MAT 100a - LAB 3. Vi skal først illustrerere hvordan Newtons metode kan brukes til å approksimere n-te roten av et positivt tall.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "MAT 100a - LAB 3. Vi skal først illustrerere hvordan Newtons metode kan brukes til å approksimere n-te roten av et positivt tall."

Transkript

1 MAT 100a - LAB 3 I denne øvelsen skal vi bruke Maple til å illustrere noen anvendelser av derivasjon, først og fremst Newtons metode til å løse likninger og lokalisering av min. og max. punkter. Vi skal også se på en enkel illustrasjon av middelverdisetningen. 1. Newtons metode er en av de mest anvendbare måtene til å prøve å finne en approksimativ løsning av en likning på formen f(x) = 0. Maples kommando "fsolve" vil faktisk i mange tilfeller bruke (en noe forbedret utgave av) Newtons metode. Metoden baserer seg på at man først "gjetter" en løsning x0. Deretter produserer den en følge av punkter som ofte nærmer seg mer og mer (konvergerer mot) en løsning av likningen. Vi skal ikke diskutere de teoretiske aspektene ved metoden som har med å avgjøre når konvergens inntreffer og hvor rask den i så fall er. Det står forøvrig litt om dette i Lindstrøms bok for de som er interesserte. Vi skal nøye oss med å se på et par eksempler der vi kan utnytte Maples grafiske muligheter og regnekapasitet til å oppnå en viss forståelse av metoden. Vi skal først illustrerere hvordan Newtons metode kan brukes til å approksimere n-te roten av et positivt tall. Som et eksempel skal vi approksimere tredjeroten av 10, altså a = Siden tallet a er bestemt ved at a 3 10 = 0, er vi altså interessert i å finne ( den entydige) løsningen a av likningen x 3 10 = 0, mao av likningen f( x ) = 0, der f( x ) = x Det er opplagt at a må ligge mellom 2 og 3. Dette ser vi lett ved å be Maple tegne grafen til f(x): > f:=x->x^3-10; f := x x 3 10 > plot(f(x),x=1..3); Page 1

2 Skissen tyder på at tallet a ligger mellom 2.1 og 2.2. Ved å klikke på skjæringspunktet mellom grafen til f(x) og x-aksen kan vi finne ut at a må være ca Ved å zoome inn nærmere på dette punktet kan vi lett finne en bedre approksimasjon av a, men det er jo ikke poenget for oss her. Ideen bak Newtons metode er å utnytte at tangenten til grafen til f(x) i et punkt x0 er (i mange tilfeller) en god approksimasjon av grafen til f(x) i nærheten av punktet (x0, f(x0)). La oss derfor sette x0 = 3 og be Maple tegne tangenten til grafen til f(x) i punktet (3, f(3)). Vi bruker samme oppsettet som i Lab 3A til å gjøre dette: Vi definerer først l(x) til å være funksjonen hvis graf er en rett linje med stigningstall m som går gjennom punktet (x0, y0): > l:=x->m*(x-x0)+y0; l := x m ( x x0) + y0 Vi kan nå finne et uttrykk for tangenten til grafen til f(x) i punktet (3, f(3)) ved: > x0:=3; y0:=f(3); m:=d(f)(3); tangent:=l(x); x0 := 3 y0 := 17 m := 27 tangent := 27 x 64 Vi ber nå om å få se grafen til f(x) og grafen til tangenten i samme tegning over intervallet [1.5, 4]: Page 2

