FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310)

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310)"

Transkript

1 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) TERJE SUND Innledning I matematisk optimering søker en å bestemme maksimums- og minimumspukter for funksjoner som avhenger av reelle variable og av andre funksjoner. Optimal kontrollteori er en moderne utvidelse av klassisk variasjonsregning. Euler og Lagrange utviklet teorien for variasjonsregning på 1700-tallet. Dens hovedingrediens er Eulerlikningen 1 som ble oppdaget allerede i De enkleste problemene i variasjonsregning er av typen t1 maks F (t, x(t), ẋ(t)) dt t 0 når x(t 0 ) = x 0, x(t 1 ) = x 1, der t 0, t 1, x 0, x 1 er gitte tall og F er en gitt funksjon av tre (reelle) variable. Problemet er alt å bestemme funksjoner x(t) som gjør integralet t 1 t 0 F (t, x(t), ẋ(t)) dt størst eller minst. Optimal kontrollteori har siden 1960-tallet blitt anvendt i studier av mange forskjellige områder, slik som økonomisk vekst, lagerhold, beskatning, uttømming av naturresurser og raketteknologi (spesielt avskjæring av missiler). 1. Differensiallikninger. Mange av problemene i dynamisk optimering, f. eks. i variasjonsregning, kan overføres til løsning av differensiallikninger. I kontrollteori behandles systemer som i utgangspunktet er styrt av differensiallikninger. Derfor blir løsning av differensiallikninger sentralt i optimeringsteori. Første ordens differensiallikninger er likninger på formen G(t, x, ẋ) = 0, (ẋ = dx/dt, x = x(t)) 1 Eulerlikningen er en partiell differensiallikning på formen F x d dt ( F ẋ ) = 0, der F er en funksjon av 3 reelle variable, x en ukjent funksjon av én variabel t og ẋ(t) = dx dt (t). F x betyr den partiellderiverte av F mhp. annen variabel x, F F x (t, x, ẋ), og ẋ er den partiellderiverte mhp. tredje variabel ẋ. 1

2 2 TERJE SUND Mange av dem kan skrives på formen (1) ẋ(t) = F (t, x(t)) Av disse kan noen typer løses ved formler. Spesielt gjelder dette for 1.1 Separable likninger Disse kan skrives dx dt = f(t) g(x), dvs. g(x) dx = f(t) dt (separasjon av variable), g(x) dx = f(t) dt, eller G(X) = F (t) + C, der F (t) = f(t) og G (x) = g(x) og C er en vilkårlig konstant. Hvis G har en invers funksjon G 1 på et intervall I, har vi derfor x(t) = G 1 (F (t) + C), t I Dette er et spesialtilfelle av lineære likninger som vi skal studere nedenfor. Eksempel 1. Løs likningen, og bestem en løsningskurve gjennom det oppgitte punktet: (1 + t 2 )ẋ = tx, (t 0, x 0 ) = (0, 3). Løsning: dx dt = t 1 + t x, 2 dx x = t 1 + t dt, 2 ln x = 1ln(1 + 2 t2 ) + C 1, eller x = e 1 2 ln(1+t2 )+C 1 = C 2 e ln 1+t 2 = C t2, der C 2 = e C 1 > 0. Alt er x(t) = C 1 + t 2, C 0. Endepunktbetingelsen x(0) = C = 3 gir løsningen x(t) = t 2, t reell. Oppgave. Løs likningen (1 + t 2 )ẋ = x, (Svar: x(t) = e arctan t+1 ) 1.2. Lineære likninger av 1. orden. Disse likningene er av typen ẋ + a(t)x = f(t), (t 0, x 0 ) = (0, e).

3 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 3 der a og f er kontinuerlige funksjoner på et gitt intervall I. Her kan vi multiplisere likningen med en integrerende faktor e A(t), der A(t) = a(t) dt. Dermed får vi [ẋ + a(t)x]e A(t) = f(t)e A(t), d dt (xea(t) ) = f(t)e A(t), xe A(t) = f(t)e A(t) dt + C, ( ) x(t) = e A(t) ( f(t)e A(t) dt + C) Eksempel 2. Likningen ẋ x = t, er lineær og A(t) = ( 1) dt = t (Vi trenger bare en enkelt løsning for A(t) og kan derfor velge integrasjonskonstanten som vi ønsker.) x(t) = e t [ te t dt + C] = e t [ te t + e t dt + C] = e t [ te t e t + C] = Ce t t 1 Oppgave Påvis at den generelle løsningen av likningen ẋ+a(t)x = f(t) kan skrives u + v, der u er en enkelt løsning av likningen og der u(t) = C exp [ A(t)] er den generelle løsningen av den homogene likningen ẋ + a(t)x = 0. Nyttig spesialtilfelle: Vi betrakter den lineære likningen ẋ + ax = b, der a og b er gitte konstanter. Dette er en lineær første ordens differensiallikning med konstante koeffisienter. I tillegg er likningens høyreside og konstant. Formelen i ( ) gir her x(t) = e at ( be at dt + C) = b a + Ce at, der a 0. Tilfellet a = 0 gir x(t) = bt + C. Normalt kan en likning av typen ẋ(t) = F (t, x(t)) ikke løses eksplisitt ved en formel der bare elementære funksjoner inngår. Vi kan da forsøke å beregne løsninger ved rekkeutvikling eller studere generelle trekk ved løsningene. Ofte vil det og være nyttig i anvendelser å approksimere løsningene numerisk. Det kan da være naturlig først å stille spørsmålet om eksistens og éntydighet av en løsning. Ofte har vi eksistens og éntydighet lokalt:

4 4 TERJE SUND 1.3 Setning. (Eksistens- og éntydighetssetning). Betrakt differensiallikningen ẋ = F (t, x), x(t 0 ) = x 0. Anta at F og df er kontinuerlige på en åpen mengde A dx R2 og at (t 0, x 0 ) A. Da eksisterer en løsning x = x(t) definert på et åpent intervall om t 0 Hvis to slike løsninger begge er definert på et felles åpent intervall I om t 0, er de like på I. 1.4 Differensiallikninger av 2. orden Slike likninger kan skrives G(t, x, ẋ, ẍ) = 0, der G er en gitt funksjon av fire variable. De likningene vi møter i praksis, kan ofte skrives Eksempel 3. ẍ = F (t, x, ẋ) ẍ = t + sin t Høyre side avhenger her bare av t. Integrasjon av likningen gir ẋ = t 2 /2 cos t + C 1, x = 1 6 t3 sin t + C 1 t + C 2, der konstantene C 1 og C 2 kan velges fritt. Eksempel 4. ẍ = t + ẋ Her er høyresiden uavhengig av x. Substitusjonen u = ẋ, u = ẍ gir da (via et tidligere eksempel) u u = t, u = C 1 e t t 1, x = C 1 e t 1 2 t2 t + C 2. Normalt gir eksplisitt løsning av en 2. ordens differensiallikning en formel x = x(t, C 1, C 2 ), der integrasjonskonstantene kan velges fritt. Spesifiserer vi en initialbetingelse på formen x(t 0 ) = x 0, ẋ(t 0 ) = ẋ 0, kan konstantene C 1 og C 2 bestemmes. 1.5 Lineære differensiallikninger av 2. orden.

