 10 23 + 11 (67 2 23) = 11 67 32 23 Dett innebär tt ( 32) 23 = 1 11 67 så tt ( 32) 23 1 (mod 67) vilket är det smm som tt [23] 1 67 = [ 32] 67 = [ 32 + 67] 67 = [35] 67. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 51 / 59
Eulers ϕ-funktion ϕ(n) = ntlet tl i mängden { m Z : 0 m n 1, sgd (m, n) = 1 }, = ntlet element i Z n som hr en en invers. Eulers teorem Om sgd (, n) = 1 och n > 1 så är ϕ(n) 1 (mod n). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 52 / 59
Fermts lill teorem Om p är ett primtl och sgd (, p) = 1 så är p 1 1 (mod p). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 53 / 59
Fermts lill teorem Om p är ett primtl och sgd (, p) = 1 så är p 1 1 (mod p). Potenser i Z p då p är ett primtl Om mn skll räkn ut mod ( m, p) då p är ett primtl får mn nturligtvis 0 om sgd (, p) 1 (för då är sgd (, p) = p och p eftersom p är ett primtl) och nnrs kn mn utnyttj det fktum tt p 1 1 (mod p) för det innebär tt m mod (m,p 1) (mod p) vilket kn vr mycket enklre tt räkn ut. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 53 / 59
Eulers teorem, bevis Antg tt α 1,..., α φ(n) är de invertibl elementen i Z n. Eftersom sgd (, n) = 1 hr också [] n en invers och eftersom α β är invertibelt on α och β är det, är också [] n α j invertibelt för ll j. Om nu [] n α j = [] n α k så är α j = [] 1 n [] n α j = [] 1 n [] n α k = α k vilket innebär tt elementen [] n α 1,... [] n α ϕ(n) är elementen α 1,..., α φ(n) eventuellt i en nnn ordning. Men produktern är de smm, dvs. [] ϕ(n) n Π ϕ(n) i=1 α i = Π ϕ(n) i=1 ([] n α i ) = Π ϕ(n) i=1 α i. Eftersom vrje element α i är inverterbrt, kn vi divider bort ll α i och slutresulttet är tt [] ϕ(n) n är ett, dvs. ϕ(n) 1 (mod n). G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 54 / 59
RSA-lgoritmen I RSA-lgoritmen nvänds en publik nyckel (n, k) för kryptering och en privt nyckel (n, d) för dekryptering: Kryptering: Meddelndet, som är ett tl melln 0 och n 1 krypters till b = mod ( k, n). Det mottgn meddelndet b dekrypters till = mod (b d, n). Ideen är den tt vem som helst kn skick meddelnden krypterde med den publik nyckeln men br den som känner till den privt nyckeln, som är svår t räkn ut br med hjälp v n och k, kn dekrypter meddelndet. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 55 / 59
Hur skll nycklrn i RSA-lgoritmen väljs? n = pq där p och q är två olik mycket stor primtl. k är ett inte lltför litet tl så tt sgd(k, m) = 1 där m = (p 1) (q 1) (och det svår med tt räkn ut d är tt bestämm p och q och därmed m om mn br känner till n). Med hjälp v Euklides lgoritm kn d bestämms så tt [d] m = [k] 1 m. Vrför fungerr RSA-lgoritmen? Antg för enkelhets skull tt sgd (, n) = 1. Mn kn vis tt ϕ(n) = m. Enligt Eulers teorem gäller m 1 (mod n) Eftersom k d = 1 + r m är [b d] n = [ k d] n = [ 1+r m] n = [] n [ m ] r n = [] n [1] r n = [] n, vilket betyder tt mod (b d, n) = mod (, n) =. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 56 / 59
Vd händer om sgd (, n) 1? Eftersom mn ntr tt 0 < < n så är sgd (, n) 1 endst då p eller q. Ant tt p så tt = p j c där sgd (c, n) = 1 Nu är [b d ] n = [((p j c) k ) d ] n = [(p k ) d ] j n [(c k ) d ] n och eftersom sgd (c, n) = 1 så är [(c k ) d ] n = [c] n och det återstår tt vis tt [[(p k ) d ] n = [p] n för då är [b d ] n = [p] j n [c] n = [p j c] n = [] n. Eftersom q är ett primtl och p q så är sgd (p, q) = 1 och därför följer det v enligt Fermts teorem tt p q 1 1 (mod q). Då är också p (q 1)(p 1)r 1 (mod q) dvs. p (q 1)(p 1)r = 1 + sq och därför också p 1+(q 1)(p 1)r = p + spq dvs. [p 1+m r ] n = [p] n vilket visr tt [(p k ) d ] n = [p] n = [] n. Algoritmen fungerr lltså också i dett fll! G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 57 / 59
Exempel Om mn med RSA-lgoritmen skll krypter meddelndet 9 och nvänd den publik nyckeln (55, 23) så skll mn räkn ut mod (9 23, 55). För tt gör räkningen enklre observerr mn först tt 23 = 2 4 + 2 2 + 2 1 + 2 0 så tt 9 23 = (((9 2 ) 2 ) 2 ) 2 (9 2 ) 2 9 2 9 och mn får mod (9 2, 55) = mod (81, 55) = 26, mod ((9 2 ) 2, 55) = mod (26 2, 55) = mod (676, 55) = 16, mod (((9 2 ) 2 ) 2, 55) = mod (16 2, 55) = mod (256, 55) = 36, mod ((((9 2 ) 2 ) 2 ) 2, 55) = mod (36 2, 55) = mod (( 19) 2, 55) = mod (361, 55) = 31, mod (9 2 9, 55) = mod (26 9, 55) = mod (234, 55) = 14, mod ((9 2 ) 2 9 2 9, 55) = mod (16 14, 55) = mod (224, 55) = 4, mod ((((9 2 ) 2 ) 2 ) 2 (9 2 ) 2 9 2 9, 55) = mod (31 4, 55) = mod (124, 55) = 14, så tt mod (9 23, 55) = 14. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 58 / 59
Exempel, forts. Om mn vill dekrypter meddelndet 14 måste mn känn till den privt nyckeln och den är (55, 7) därför tt 55 = 5 11, (5 1) (11 1) = 40 och mod (23 7, 40) = mod (161, 40) = 1. För dekryptering observerr mn tt 7 = 2 2 + 2 1 + 2 0 så tt 14 7 = (14 2 ) 2 14 2 14 och mn får mod (14 2, 55) = mod (196, 55) = 31, mod ((14 2 ) 2, 55) = mod (31 2, 55) = mod (961, 55) = 26, mod (14 2 14, 55) = mod (31 14, 55) = mod (434, 55) = 49, mod ((14 2 ) 2 14 2 14, 55) = mod (26 49, 55) = mod (26 ( 6), 55) = mod ( 156, 55) = 9, så tt mod (14 7, 55) = 9. G. Gripenberg (TKK) Mt-1.1510 Grundkurs i mtemtik 1, del III 2 december 2010 59 / 59