3 > plot({f(x),tangent},x=1.5..4); Vi ser da at skjæringspunktet (x1, 0) mellom tangenten til f(x) i (x0, f(x0)) og x-aksen vil gi oss en verdi x1 som er mye nærmere a enn x0 = 3 var. Vi kan lett bestemme x1 ved å løse likningen Dette gir oss formelen som vi nå skriver i Maple-format. l(x) = 0 der l(x)= f '(x0) (x-x0) + f(x0). x1 = x0 - f(x0) / f '(x0) > x0:='x0';x1:=x0-f(x0)/d(f)(x0); x0 := x0 1 x1 := x0 3 x Legg merke til at vi klargjorde variabelen x0 før vi definerte x1, slik at vi skal kunne bruke vår formel på andre verdier av x0 enn verdien 3 som x0 var blitt fastsatt til. Legg også merke til at vi får en formel for x1 ovenfor som bare avhenger av x0, siden Maple regner ut f(x0) og D(f)(x0). Vi kan nå fastsette x0 = 3 og beregne "nestepunkt " x1: x0 2 Page 3

4 > x0:=3.0; nestepunkt=x1; x0 := 3.0 nestepunkt = Vi vet utifra skissen ovenfor at x1 er et stykke unna verdien a som vi er ute etter å approksimere. Dette ser vi også skyldes at vi valgte x0 = 3, som opplagt ikke var et særlig godt valg. Dette gjorde vi med vilje fordi det i mange tillfeller ikke er så lett å gjøre et godt valg for startpunktet x0, med mindre man allerede vet hva a tilnærmet er ( f.eks. ved å bruke "fsolve"!). Siden ideen virket godt en gang, kan vi gjenta den videre! I stedet for å bestemme nestepunkt x2 utifra x1 (slik som boka gjør), kan vi gjøre det slik: Vi fastsetter verdien av x0 til å være verdien av x1 som vi nettopp fant, og beregner deretter en ny verdi for x1 ved samme formel som ovenfor ( vi slipper derved å skrive inn en "ny" formel for x2). Vi ber først om å få se et grafisk bilde av den nye situsjonen over intervallet [2.1, 2.4]. > x0:=x1; y0:=f(x0); m:=d(f)(x0); tangent:=l(x); x0 := y0 := m := tangent := x > plot({f(x),tangent},x= ); Page 4

5 Vi ser av bildet at "nestepunktet" x1 vil være nær 2.17 mens a ligger mellom 2.15 og Vi ber nå om verdien av x1 og kontrollerer at verdien av f(x1) nærmer seg 0: > nestepunkt=x1; kontroll = f(x1); nestepunkt = kontroll = Nå er det bare å fortsette denne leken: vi fastsetter verdien av x0 til å være verdien av x1 vi nettopp fant og beregner så x1 på nytt. Dette fortsetter vi med helt til Maple oppgir at f(x1) er 0, evt. at vi får samme verdi for nestepunkt som for x0. Hvor mange skritt det tar (når metoden virker!) avhenger bl.a. av hvor mange siffre i desimalutviklingen man ønsker og derfor av hvor mange gjeldende siffre Maple bruker i sine beregninger. Vi skal ikke henge oss opp i dette aspektet. > x0:=x1;nestepunkt=x1;kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1;kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1;kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = 0 Vi har nå funnet ut at f( ) = 0, m.a.o. at a = 10 er tilnærmet lik Vi kan sjekke at dette er samme svar som "fsolve" oppgir: 1 3 > fsolve(f(x)=0,x);f(%); Når vi bruker Newtons metode slik vi gjorde det ovenfor ved hjelp av Maple måtte vi gjenta samme kommandolinje flere ganger og noen vil nok synes det er kjedelig, spesielt de som kan litt om programmering. Det er lett her å lage en såkalt "for-løkke" og dermed klare seg med en kommando-linje. De som har interesse av det kan lese om dette i kap. 26 i GswM. Man trenger ikke stor fantasi for å skjønne at mye kan gå galt med Newtons metode. Hvis f '( x0 ) = 0 ( f.eks når x0 = 0 i vårt eksempel) er jo x1 ikke definert i det hele tatt. Page 5