5 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 5 Disse likningene kan skrives (2) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = f(t), der a, b og f er gitte kontinuerlige funksjoner på et reelt intervall I. Her fins det ingen eksplisitt løsningsformel slik som vi hadde for 1. ordens lineære likninger. Selv ikke homogene 2. ordens likninger (3) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = 0 vil generelt ha noen eksplisitt løsningsformel. Vi kan imidlertid klarlegge strukturen av løsningene. Nedenfor skal vi vise følgende resultater: 1.6 Setning. Den homogene likningen har generell løsning ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = 0 x(t) = C 1 u 1 (t) + C 2 u 2 (t), der u 1 og u 2 er to ikke-proporsjonale (alt lineært uavhengige) løsninger og C 1 og C 2 er to vilkårlige konstanter. Eksempel 5. Selv for den tilsynelatende enkle Bessels differensiallikning t 2 ẍ + tẋ + (t 2 α 2 )x = 0 (α 0 en konstant), kan løsningene ikke uttrykkes ved de vanlige elementære funksjonene. Løsningene kalles Besselfunksjoner og kan uttrykkes ved hjelp av potensrekker om 0. De er på formen f(t) = t r n=0 (Se f.eks. Apostol, Calculus vol II, 7.19) a n t n 1.7 Setning. Den inhomogene lineære annen ordens differensiallikningen ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = f(t) har generell løsning x(t) = C 1 u 1 (t) + C 2 u 2 (t) + u (t), der C 1 u 1 + C 2 u 2 er den generelle løsningen av den homogene likningen og u er en enkelt (partikulær) løsning av den inhomogene likningen.

6 6 TERJE SUND Eksempel 6. Betrakt likningen ẍ x = e t Den tilhørende homogene likningen ẍ x = 0 har løsninger u 1 = e t og u 2 = e t som ikke er proporsjonale. Dessuten har den inhomogene likningen en partikulær løsning u = 1 2 tet (Det kan sjekkes ved innsetting i likningen). Den generelle løsningen blir derfor x(t) = C 1 e t + C 2 e t tet. Homogene lineære likninger med konstante koeffisienter. Ifølge Setning 1.6 trenger vi to ikke-proporsjonale løsninger u 1 og u 2 for å løse den generelle homogene lineære differnsiallikningen av orden 2. For det spesielle tilfellet at likningen har konstante koeffisienter a og b, fins det en elementær metode. Betrakt nemlig likningen (1) ẍ + aẋ + bx = 0, der a og b er reele konstanter. La oss forsøke en løsning av typen x(t) = e rt, der r er en reell konstant. Innsetting i (1) gir da: dvs. r 2 e rt + are rt + be rt = 0, (2) r 2 + ar + b = 0 Likning (1) har derfor en slik løsning hvis og bare hvis r er en rot i den karakteristiske likningen (2) tilordnet (1). Vi kan da drøfte følgende mulige tilfelle: (a) Hvis a 2 4b > 0 vil likning (2) ha to forskjellige reelle røtter r 1 og r 2, vi har to ikke-proporsjonale løsninger u 1 (t) = e r 1t og u 2 (t) = e r 2t. Ifølge Setning 1.6, er da den generelle løsningen av (1) u(t) = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t (b) Hvis (2) har en dobbeltrot (sammenfallende reellle røtter) r, dvs. r = a 2 (b2 = 4a), får vi en løsning u 1 (t) = e rt. I tillegg er det lett å se at u 2 (t) = te rt og er en løsning. Merk at u 1 og u 2 er ikke-proporsjonale. Vi setter u = u 2 og sjekker at dette er løsning: u = e rt + rte rt, ü = re rt + r(1 + rt)e rt = (2r + r 2 t)e rt,

7 og FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 7 ü + a u + bu = [2r + r 2 t + a(1 + rt) + bt]e rt = [(r 2 + ar + b)t + 2r + a]e rt = (0 + 0)e rt = 0, siden r 2 + ar + b = 0 og r = a 2. Dermed er u 2 løsning av (1). Generell løsning er dermed u(t) = C 1 e rt + C 2 te rt = (C 1 + C 2 t)e rt. (c) a 2 4b < 0 : Da har r 2 + ar + b = 0 to komplekse røtter r = α + iβ, α = a, β = b a2. Da vil funksjonene u 2 4 1(t) = e αt cos βt, u 2 (t) = e αt sin βt være to ikkeproporsjonale løsninger av (1). Generell løsning er derfor Kontroll: e αt (C 1 cos β t + C 2 sin β t) Vi vil utføre kontrollen for funksjonen x(t) = e αt cos β t, utregningene er analoge for e αt sin β t. Her er og ẋ = αe αt cos β t βe αt sin β t = e αt (cos β t β sin β t) ẍ = αe αt (α cos β t β sin β t) + e αt ( αβ sin β t β 2 cos β t) = e αt ((α 2 β 2 ) cos β t 2αβ sin β t), ẍ+aẋ+bx = e αt [(α 2 β 2 ) cos β t 2αβ sin β t+aα cos β t aβ sin β t+b cos β t] Her er e αt [(α 2 β 2 + aα + b) cos β t (2αβ + aβ) sin β t] α 2 β 2 = a2 4 (b a2 4 ) = a2 2 b, aα = a2, 2α + a = a + a = 0, 2 ẍ + aẋ + bx = e α t [( a2 2 b a2 2 + b) cos β t β 0 sin β t] = 0

8 8 TERJE SUND Utnyttelse av komplekse løsninger. Ved to komplekse løsninger r = α ± iβ av den karakteristiske likningen, finner vi akkurat som for tilfelle (a) med to reelle røtter, at funksjonene e (α±iβ)t = e α t (cos β t ± i sin β t) er løsninger av (1). Dermed er og realdelen u 1 (t) = e α t cos β t og imaginærdelen u 2 (t) = e α t sin β t og løsninger av (1) hver for seg. Dette er lett å se ved innsetting i den lineære differensiallikningen. Noen spesielle inhomogene likninger. Betrakt nå den lineære inhomogene likningen med konstante koeffisienter, (3) ẍ + aẋ + bx = f(t), der a og b er reelle konstanter. I noen spesielle tilfelle kan vi gjette oss til formen på en partikulær løsning u. Deretter kan vi bestemme u ved ubestemte koeffisienters metode. Eksempel 7. Betrakt likningen ẍ 4ẋ + 4x = t 2 2t + 2 Her er høyre side et 2.-gradspolynom i t. Vi gjetter på en løsning x av samme type, dvs. x(t) = At 2 + Bt + C. Da blir ẋ = 2At + B, ẍ = 2A, ẍ 4ẋ + 4x = 2A (8At + 4B) + (4At 2 + 4Bt + 4C) = 4At 2 + (4B 8A)t + 2A 4B + 4C som alt skal være lik t 2 2t + 2 for alle reelle t. Det gir A = 1, 4(B 2A) = 2, 2A 4B + 4C = 2, 4 og A = 1 4, B = 0, C = 3 8 x(t) = 1 4 t

9 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 9 er en partikulær løsning. Den generelle løsningen er da ifølge Setning 1.7 og tilfelle (b) ovenfor (den karakteristiske likningen har r = 2 som dobbeltrot): Oppgave 1 u(t) = C 1 e 2t + C 2 te 2t t Løs likningen ẍ 2ẋ + x = t 2 2t + 2. (Svar: u (t) = t 2 + 2t + 4, u 1 (t) = e t, u 2 (t) = te t ) Oppgave 2 Løs likningen ẍ + 2ẋ + x = t 3 + 2t + 1. (Svar: u (t) = t 3 6t t 27, u 1 (t) = e t, u 2 (t) = te t ) Eksempel 8. Betrakt likningen (4) ẍ + aẋ + bx = pe qt, p 0, der p og q er reelle konstanter. Vi prøver med x(t) = Ape qt, ẋ = Apqe qt, ẍ = Apq 2 e qt, ẍ + aẋ + bx = A(pq 2 + apq + bp)e qt = Ape qt (q 2 + aq + b) = pe qt. Demed m A = 1/q 2 + aq + b, hvis q 2 + aq + b 0, og x(t) = pe qt /q 2 + aq + b er en partikulær løsning. Hvis q 2 + aq + b = 0, dvs q er en rot i den karakteristiske likningen, prøver vi med x(t) = Bte qt. Da blir ẋ = Be qt (1 + qt), ẍ = Bqe qt (1 + qt) + Be qt q = Bqe qt (2 + qt), ẍ + aẋ + bx = Be qt (2q + q 2 t + a + aqt + bt) = Be qt [(q 2 + aq + b)t + 2q + a]be qt (2q + a). Da dette skal være lik pe qt for alle t, må B = p/2q + a, hvis 2q + a 0 og x(t) = p 2q + a teqt