6 Hvis f '( x0 ) er liten kan vi risikere at x1 havner langt ute i det fjerne, og dette vil jo kunne skje hvis f '(a) = 0 og f ' er kontinuerlig rundt a. Det finnes også eksempler der punktene som kommer frem ved Newtons metode bare veksler mellom noen faste verdier og følgen av slike punkter vil da aldri kunne konvergere (jf. Lindstrøms eksempel 7.3.5). En annen mulighet er at funksjonen oscillerer mye og har uendelig mange nullpunkter som klumper seg sammen mot et grensepunkt: et slikt eksempel er f(x) = sin (1/x) som har nullpunkter på formen 1/ kπ (der k er et heltall forskjellig fra 0), og disse klomper seg mot 0. Newtons metode vil absolutt ikke være til hjelp for å bestemme nullpunktene til f(x). Moralen for oss er at vi gjerne kan prøve ut Newtons metode med følgende tilleggsråd. Vi drøfter først funksjonen f(x) og anslår intervallene der likningen f(x) = 0 har løsninger. Vi tar så for oss en løsning om gangen ved å velge ut en x0 i nærheten av løsningen : med Maple er dette som regel lett siden vi kan bruke grafen til f i de aktuelle intervallene til å anslå løsningen; ellers er det vanlig å velge midtpuntet av intervallet der man vet løsningen finnes som startpunkt. Etter å ha foretatt noen skritt med Newtons metode, må vi vurdere om verdiene vi har funnet så langt ser ut til å konvergere: gjør de det kan vi fortsette til vi har oppnådd den ønskede nøyaktighet, ellers bryter vi av og prøver evt. med et forhåpentligvis bedre startpunkt. La oss bruke Newtons metode til å løse likningen x x 7 = 0 og late som vi ikke kan be Maple tegne grafen til f(x) = x x 7 til å anslå hvor eventuelle løsninger finnes.vi setter > f:= x-> x^5 + 3*x -7; f := x x x 7 Siden f '(x) = 5 x er positiv overalt er f strengt voksende på hele tall-linja, og likningen f(x) = 0 har derfor høyst en løsning. Videre er f kontinuerlig overalt, og det følger derfor av skjæringsetningen at likningen har en løsning mellom 1 og 2 siden > f(1);f(2); Vi klargjør nå x0 og x1 og angir x1 som en funksjon av x0 ved Newtons formel (vi kan ikke bruke den "gamle" x1 siden den var laget med en annen f): > x0:='x0': x1:='x1': x1:= x0 - f(x0)/d(f)(x0); x1 := x0 x x0 7 5 x Vi velger så x0 = 1.5 ( = midtpunktet mellom 1 og 2) og beregner nestepunkt x1 samt f(x1) som kontrollverdi : > x0:=1.5;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := 1.5 nestepunkt = kontroll = Page 6

7 Vi fortsetter med Newtons metode noen skritt til: > x0:=x1;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = > x0:=x1;nestepunkt=x1; kontroll=f(x1); x0 := nestepunkt = kontroll = Siden "nestepunkt" ovenfor gir samme verdi som x0 er det ikke noe poeng i å fortsette. Vi ser at verdien av f i punktet ikke er nøyaktig lik 0: dette betyr spesielt at vi ikke kan få en bedre verdi uten å øke antall gjeldende siffre som Maple bruker i sine beregninger. Som en sjekk tegner vi grafen til f over intervallet [1.2, 1.3] og ber "fsolve" finne løsningen: > plot(f(x),x= ); Page 7

8 > fsolve(f(x)=0,x=1..2); Oppgave 1 Bruk Newtons metode til å bestemme en approksimasjon av tallet 2 Oppgave 2 Betrakt f( x ) = e x 3 på [0, ) Det er lett å begrunne at likningen f(x) = 0 har nøyaktig en løsning a som ligger mellom 0 og 4. (Gjør det gjerne i hodet!). a) Tegn grafen til f(x) og tangenten til f(x) i punktet (1, f(1)) over intervallet [0,4]. Zoom deg nærmere inn på skjæringspunktet mellom grafen til f(x) og x-aksen helt til du klarer å skille grafen til f(x) og tangenten fra hverandre. b) Bruk Newtons metode en gang med startpunkt x0 = 1. Bruk så a) til å avgjøre om x1 er mindre eller større enn a. c) Bruk Newtons metode videre til å bestemme a. Sammenlikn svaret du finner med det "fsolve" oppgir og med det eksakte svaret som er a = ln( 3 ) 2 ( det hadde du vel allerede innsett? ). Page 8

9 2. Et av de viktigste resultatene om derivasjon er middelverdisetningen: Anta at den reelle funksjonen f er kontinuerlig på [a, b] og deriverbar på (a, b). Da finnes (minst ) en c i (a, b) slik at f '(c) = f( b ) f( a). b a Geometrisk betyr setningen at grafen til f(x) over [a, b] har (minst) en tangent som er parallell med sekanten som går mellom punktene (a, f(a)) og (b, f(b)), Et grafisk bilde som viser dette eksplisitt finner du f. eks. i Lindstrøms bok s Vi skal nå illustrere middelverdisetningen for funksjonen f(x) = x 4 16 x over intervallet [1, 3]. Vi definerer derfor > f:=x->x^4-16*x; f := x x 4 16 x og beregner først stigningstallet m for sekanten mellom (1, f(1)) og (3, f(3)): > m:=(f(3)-f(1))/(3-1); m := 24 Vi må deretter bestemme c slik at f '(c) = 24, mao slik at 4 c 3 16 = 24, dvs c 3 = Dette betyr at c =10 som vi jo nettopp har beregnet. Dette kunne vi lett ha funnet direkte med Maple ved kommandoen > c:= fsolve( D(f)(x)=24 ); c := Vi finner nå likningen for tangenten i (c, f(c)) og for sekanten mellom (1, f(1)) og (3, f(3)). (Vi bruker hjelpefunksjonen l(x) definert tidligere) > x0:=c; y0:=f(c); tangent:=l(x); x0 := y0 := tangent := 24 x > x0:=1; y0:=f(1); sekant:=l(x); x0 := 1 y0 := -15 sekant := 24 x 39 Den ønskede illustrasjonen av middelverdisetningen blir derfor > plot({ f(x),tangent,sekant},x=1..3); Page 9

10 3. Vi skal nå studere et minimaliseringsproblem. To byer A og B ønsker å bygge et felles kloakkrenseanlegg K som skal ligge ved en (rettlinjet) elv i nærheten. Begge byer ligger på samme siden av elva, med avstand til elva lik 1 mil for A og 4 mil for B. Avstanden mellom byene er 5 mil. P.g.a. større utslipp av kjemikalier fra byen B må rørledningen fra byen B frem til K være av bedre kvalitet enn ledningen fra byen A til K, og den vil derfor koste 50% mere p. meter ledning. Vi skal finne hvor K bør plasseres slik at de totale ledningskostnadene ved prosjektet blir minst mulig. Den største vanskeligheten ligger kanskje i å lage en matematisk modell for den totale kostnaden, og der kan ikke Maple hjelpe! Vi bruker følgende skisse til hjelp, der alle lengdene er angitt i mil: > Page 10

11 Ved Pytagoras kan vi lett finne at avstanden fra C til D er 4 mil. Videre er det opplagt at K bør ligge mellom C og D. Vi lar x betegne avstanden mellom C og K, slik at x ligger mellom 0 og 4. Hvis c angir kostnadene p. mil for ledningen fra A til K kan vi uttrykke den totale kostnaden k ved hjelp av x, igjen ved å bruke Pytagoras (to ganger) : k( x ) = c 1 + x c 16 + ( 4 x ) 2 der 0 x 4. Vi kan droppe c i uttrykket for k(x) siden den ikke spiller noen rolle for hvor k(x) oppnår sitt minimum. Vi setter derfor > k:=x->sqrt(1+x^2) + 1.5*sqrt(16+(4-x)^2); og ber Maple tegne grafen til k over [0, 4]: k := x 1 + x ( 4 x) 2 > plot(k(x),x=0..4); Page 11