10 10 TERJE SUND er en løsning. Hvis og 2q + a = 0, dvs. at b a 2 /4 = 0 og a = 2q, er q dobbeltrot i den karakteristiske likningen. Vi prøver da og det gir x(t) = cte qt, ẍ + aẋ + bx = ce qt [bt 2 + a(2t + qt 2 ) qt + 2tq + q 2 t 2 ] = ce qt [(q 2 + aq + b)t 2 + 2(a + 2q)t + 2] = pe qt, c = p/2 og dermed er x(t) = p 2 t2 e qt en løsning. I neste avsnitt skal vi se at det fins en generell metode til å bestemme en partikulær løsning av den inhomogene lineære likningen ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = f(t) med ikkekonstante koeffisienter, sant to ikkeproporsjonale løsninger u 1 og u 2 av den homogene likningen er kjent. Det å bestemme u 1 og u 2, er imidlertid ikke alltid mulig. Lagranges metode med variasjon av konstantene. Betrakt likningen (1) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = f(t), definert på et åpent intervall I. La oss anta at vi kjenner to lineært uavhengige løsninger u 1 og u 2 av den homogene likningen (2) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = 0. Vi vil forsøke å bestemme deriverbare funksjoner c 1 (t) og c 2 (t), slik at funksjonen x(t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t) er en partikulær løsning av (1). Vi har ẋ = ċ 1 u 1 + ċ 2 u 2 + c 1 u 1 + c 2 u 2 Siden c 1 og c 2 er to ukjente funksjoner som vi ønsker å bestemme, trenger vi to likninger der c 1 og c 2 inngår sammen med kjente funksjoner som a, b, og f. Hvis vi krever at (3) ċ 1 u 1 + ċ 2 u 2 = 0, blir ẋ = c 1 u 1 + c 2 u 2 og den andre-deriverte blir Krever vi videre at ẍ = ċ 1 u 1 + ċ 2 u 2 + c 1 ü 1 + c 2 ü 2 (4) ċ 1 u 1 + ċ 2 u 2 = f,

11 ser vi at FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 11 ẍ = c 1 ü 1 + c 2 ü 2 + f, ẍ+a(t)ẋ+b(t)x = c 1 ü 1 +c 2 ü 2 +f +a(t)(c 1 u 1 +c 2 u 2 )+b(t)(c 1 u 1 +c 2 u 2 ) f + c 1 (ü 1 + a(t) u 1 + b(t)u 1 ) + c 2 (ü 2 + a(t) u 2 + b(t)u 2 = f. Velger vi c 1 og c 2 slik at de lineære (3) og (4) er oppfylt, vil vi derfor ha funnet en partikulær løsning x. Løser vi det lineære systemet (3) og (4) for ċ 1 og ċ 2, får vi ċ 1 = fu 2 /(u 1 u 2 u 1 u 2 ) = fu 2 /W ċ 2 = fu 1 /(u 1 u 2 u 1 u 2 ) = fu 1 /W, der W = u 1 u 2 u 1 u 2 kalles Wronski-determinanten til likningen. Vi skal se nedenfor at W ikke er null i noe punkt. Integrasjon av uttrykkene for ċ 1 og ċ 1, gir: c 1 (t) = u 2 (t)f(t)/w (t) dt, c 2 (t) = u 1 (t)f(t)/w (t) dt. Her har vi brukt følgende Lemma Wronski-determinanten W (t) = u 2 u 1 u 2 0 for alle t i definisjonsintervallet I til differensiallikningen (1). I beviset av lemmaet brukes Eksistens- og éntydighetssetningen for lineære differensiallikninger (av n-te orden her): Setning Anta at a 1, a 2,..., a n og f er kontinuerlige funksjoner på et åpent reelt intervall I, og la x 0, x 1,..., x n 1, være n gitte tall. For hver t 0 I har den lineære differensiallikningen d n x dt + a d n 1 x n 1 dt + + a nx = f n 1 én og bare én løsning x på I som oppfyller betingelsene x(t 0 ) = x 0, dx dt (t 0) = x 1,... dn 1 x dt n 1 (t 0) = x n 1. Bevis: Se Tom. M. Apostol, Calculus, vol. II, Chapter 9. La oss anvende siste setning til å vise at Wronskideterminanten W = u 1 u 2 u 2 u 1 til en lineær 2. ordens differensiallikning (som i (1)) aldri er null, der u 1 og u 2 er to lineært uavhengige løsninger av den homogene

12 12 TERJE SUND likningen (2). Anta at W (t 0 ) = 0 for en t 0 I. Vi søker en motsigelse. W (t 0 ) = 0 impliserer at søylene i determinanten W (t 0 ) = u 1(t 0 ) u 2 (t 0 ) u 1 (t 0 ) u 2 (t 0 ) er lineært avhengige. Alt fins reelle tall λ 1 og λ 2 slik at ( ) ( ) ( u1 (t λ 0 ) u2 (t 1 + λ 0 ) 0 u 1 (t 0 ) 2 = (λ u 2 (t 0 ) 0) λ 2 2 0), λ 1 u 1 (t 0 ) + λ 2 u 2 (t 0 ) = 0 λ 1 u 1 (t 0 ) + λ 2 u 2 (t 0 ) = 0 Men da oppfyller løsningen λ 1 u 1 +λ 2 u 2 av (2) de samme initialbetingelsene som 0-funksjonen i punktet t 0. Ved éntydighets-setningen ovenfor er da λ 1 u 1 + λ 2 u 2 = 0, som motsier at u 1 og u 2 var lineært uavhengige. Dermed er W (t 0 ) 0, for alle t I. Dermed gir løsningsformlene vi fant for c 1 og c 2 mening, og vi har funnet en partikulær løsning av (1) gitt ved u2 (t)f(t) u1 (t)f(t) (5) x(t) = u 1 (t) dt + u 2 (t) dt W (t) W (t) Merk. Det fins ingen generell metode for å bestemme lineært uavhengige løsninger av lineære homogene (2. ordens) differensiallikninger. Eksempel 9. Betrakt likningen ẍ x = ln t Her er u 1 (t) = e t, u 2 (t) = e t lineært uavhengige løsninger av den homogene likningen ẍ x = 0. Videre er et e t = 2, e t e t en partikulær løsning er gitt ved x(t) = et e t ln t dt e t 2 2 e t ln t dt Disse integralene kan ikke uttrykkes ved elementære funksjoner. Eksempel 10. La oss finne en partikulær løsning x av ẍ+x = 1 sin 2 t. Her er u 1 (t) = cos t og u 2 (t) = sin t lineært uavhengige løsninger av

13 ẍ + x = 0 og FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 13 Dermed er x(t) = cos t = cos t 2 = cos t 2 W (t) = cos t sin t sin t cos t = 1. sin t sin 2 dt + sin t t cos t sin 2 t dt cos t ln[1 ] + sin t( 1/ sin t) 1 + cos t ln[1 cos t 1 + cos t ] 1 = cos t ln tan t 2 1. Oppgave. La u 1 og u 2 være lineært uavhengige løsninger av ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = 0, t I. Vis Abels formel for Wronskideterminanten: W (t) = W (c) exp R t c a(s) ds (der t, c I) (Vink: Ẇ + a(t)w = 0) Bevis av struktursetningene for lineære 2. ordens likninger. Vi vil nå anvende Eksistens- og éntydighetssetningen for lineære differensiallikninger til å vise struktursetningene for den generelle løsningen av lineære 2. ordens likninger. Betrakt først den homogene likningen (2) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = 0 på et åpent intervall I. Vi ønsker å vise at enhver løsning av (2) kan skrives x = c 1 u 1 + c 2 u 2, der u 1 og u 2 er to lineært uavhengige løsninger av (2). Vi velger en fast, vilkårlig t 0 i I. Ved Eksistens-delen av setningen nevnt ovenfor, fins det to løsninger u 1 og u 2 av (2) slik at u 1 (t 0 ) = 1, u 1 (t 0 ) = 0 u 2 (t 0 ) = 0, u 2 (t 0 ) = 1 Her er u 1 og u 2 lineært uavhengige: Hvis λ 1 og λ 2 er reelle tall, ikke begge lik null, slik at følger λ 1 u 1 + λ 2 u 2 = 0-funksjonen, 0 = λ 1 u 1 (t 0 ) + λ 2 u 2 (t 0 ) = λ 1 0 = λ 1 u 1 (t 0 ) + λ 2 u 2 (t 0 ) = λ 2,

14 14 TERJE SUND λ 1 = λ 2 = 0 og {u 1, u 2 } er lineært uavhengig. Anta at x er en vilkårlig løsning av (2), og velg en fast t 0 I. Vi setter x(t 0 ) = x 0, ẋ(t 0 ) = ẋ 0 og betrakter det lineære likningsystemet c 1 u 1 (t 0 ) + c 2 u 2 (t 0 ) = x 0 c 1 u 1 (t 0 ) + c 2 u 2 (t 0 ) = ẋ 0 Dette systemet har en éntydig løsning for c 1 og c 2 hvis determinanten W (t 0 ) 0. Vi tidligere at W (t) aldri er null. Alt er c 1 u 1 + c 2 u 2 en løsning av (2) som oppfyller nøyaktig de samme initialbetingelsene i t 0 som løsningen x. Ved éntydighet, må derfor x = c 1 u 1 + c 2 u 2 på intervallet I. Vi ser på den inhomogene likningen (1) ẍ + a(t)ẋ + b(t)x = f(t), der a, b og f er kontinuerlige funksjoner på I, og anta at u er en partikulær løsning av (1). La videre u 1 og u 2 være to lineært uavhengige løsninger av den korresponderende homogene likningen. Hvis x er en vilkårlig løsning av (1), vil vi vise at x kan skrives x = c 1 u 1 + c 2 u 2 + u, for passende konstanter c 1 og c 2. Ved innsetting i likning (2), ser vi at x u er en løsning av den homogene likningen. Dermed vet vi at det fins reelle konstanter c 1, c 2 slik at men det betyr at som vi skulle vise. x u = c 1 u 1 + c 2 u 2, x = c 1 u 1 + c 2 u 2 + u 2. Differenslikninger. I anvendelser måles ofte tiden t i heltallige multipla av tidsenheten (som kan være f.eks. sekunder, minutter, timer, døgn, uker, eller måneder). Vi sier da at t er en diskret variabel. I dette kapitlet vil alle variable være diskrete. Som regel vil de kunne ta verdiene 0, 1, 2,.... Et systems tilstand ved tiden t, vil betegnes ved x t. En første ordens differenslikning er på formen G(t, x t, x t+1 ) = 0, der G er en gitt funksjon av tre (reelle) variable. De likningene vi skal studere, kan som regel skrives på den enklere formen x t+1 = F (t, x t ),

15 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 15 der F er en gitt funksjon av to variable. Hvis en initialverdi x 0 er gitt, kan vi bestemme alle x t, t = 0, 1, 2,..., rekursivt fra differenslikningen: x 1 = F (0, x 0 ), x 1 = F (1, x 1 ),..., x t = F (t 1, x t 1 ),.... Eksempel 1(Forrentning av kapital) La x t være (en persons, et firmas eller et fonds) kapital ved tiden t (t = 0, 1, 2,... ) og la r = 1 + p/100 (p > 0) være rentefaktoren. Da er x t+1 = rx t For gitt startkapital x 0, får vi x 1 = rx 0, x 2 = rx 1 = r 2 x 0,..., x t = r t x 0,.... Dvs. at kapitalen vokser eksponentielt med tiden t. Den lineære 1. ordens differenslikningen x t+1 = ax t + b der a og b er gitte reelle konstanter, kan løses slik: x 1 = ax 0 + b, x 2 = ax 1 + b = a 2 x 0 + ab + b = a 2 x 0 + (a + 1)b. x 3 = ax 2 + b = a 3 x 0 + (a 2 + a + 1)b. Vi gjetter at (1) x t = a 2 x 0 + (a t 1 + a t t + 1)b (t > 0). La oss vise (1) ved induksjon. Formelen er opplagt riktig for t = 1 siden x 1 = ax 0 + b av differenslikningen. Anta som induksjonshypotese, at (1) er riktig for t = k, der k > 0 er et helt tall. Ved differenslikningen og induksjonhypotesen er da x k+1 = ax k + b = a(a k x 0 + (a k a + 1)b) + b = a k+1 x 0 + (a k + a k a + 1)b, formelen (1) gjelder for t = k + 1. formelen gjelder for alle t = 1, 2, 3,.... (1) kan og skrives Ved induksjon følger det at (2) x t = a t x at 1 a b = at (x 0 b 1 a ) + b (a 1). 1 a For a = 1 gir (1) at x t = x 0 + tb. Hvis spesielt x 0 = b/(1 a), i (2), blir x t = b/(1 a), alt konstant. x = b/(1 a) kalles et likevektspunkt for differenslikningen. Denne verdien kan vi og få direkte fra differenslikningen ved å kreve at

16 16 TERJE SUND x = ax + b. For a < 1 finner vi dessuten x ved å la t gå mot uendelig: lim x t = b t 1 a = x. x kalles da et stabilt likevektspunkt for differenslikningen. Vi har følgende fire tilfelle: (1) 0 < a < 1 : Løsningen x t konvergerer monotont mot likevektspunktet x. (2) 1 < a < 0 : Konvergente svingninger mot x. (3) a > 1 : Løsningen x t divergerer monotont mot +. (4) a < 1 : Løsningen x t svinger eksplosivt (og x t når t ). Eksempel 2. Et lån L tilbakebetales i slutten av hver måned. Månedlig rente er p%. Vi finner en differenslikning for restlånet x t etter t måneder: Sett r = 1 + p/100, x 0 = L. Da blir x t+1 = rx t b. La oss bestemme x t uttrykt ved r, L og b fra formel (2): x t = r t L 1 rt 1 r b Antar vi at lånets tilbakebetalingstid er 20 år= 240 måneder, blir x 240 = r 240 L r240 1 r 1 b = 0, b = r 240 L r 1 r Hvis nå L = , p = 0, 5 %, finner vi b = 1791, 08. Annen ordens differenslikninger. Vi skal studere annen ordens differenslikninger av typen x t+2 = F (t, x t, x t+1 ), t = 0, 1, 2,..., der F, x 0 og x 1 er gitt. Verdiene x t kan da bestemmes suksessivt: x 2 = F (0, x 0, x 1 ), x 3 = F (1, x 1, x 2 ),...