12 Vi ser at k(x) oppnår sitt minimum i et punkt a mellom 1 og 2 ( og sitt maksimum for x = 4, noe som vel var opplagt). For å bestemme a kan vi se på k '(x) og løse likningen k '(x) = 0 på [1, 2] som vi ser må ha a som (entydig) løsning. Vi kaller k '(x) for f(x) i det videre arbeidet, slik at a blir løsningen av f(x) = 0 på intervallet [1, 2]. > f:=x->d(k)(x); x f := x x x 16 + ( 4 x ) 2 Vi kan anslå verdien av a grafisk ved å se på > plot(f(x),x=1..2); Page 12

13 Vi ser fra grafen at a er nær 1.4. Vi kunne nå anvendt Newtons metode til å finne en bedre approksimativ verdi for a, men bruker istedet "fsolve" direkte. > fsolve(f(x)=0,x=1..2); Vi sier oss fornøyd med at a er approksimativt lik Vi tar med en regneteknisk bemerkning som relaterer seg til hvordan vi hadde gått frem dersom vi hadde prøvd å løse oppgaven for hånd. Med litt håndarbeid (gjør det!) kan vi lett omskrive likningen f(x) = 0 til likningen x ( 4 x) 2 = 1 + x ( 4 x ), 2 altså til likningen : x 2 ( 16 + ( 4 x ) 2 ) 2.25 ( 1 + x 2 ) ( 4 x ) 2 = 0. Vi kan la Maple ekspandere venstresiden og faktorisere denne : > expand(x^2*(16+(4-x)^2) *(1+x^2)*(4-x)^2); > factor(%); 6.25 x x x x 1.25 ( x ) ( x ) ( x x ) Page 13

14 Fra dette uttrykket ser vi at gir (approksimativt) et nullpunkt for den deriverte av k(x) og at den er derfor den søkte verdien i intervallet [1, 2]. I stedet for å bruke "factor"-kommandoen ovenfor kunne vi også ha brukt "solve" direkte på likningen, evt. ha brukt Newtons metode. Dersom du har tid en gang kan du godt prøve å løse tilsvarende oppgave for hånd når du antar at ledningen fra B koster det samme som ledningen fra A. Det er mye lettere enn i vårt tilfelle fordi det fører frem til det å finne røttene til en annengrads likning (og ikke en fjerdegradsligning som ovenfor). Oppgave 3 Finn hvor kloakkrenseanlegget bør plasseres dersom vi i stedet antar at ledningen fra B koster det dobbelte av ledningen fra A. 3. La oss nå betrakte grafen til g( x) = x 3 cos( x ) over intervallet [ π, 2 π 2 ]: > g:=x-> x^3*cos(x); g := x x 3 cos( x ) > plot(g(x),x=-pi/2..pi/2,scaling=constrained); Legg merke til at vi skrev "scaling= constrained" i plot-kommandoen ovenfor for å få samme lengdeenhet på begge aksene (jf. GswM s. 42). Vi skal nemlig finne hvilket punkt(er) på grafen som er nærmest punktet (0.5,0.5) og hvilket punkt(er) som er lengst fra (0.5,0.5). For å kunne danne oss et riktig bilde av Page 14

15 situasjonen må vi da bruke samme lengdeenhet på aksene. Vi kan illustrere problemet ved følgende tegning produsert av Maple (ikke tenk så mye over kommandoene her): > L:= x->[ [0.5,0.5], [x,g(x)] ]; L := x [[.5,.5], [ x, g( x )] ] > plot({g(x),l(-1.4),l(-1),l(0), L(1/2),L(1),L(1.2)}, x = -Pi/2..Pi/2, scaling=constrained); Avstanden fra (0.5, 0.5) til (x, g(x)) er gitt ved a( x ) = ( x.5 ) 2 + ( x 3 cos( x ).5) 2 Vi kan derfor velge å drøfte enten a(x) eller (bedre) A(x) = a( x) 2 = ( x.5) 2 + ( x 3 cos( x ).5 ) 2 (siden vi bare er interessert å finne hvilke x som gir maks eller min). La oss se på grafen til A(x) over det aktuelle intervallet: > A:= x->(x-0.5)^2+(x^3*cos(x)-0.5)^2: plot(a(x),x=-pi/2..pi/2); Page 15