17 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 17 Vi forutsetter at F er definert for alle aktuelle verdier av de variable. Dermed følger både eksistens og éntydighet av løsningen med en gang. Annen ordens likninger av typen (3) x t+2 + ax t+1 + bx t = 0 kalles homogene lineære (annen ordens) differenslikninger med konstante koeffisienter a og b. Prøver vi med en løsning av typen x t = e ρt, ser vi ved innsetting i likningen at e ρ(t+2) + ae ρ(t+1) + be ρt = 0. Etter forkortning med e ρt, gir dette r = e ρ må oppfylle likningen (e ρ ) 2 + ae ρ + b = 0, r 2 + ar + b = 0 Dette kalles den karakteristiske likningen til differenslikningen. Det er alt naturlig å søke løsninger av (3) på formen x t = r t, der r oppfyller den karakteristiske likningen. Ved innsetting ser vi at dette gir løsninger. Vi merker oss at r t gir mening både for negative og komplekse r, da t er heltallig. Som for lineære homogene differensiallikninger ser vi (av Eksistensog éntydighets-setningen) at enhver løsning av (3) kan skrives x t = c 1 u t + c 2 v t der u t og v t er to lineært uavhengige løsniger av (3), og der c 1 og c 2 er konstanter. Vi vil drøfte de forskjellige mulighetene for røttene r 1 og r 2 av den karakteristiske likningen. To forskjellige reelle røtter r 1 r 2 : Da er u t = r t 1 og v t = r t 2 to lineært uavhengige løsninger av (3). Dermed kan enhver løsning skrives x t = c 1 r t 1 + c 2 r t 2 for passende konstanter c 1 og c 2. Krever vi at løsningen skal ha gitte initialverdier x 0 og x 1, får vi likningssystemet c 1 + c 2 = x 0 c 1 r 1 + c 2 r 2 = x 1

18 18 TERJE SUND til å bestemme c 1 og c 2. Det gir (f.eks. ved Cramrs regel) x 0 1 x 1 r 2 c 1 = 1 1 = x 0r 2 x 1 r 2 r 1 r 1 r 2 og 1 x 0 r 1 x 1 c 2 = = x 1 r 1 x 0 r 2 r 1 r 2 r 1 som gir den éntydige løsningen av differenslikningen (3) i dette tilfellet. En reell (dobbeltrot) r = a/2: Da er u t = r t en løsning. Vi forsøker med v t = tu t. Innsatt i (3) gir dette: (t + 2)u t+2 + a(t + 1)u t+1 + btu t = t(u t+2 + au t+1 + bu t ) + (2r t+2 + ar t+1 ) = 0 + r t+1 (2r + a) = 0. Generell løsning blir derfor x t = (c 1 + c 2 t)r t, der c 1 og c 2 er vilkårlige konstanter. Her er c 1 og c 2 éntydig gitt av initialverdiene x 0 og x 1 : eller c 1 = x 0, (c 1 + c 2 )r = x 1, c 1 = x 0, c 2 = x 1 c 1 r r To komplekse røtter r = ρe ±iθ : Vi har da komplekse løsninger = x 1 r x 0 x t = r t = ρ t e ±itθ = ρ t (cos(tθ) ± i sin(tθ)). Siden differenslikningen er lineær, er og realdelen u t = ρ t cos(tθ) og imaginærdelen v t = ρ t sin(tθ) og løsninger: Setter vi x t = u t + iv t inn i differenslikningen, fr vi nemlig (u t+2 + au t+1 + bu t ) + i(v t+2 + av t+1 + bv t ) = 0, u y og v t er løsninger. Initialbetingelsene gir nå og c 1 = x 0 ρ(c 1 cos θ + c 2 sin θ) = x 1

19 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 19 c 2 = x 1 ρc 1 cos θ = x 1 ρ sin θ ρ sin θ x 0 tan θ I dette tilfellet er løsningen en svingning (med periode 2π/θ) multiplisert med eksponentialfunksjonen ρ t. Tallet ρ kalles vekstfaktoren. Vi kan og skrive c 1 cos(θt) + c 2 sin(θt) = A cos(θt + ω) for passende konstanter A og ω. Summeformelen for cosinus gir nemlig: det er nok å velge A cos(θt + ω) = A cos(θt) cos ω A sin(θt) sin ω, A cos ω = c 1 og sin ω = c 2, A = c c 2 2, ω = arctan c 2. c 1 Derfor bestemmes amplituden A og fasen ω i svingningene av konstantene c 1 og c 2, alt av initialverdiene x 0 og x 1. Derimot bestemmes perioden 2π/θ og vekstfaktoren ρ av differenslikningen. Av løsningstilfellene ovenfor kan vi drøfte oppførselen til x t når t. Vi hadde 1. r 1 r 2, begge reelle: x t = c 1 r1 t + c 2 r2 t 2. r 1 = r 2 = r : x t = (c 1 + c 2 t)r t 3. r 1 = ρ exp iθ, r 2 = ρ exp iθ : x t = ρ t (c 1 cos θt + c 2 sin θt) Hvis r 1 < 1 og r 2 < 1, vil da ri t 0, i = 1, 2 lim t x t = 0. Differenslikningen kalles da stabil (asymptotisk stabil). Hvis r 1 > 1 eller r 2 > 1, vil x t divergere når t. Likningen kalles da ustabil. Eksempel 3. (a) Anta x t = r t : For r < 1 vil da lim t x t = 0. Hvis 0 < r < 1, vil x t ha en dempet svingning mot 0. For 1 < r < 0, vil x t ha en dempet svingning mot 0. Hvis r > 1, vil x t vokse monotont mot + når t. Hvis r < 1, vil x t ha eksplosive (udempete) svingninger. (b) x t = ρ t cos θt, eller x t = ρ t sin θt. De trigonometriske funksjonene gir harmoniske svingninger med periode 2π/θ. Faktoren ρ t gir dempete svingninger hvis 0 < ρ < 1, og eksplosive svingninger hvis ρ > 1. Eksempel 4. Fibonacci-tallene er definert rekursivt ved Fibonacci-følgen blir F 0 = 0, F 1 = 1, F t+2 = F t+1 + F t, t = 0, 1, 2,... 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,...

20 20 TERJE SUND Siden Fibonaccitallene er gitt ved den lineære, homogene differenslikningen F t+2 F t+1 F t = 0 som har karakteristisk likning r 2 r 1 = 0, er løsningsformelen F t = Ar 1 t + Br 2 t, r 1 = 1 2 (1 + 5), r 2 = 1 2 (1 5). Initialbetingelsene F 0 = 0, F 1 = 1 gir A + B = 0, Ar 1 + Br 2 = 1, B = A, A(r 1 r 2 ) = 1, eller A = 1 5 = B. Det gir Binets formel F t = 1 [( ) t ( 1 5 ) t ] F.eks blir F 20 = 6765 = 1 [( ) 20 ( 1 5 ) 20 ] Inhomogene likninger. En partikulær løsning av den inhomogene lineære likningen ( ) x t+2 + ax t+1 + bx t = f(t) kan vi finne ved ubestemte koeffisienters metode (som for tilsvarende differensiallikninger), dersom høyresiden f(t) er en lineær kombinasjon av polynomer, trigonometriske funksjoner og eksponentialfunksjoner, eller produkter av slike. Den generelle løsningen av ( ) vil være gitt ved den generelle løsningen av den homogene likningen x t+2 + a t x t+1 + b t x t = 0 pluss en partikulær løsning av ( ). Dette vises som for lineære differensiallikninger. Eksempel 5. Vi betrakter x t+2 + ax t+1 + bx t = c (t = 0, 1, 2,... ), der c er konstant, og prøver med en konstant-løsning u t = A. Det gir vi har A = løsning. u t+2 + au t+1 + bu t = (1 + a + b)a, c hvis 1 + a + b 0. Da er u 1+a+b t = c 1+a+b en partikulær