16 Denne skissen tyder på at A oppnår minimum når x er nær 0.7 og maksimum når x er nær -1.4, m.a.o. at punktene vi er ute etter er nær henholdsvis (0.7,g(0.7)) og (-1.4,g(-1.4)). Skissen er noe "grovkornet" og det er her lurt å "zoome" inn nærmere på punktet (-1.4,g(-1.4)). Gjør du dette ved å oppgi f.eks at x skal ligge mellom -π/2 og -1.3, vil du få en (liten) overraskelse rundt x = Oppgave 4 a) Bestem de søkte punktene mere nøyaktig ved å approksimere de tilhørende nullpunktene til den deriverte av A(x) i det aktuelle intervallet. Gjør dette grafisk og ved Newtons metode ( Har du dårlig tid kan du nøye her med å bruke "fsolve" istedet). Vær nøye med hvilket startpunkt du velger for å bestemme nullpunktet som ligger nær Tenk over hvorfor du må være nøye der! b) Har du tid kan du gjerne sammenlikne hvordan det går når du drøfter funksjonen a(x ) istedet for A(x). Page 16

: subs x = 2, f n x end do

: subs x = 2, f n x end do Oppgave 2..5 a) Vi starter med å finne de deriverte til funksjonen av orden opp til og med 5 i punktet x = 2. Det gjør vi ved å bruke kommandoen diff f x, x$n der f x er uttrykket som skal deriveres, x

Detaljer

Oppgave Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x.

Oppgave Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x. Oppgave 7.2.6 a) x d 1.0 x := 1.0 (1) for n from 1 by 1 to 20 do x d sin x end do x := 0.8170988 x := 0.7562117 x := 0.6783077 x := 0.6275718321 x := 0.5871809966 x := 0.550163908 x := 0.5261070755 x :=

Detaljer

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Oppgave 1 Løs ulikheten x + 6 5 x + 2 Strategien er å

Detaljer

Oppgave x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x end do

Oppgave x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x end do Oppgave 7.2.6 a) x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x. d) Det er klart at f x = 0 hvis og bare hvis x

Detaljer

Oppgaver i funksjonsdrøfting

Oppgaver i funksjonsdrøfting Oppgaver i funksjonsdrøfting To av oppgavene er merket med *. Det betyr at de er ekstra interessante. Oppgave 1 Gitt funksjonen f(x) = x + 4. a) Finn nullpunktene til funksjonen. b) Bruk definisjonen på

Detaljer

Talsnes ONE - 995850168 Enhver form for mangfoldiggjørelse av hele eller deler av innholdet av dette materiale er i henhold til norsk lov om

Talsnes ONE - 995850168 Enhver form for mangfoldiggjørelse av hele eller deler av innholdet av dette materiale er i henhold til norsk lov om 1 Eksponentielt vekst: En størrelse vokser eller avtar med en fast prosent per tidsenhet. Eulers tall e: En matematisk konstant, e=2,7 1828.. ln a gir det tallet du må opphøye Eulers tall e i for å få

Detaljer

Newtons metode er en iterativ metode. Det vil si, vi lager en funksjon. F x = x K f x f' x. , x 2

Newtons metode er en iterativ metode. Det vil si, vi lager en funksjon. F x = x K f x f' x. , x 2 Newtons metode er en iterativ metode. Det vil si, vi lager en funksjon F x = x K f x f' x, starter med en x 0 og beregner x 1 = F x 0, x = F x 1, x 3 = F x,... Dette er en metode der en for-løkke egner

Detaljer

Denne labøvelsen gir en videre innføring i elementær bruk av programmet Maple.