21 FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) 21 Anta 1 + a + b = 0. Vi prøver da med en løsning av typen u t = At. Det gir u t+2 + au t+1 + bu t = A(t + 2) + Aa(t + 1) + Abt = At(1 + a + b) + A(2 + a) = A(2 + a) = c en partikulær løsning er gitt ved u t = c t hvis a 2. a+2 Anta a = 2 og 1 + a + b = 0, alt a = 2 og b = 1. Vi prøver med en partikulær løsning u t = At 2 : u t+2 + au t+1 + bu t = A(t + 2) 2 + Aa(t + 1) 2 + Abt 2 At 2 (1 + a + b) + At(4 + 2a) + A(4 + a) = A(4 + a) = 2A = c, u t = c a+4 t2 = c 2 t2 er en partikulær løsning. Eksempel 6. Vi løser ( ) x t+2 x t = sin t Først bestemmer vi en partikulær løsning u t = A sin t + B cos t. Da blir u t+2 u t = A sin(t + 2) + B cos(t + 2) A sin t B cos t = A sin t cos 2 + A cos t sin 2 + B cos t cos 2 B sin t sin 2 A sin t B cos t = (A cos 2 B sin 2 A) sin t + (A sin 2 + B cos 2 B) cos t Alt må A(cos 2 1) B sin 2 = 1 A sin 2 + B(cos 2 1) = 0 Systemets determinant er = (cos 2 1) 2 + sin 2 2 = 2(1 cos 2), A = 1 1 sin 2 0 cos 2 1 = cos 2 1 2(1 cos 2) = 1 2 B = 1 cos = sin 2 2(1 cos 2) Da de karakteristiske røttene til den homogene likningen er ±1, er den generelle løsningen av ( ) x t = 1 sin 2 sin 2 sin t + 2 cos 2 1 cos t + C 1 + C 2 ( 1) t.

Optimal kontrollteori

Optimal kontrollteori Optimal kontrollteori 1. og 2. ordens differensialligninger Klassisk variasjonsregning Optimal kontrollteori er en utvidelse av klassisk variasjonsregning, som ble utviklet av Euler og Lagrange. Et vanlig

Detaljer

FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310)

FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) TERJE SUND Innledning I matematisk optimering søker en å bestemme maksimums- og minimumspukter for funksjoner som avhenger av reelle variable og av andre

Detaljer

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger Høgskolen i Agder Avdeling for realfag MA40: Analyse - Notat om differensiallikninger Dato: Høsten 2000 Merknader: Dette notatet kommer i tillegg til 4.2 og 6. i læreboka. Ma 40: Analyse skal inneholde

Detaljer

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430 MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen.

Detaljer

3.1 Første ordens lineære difflikninger. y + f(x)y = g(x) (3.1)

3.1 Første ordens lineære difflikninger. y + f(x)y = g(x) (3.1) Kapittel 3 Differensiallikninger 3.1 Første ordens lineære difflikninger Definisjon 3.1 En første ordens lineær difflikning er en likning på formen y + f(x)y = g(x) (3.1) der f og g er kjente funksjoner.

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)

Detaljer

Difflikninger med løsningsforslag.

Difflikninger med løsningsforslag. Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Eksamensrepetisjon REA4 Matematikk Difflikninger med løsningsforslag. Difflikninger med løsningsforslag. Dette

Detaljer

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag MAT 1001, Høsten 009 Oblig, sforslag a) En harmonisk svingning er gitt som en sum av tre delsvingninger H(x) = cos ( π x) + cos (π (x 1)) + cos (π (x )) Skriv H(x) på formen A cos (ω(x x 0 )). siden H(x)

Detaljer

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon Kapittel 2 Antiderivering I dette og neste kapittel skal vi bli kjent med noen typer difflikninger og lære hvordan disse kan løses. Til dette trenger vi derivering og antiderivering. 2.1 Derivasjon I Kapittel

Detaljer

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 16: likninger Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo INGEN PLENUMSREGNING 6/3 og 7/3 5. mars 008 MAT1030 Diskret matematikk 5. mars 008 Mandag ga

Detaljer

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012 MAT Våren UiO. / 7 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3 Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 27. mai 26 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene [ 2 A 4 B [ 2 og C [ 2

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y

Detaljer

Emne 11 Differensiallikninger

Emne 11 Differensiallikninger Emne 11 Differensiallikninger Differensiallikninger er en dynamisk beskrivelse av et system eller en prosess, basert på de balanselikningene vi har satt opp for prosessen. (Matematisk modellering). Vi

Detaljer

MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012

MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012 200 MAT 02 Våren 200 UiO 0-2. 200 / 48 200 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar)

Detaljer

1 Mandag 1. februar 2010

1 Mandag 1. februar 2010 Mandag. februar 200 I dag skal vi fortsette med rekkeutviklinger som vi begynte med forrige uke. Vi skal se på litt mer generell rekker og vurdere når de konvergerer, bl.a. gi et enkelt kriterium. Dette

Detaljer

differensiallikninger-oppsummering

differensiallikninger-oppsummering Kapittel 12 differensiallikninger-oppsummering I vår verden endres størrelsene og verdiene som populasjon, vekt, lengde, posisjon, hastighet, temperatur ved tiden eller ved en annen uavhengig variabel.

Detaljer

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009 Sammendrag R2 www.kalkulus.no 31. mai 2009 1 1 Trigonometri Definisjon av sinus og cosinus Sirkelen med sentrum i origo og radius 1 kalles enhetssirkelen. La v være en vinkel i grunnstilling, og la P være

Detaljer

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 8. desember 006. Bokmål Løsningsforslag: Eksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag desember 8, 006, kl. 09-4. Oppgave Gitt funksjonen f(x) = ln(

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: Torsdag 10 januar 2008 Tid for eksamen: 9:00 12:00 Oppgavesettet er på 6

Detaljer

og variasjon av parameterene Oppsummering.

og variasjon av parameterene Oppsummering. Inhomogene differensiallikninger av andre orden Ubestemte koeffisienters metode og variasjon av parameterene Oppsummering. MAT-INF1100 October 30, 2007 NYTT TEMA Innhomogene likninger: Oppdeling i partikulær

Detaljer

Tallfølger er noe av det første vi treffer i matematikken, for eksempel når vi lærer å telle.

Tallfølger er noe av det første vi treffer i matematikken, for eksempel når vi lærer å telle. Kapittel 1 Tallfølger 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,... Det andre temaet i kurset MAT1001 er differenslikninger. I en differenslikning er den ukjente en tallfølge. I dette kapittelet skal vi legge grunnlaget

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: 12. desember 2003 Tid for eksamen: 9:00 12:00 Oppgavesettet er på 7 sider.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. desember 27. Tid for eksamen: 9: 12:. Oppgavesettet er på 8 sider.

Detaljer

6.8 Anvendelser av indreprodukter

6.8 Anvendelser av indreprodukter 6.8 Anvendelser av indreprodukter Vektede minste kvadraters problemer Anta at vi approksimerer en vektor y = (y 1,..., y m ) R m med ŷ = (ŷ 1,..., ŷ m ) R m. Et mål for feilen vi da gjør er y ŷ, der betegner

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11 Fasit til utvalgte oppgaver MAT uka 5/-9/ Øyvind Ryan oyvindry@ifi.uio.no) November Oppgave 9.. Vi skriver 5x 5 x )x ) A x B x og ser at vi må løse likningene Ax ) Bx ) x )x ) A B 5 A B 5. A B)x A B x

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 00 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 6. desember 202. Tid for eksamen: 9:00 3:00. Oppgavesettet er på 8

Detaljer

Løsningsforslag. og B =

Løsningsforslag. og B = Prøve i Matte Dato: vår 5 ENDRE Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver ar lik vekt. Oppgave a Gitt matrisene A regn ut A + B, AB. Løsningsforslag 4 og B 7 5 Vi

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger del 1 Eksamensdag: Tirsdag 7. desember 2004 Tid for eksamen: 14:30 17:30 Oppgavesettet

Detaljer

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning MAT-INF1100 Differensiallikninger i MAT-INF1100 Definsjon, litt om generelle egenskaper Noen få anvendte eksempler Teknikker for løsning

Detaljer

Differensialligninger

Differensialligninger Oslo, 30. januar, 2009 (http://folk.uio.no/lindstro/diffoslonyprint.pdf) Vanlige ligninger og differensialligninger En vanlig (algebraisk) ligning uttrykker en sammenheng mellom det ukjente tallet x og

Detaljer

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1 EKSAMEN BOKMÅL DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember 15 9:-13: FAGKODE: FAGNAVN: IR151 Matematikk 1 HJELPEMIDLER: Del 1: kl 9.-11. Ingen Del : kl 11.-13. Lommeregner Lærebok etter fritt valg Matematisk

Detaljer

være en rasjonal funksjon med grad p < grad q. La oss skrive p(x) (x a)q(x) = A

være en rasjonal funksjon med grad p < grad q. La oss skrive p(x) (x a)q(x) = A MA 4: Analyse Uke 46, http://homehiano/ aasvaldl/ma4 H Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 73: Først skal vi delbrøkoppspalte (se Eksempel 5 side 558 i boka) 3t

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. januar 2005. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

Detaljer

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Prøve i Matte ELFE KJFE MAFE Dato: 2. desember 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Gitt matrisene A = 2 2 3 5 og B = [ 5 7 2 ] Regn

Detaljer

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 003 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige eksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. Første del av eksamen

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M Våren Oppgave f(x) = (x )e x Bruker produktregelen i derivasjonen f (x) = e x + (x ) (e x ) For å derivere e x velges kjernen u = x, og vi får (e x ) = e u. f (x) = e x + (x )

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x Løysingsforslag til eksamen i matematikk, mai 4 Oppgåve a) i) ii) f(x) x x + x(x + ) / ( f (x) x (x + ) / + x (x + ) /) g(x) ln x sin x x (x + ) / + x (x + ) / (x + ) x + + x x x + x + + x x + x + x +

Detaljer

Institutt for Samfunnsøkonomi

Institutt for Samfunnsøkonomi Institutt for Samfunnsøkonomi Løsninger i: ELE 379 Matematikk valgfag Dato: 6.6., 9: 4: Tillatte hjelpemidler: Alle hjelpemidler + Eksamenskalkulator: TEXAS INSTRUMENTS BA II Plus TM Innføringsark: Ruter

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er

Detaljer

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111 Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 9. desember 25. Bokmål Løsningsforslag til Eksamen i MAT Mandag 9. desember 25, kl. 9-. Dette er kun et løsningsforslag. Oppgave a) Betrakt de to komplekse

Detaljer

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel 6.4 - Integrerende faktor Teori: Differensialligninger på formen y fx y gx (lineære i y av første orden) er ikke separable hvis ikke fx og gx er tallkonstanter.

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Eksamensoppgavehefte 2 MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet Lineær algebra

Detaljer

Oversikt over Matematikk 1

Oversikt over Matematikk 1 1 Oversikt over Matematikk 1 Induksjon Grenser og kontinuitet Skjæringssetningen Eksistens av ekstrempunkt Elementære funksjoner Derivasjon Sekantsetningen Integrasjon Differensialligninger Kurver i planet

Detaljer

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning MEK1100 Differensiallikninger Definsjon, litt om generelle egenskaper Noen få anvendte eksempler Teknikker for løsning i formel 3-4 spesielle

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Mandag 5. desember 2011. Tid for eksamen: 9:00 13:00. Oppgavesettet er på

Detaljer

Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN

Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Emnekode: MA 40 Emnenavn: Analyse Dato: 9. desember 999 Varighet: 09.00-5.00 Antall sider inklusivt forside: Tillatte hjelpemidler: Merknader: 2 Alle, også

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 12. oktober 26. Tid for eksamen: 9: 11:. Oppgavesettet er på 8 sider.

Detaljer

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x.

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x. NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x + 1 + i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks

Detaljer

Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100

Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100 Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100 I dette notatet skal vi se litt på polynomdivisjon. Mange vil kjenne denne teknikken fra før, men etter siste læreplanomlegning er den ikke lenger pensum i

Detaljer

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid:

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid: . EKSAMEN EMNE: MA61 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke Klasser: (div) Dato: 18. feb. 4 Eksamenstid: 9 1 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 8 Antall oppgaver: 5 Antall

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Løsningsforslag Øving 3 8.2.1 Anta at dy = y2 y) dx a) Finn likevektspunktene til

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

Potensrekker. Binomialrekker

Potensrekker. Binomialrekker Potensrekker Potensrekker er rekker på formen: Potensrekker kan brukes på en rekke områder for å finne tilnærmede eller eksakte løsninger på problemer som ellers kanskje må løses numerisk eller krever

Detaljer

x n+1 rx n = 0. (2.2)

x n+1 rx n = 0. (2.2) Kapittel 2 Første ordens lineære differenslikninger 2.1 Homogene likninger Et av de enkleste eksemplene på en følge fås ved å starte med et tall og for hvert nytt ledd multiplisere det forrige leddet med

Detaljer

1 OPPGAVE 2 OPPGAVE. a) Hva blir kontobeløpet den 2. januar 2040? b) Hvor mye penger blir det i pengeskapet den 2. januar 2040?

1 OPPGAVE 2 OPPGAVE. a) Hva blir kontobeløpet den 2. januar 2040? b) Hvor mye penger blir det i pengeskapet den 2. januar 2040? OPPGAVE Den. januar 0 satte Ola Normann 00 tusen kroner på en bankkonto med faste renter 3% per år. Han planlegger å ta ut halvparten av rentebeløpet den. januar hvert år, og å legge kontantene til et

Detaljer

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8 Innlevering BYFE DAFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 5. april 6 kl Antall oppgaver: 8 Funksjonen ft) er vist i guren over. Funksjonen F x) er denert som for x. F x)

Detaljer

Numerisk løsning av differensiallikninger Eulers metode,eulers m

Numerisk løsning av differensiallikninger Eulers metode,eulers m Numerisk løsning av differensiallikninger Eulers metode, Eulers midtpunktmetode, Runge Kuttas metode, Taylorrekkeutvikling* og Likninger av andre orden MAT-INF1100 Diskretsering Utgangspunkt: differensiallikning

Detaljer

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x = Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. november 2011 Kapittel 8.8. Taylorrekker og Maclaurinrekker 3 Taylor-polynomer Definisjon (Taylorpolynomet

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag til eksamen i MA000, Brukerkurs i matematikk B 9. mai 01 Oppgave 1 a) Et plan i rommet har ligning

Detaljer

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7 Løsningsforslag eksamen i TMA4 Matematikk 2. desember 23. Side av 7 Oppgave Løs initialverdiproblemet y (2/x)y, y() 2. Løsning: y (2/x)y er en førsteordens lineær differensialligning. Vi finner en løsning

Detaljer

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001 Løsningsforslag MAT B, høsten Sett A = ( ) (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til A ( ) λ =, e = ( λ =, e = ) (b) Finn matrisen e ta og den generelle løsningen på initialverdiproblemet Ẋ = AX, X()

Detaljer

Separable differensiallikninger.

Separable differensiallikninger. Ukeoppgaver, uke 46, i Matematikk 0, Separable differensiallikninger. Høgskolen i Gjøvik Avdeling for ingeniørfag Matematikk 0 Ukeoppgaver uke 46 I løpet av uken blir løsningsforslag lagt ut på emnesiden

Detaljer

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):

Detaljer

Tidligere eksamensoppgaver

Tidligere eksamensoppgaver Tillegg B Tidligere eksamensoppgaver Her følger et kronologisk utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet differenslikninger, og noen om komplekse tall, gitt ved UiO. Den første oppgaven gir

Detaljer

Oppgave 1. e rt = 120e. = 240 e

Oppgave 1. e rt = 120e. = 240 e Løsning MET 803 Matematikk Dato 5. desember 05 kl 0900-00 Oppgave. (a) Dersom vi selger eiendommen etter t år, med t > 0, så er nåverdien av salgssummen med r = 0,0. Da får vi N(t) = V (t)e rt = 0 e e

Detaljer

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4 MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 54 Dette notatet utfyller bokas avsnitt 54 om matriserepresentasjoner (også kalt koordinatmatriser) av lineære avbildninger mellom endeligdimensjonale vektorrom En slik

Detaljer

3x + 2y 8, 2x + 4y 8.

3x + 2y 8, 2x + 4y 8. Oppgave En møbelfabrikk produserer bord og stoler Produksjonen av møbler skjer i to avdelinger, avdeling I og avdeling II Alle møbler må innom både avdeling I og avdeling II Det å produsere et bord tar

Detaljer

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark)

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Mtemtikk EMNENUMMER: REA4 og REA4f EKSAMENSDATO: 9. desember 0 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning og Flexing. TID: kl. 9.00 3.00. FAGANSVARLIG: HnsPetterHornæsogLrsNilsBkken

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Oppgave 1 En parametrisk linje L og et plan P (i rommet)

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen S2, våren 2017 Laget av Tommy O. Sist oppdatert: 25. mai 2017

Løsningsforslag Eksamen S2, våren 2017 Laget av Tommy O. Sist oppdatert: 25. mai 2017 Løsningsforslag Eksamen S, våren 17 Laget av Tommy O. Sist oppdatert: 5. mai 17 Del 1 - uten hjelpemidler Oppgave 1 a) Vi skal derivere f(x) = x /x = x x 1. Den eneste regelen vi trenger her er (kx n )

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller

Detaljer

Løsningsforslag. og B =

Løsningsforslag. og B = Prøve i Matte EMFE DAFE ELFE BYFE Dato: august 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave a) Gitt matrisene A = 2 3 2 4 2 Løsningsforslag og

Detaljer

Definisjoner og løsning i formel

Definisjoner og løsning i formel Differensiallikninger Definisjoner og løsning i formel Forelesning uke 45, 2006 MAT-INF1100 Difflik. p. 1 Differensiallikninger Struktur i presentasjonen Lysarkene gjennomgår hovedpunkter fra Kalkulus

Detaljer

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise TMA405 Matematikk 2 Vår 205 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete

Detaljer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Definisjon: Vi starter med en lineær transformasjon fra til, hvor Dersom, hvor, sier vi at: er egenverdiene til A er tilhørende egenvektorer. betyr at er et reelt eller

Detaljer

Differensjalligninger av førsteorden

Differensjalligninger av førsteorden Differensjalligninger av førsteorden Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway November 2, 2014 Forelesning (29.10.2014): kap 7.9 og 18.3 Førsteordens ordinæredifferensjalligninger Initialverdiproblem

Detaljer

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03 Løsningsforslag for Eksamen i MAT, H- Del. Integralet cos( ) d er lik: Riktig svar: b) sin( ) + C. Begrunnelse: Vi setter u =, du = d og får: cos( ) d = cos u du = sin u + C = sin( ) + C. Integralet ln(

Detaljer

9 + 4 (kan bli endringer)

9 + 4 (kan bli endringer) Innlevering DAFE ELFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Onsdag 29. april 25 Antall oppgaver: 9 + 4 (kan bli endringer) Finn de ubestemte integralene a) 2x 3 4/x dx b) c) 2 5

Detaljer

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102 Løsningsforslag eksamen 8/5 009 MA0. Dette er en alternerende rekke, der leddene i størrelse går monotont mot null, så alternerenderekketesten gir oss konvergens. (Vi kan også vise konvergens ved å vise

Detaljer

K Andre Ordens Differensialligninger

K Andre Ordens Differensialligninger K 6.6 - Andre Ordens Differensialligninger Innhold: H-P Ulven, 03.04.09 Terminologi Utvikling av regel for løsning av y ay by 0 (Tilfelle: y Ce r 1x De r x ) Utvikling av regel for løsning av y ay by 0

Detaljer

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom

Detaljer

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Prøve i Matte 1 BYFE DAFE 1 Dato: 3. mars 216 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. LØSNINGSFORSLAG Oppgave 1 Gitt matrisene A = [ 8 3 6 2 ] [ og

Detaljer

Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI

Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI Forelesninger i MET4 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI Forelesning : Integrasjon. Separable differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen. januar, Innhold Anbefalt lesning.. Kort repetisjon av

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 9 Løsningsforslag til eksamen i fag MA111/MA611 Grunnkurs i analyse I Høst 2 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved

Detaljer

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Oppgaver, MAT 101 1 En-variabel kalkulus 1.1 I de følgende oppgavene, i) finn alle kritiske punkter til f(x), ii) beskriv monotoniegenskapene til funksjonene ved å se på fortegnet til

Detaljer

Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115

Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Vår 1 1 a) La z = x iy. Da er Re z = x og z = x y. Siden y er et reelt

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Løsningsforslag, eksamen MA0/MA60 07.2.09 Oppgave La f() = e 4 2 2 8. a) Finn alle ekstremalpunktene til funksjonen

Detaljer

Øving 6 Tallfølger og differenslikninger

Øving 6 Tallfølger og differenslikninger Øving Tallfølger og differenslikninger Teori Se også Mathematicakompendiet kap. En tallfølge er en liste av elementer satt opp i en bestemt rekkefølge { a[0]a[]a[]...a[n]... } = {a[n]} 0. Vi kaller elementet

Detaljer

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009 TMA400 Matematikk Høst 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 2 8926 Vi serieutvikler eksponentialfunksjonen e u om u 0 og får e u + u +

Detaljer

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag:

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag: Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl. 09-15 Løysingsforslag: 1a Her er r 2 løysing av det karakteristiske polynomet med multiplisitet 2 pga. t-faktor. Det karakteristiske

Detaljer

EKSAMEN I MATEMATIKK 1000

EKSAMEN I MATEMATIKK 1000 EKSAMEN I MATEMATIKK 1000 Oppgave 1 a) Finn den deriverte av disse funksjonene: f(x) = x 3 e 5x og g(x) = ln(tan(x)) + x 3. b) Finn de følgende ubestemte integralene: i) (x 3 + xe x2 ) dx og ii) cos 2

Detaljer

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et

Detaljer

Fasit, Separable differensiallikninger.

Fasit, Separable differensiallikninger. Ukeoppgaver, uke 46, i Matematikk 0, Separable differensiallikninger. 3 Fasit, Separable differensiallikninger. a ) Denne er ferdig på formenf(y)y = g(x) medf(y) =3y 2 og g(x) =2x: 3y 2 dy dx =2x 3y2 dy

Detaljer

Ikke lineære likninger

Ikke lineære likninger Ikke lineære likninger Opp til nå har vi studert lineære likninger og lineære likningsystemer. 1/19 Ax = b Ax b = 0. I en dimensjon, lineære likninger kan alltid løses ved hjelp av formler: ax + b = 0

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: 15. oktober 004 Tid for eksamen: 11:00 13:00 Oppgavesettet er på 8 sider.

Detaljer