Denne labøvelsen gir en videre innføring i elementær bruk av programmet Maple. MAPLE-LAB 2 Denne labøvelsen gir en videre innføring i elementær bruk av programmet Maple.. Sett i gang Maple på din PC / arbeidsstasjon. Hvis du sitter på en Linux-basert maskin og opplever problemer

Detaljer

Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017

Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017 Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017 Andreas Leopold Knutsen 4. oktober 2017 Problem og hovedidé Problem: Finn løsning(er) r på en ligning

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 9 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 9 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Tilnærminger til små endringer. 2 Vekstfart.

Detaljer

Funksjoner og andregradsuttrykk

Funksjoner og andregradsuttrykk 88 4 Funksjoner og andregradsuttrykk Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer fra ulike fag og samfunnsområder løse likninger, ulikheter

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 16./17. november 2015 Forelesningene 17./18. november Denne forelesningen beskriver de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 noen tips for

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, øst 2013 Forelesning 7 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, øst 2013, Forelesning 7 Derivasjon Denne uken skal vi begynne på tema 2 om derivasjon. I dagens forelesning skal vi se på

Detaljer

Oppgaver om derivasjon

Oppgaver om derivasjon Oppgaver om derivasjon Oppgave 1 Gitt funksjonen g(x) = x 3 6x 48x + 13 a) Finn g (x). b) Bruk den deriverte til å finne x-koordinaten til topp/bunn-punktene til grafen. Finn også de tilhørende y-koordinatene,

Detaljer

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100 Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 00 Dato: Tirsdag /0, 00 Tid: Kl. 9.00-.00 Vedlegg: Formelsamling Tillatte hjelpemidler: Ingen Oppgavesettet er på sider Eksamen består av 0 spørsmål. De 0 første

Detaljer

Flere anvendelser av derivasjon

Flere anvendelser av derivasjon Flere anvendelser av derivasjon Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 30, 2014 Forelesning 17.09.2014 Fikspunkt-iterasjon Newtons metode Metoder for å finne nullpunkter av funksjoner:

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 26./28. november 2013 Forelesningene 26./28. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN Bokmål UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.

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

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 20 Kapittel 3.7. Derivasjon av inverse funksjoner 3 Derivasjon av inverse til deriverbare funksjoner

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

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning Eksamen i FO99A Matematikk Ordinær Eksamen Dato 8. mai 8 Tidspunkt 9. - 14. Antall oppgaver 4 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 Deriver følgende

Detaljer

Kontinuitet og derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Kontinuitet og derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Kontinuitet og derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 25. august 2010 2 Dagens pensum I dag vil vi se på følgende: Kontinuerlige funksjoner Den deriverte

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 17./18. november 2014 Forelesningene 17./18. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/).

Detaljer

Lær å bruke GeoGebra 4.0

Lær å bruke GeoGebra 4.0 Lær å bruke GeoGebra 4.0 av Sigbjørn Hals Innhold: Generelt om GeoGebra... 2 Innstillinger... 2 Likninger og ulikheter... 5 Implisitte likninger... 5 Ulikheter... 9 Statistikkberegninger i regnearket...

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT1100 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 14. oktober 2016 Tid for eksamen: 13.00 15.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg: Svarark,

Detaljer

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009 Løsningsforslag eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I høsten 9 OPPGAVE (a) Vi har w = + ( ) =. I et komplekse plan ligger w i 4. kvarant og vinkelen θ mellom tallet og en relle aksen har tan θ =, vs. at

Detaljer

Derivasjonen som grenseverdi

Derivasjonen som grenseverdi Gitt graf. Start/stopp. Fra sekant til tangent. Veien til formelen for den deriverte til funksjon f i et punkt Animasjonens jem: ttp://ome.ia.no/~cornelib/animasjon/ matematikk/mate-online-at/ablgrenz/

Detaljer

Fasit MAT102 juni 2016

Fasit MAT102 juni 2016 Fasit MAT02 juni 206. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen ( ) 6 A = 2 7 Svar: λ = 8 og ( ) x = y y ( ) /2, λ = 5 og ( ) x = y y ( ) for alle y 0. (b) Finn den generelle løsningen på systemet

Detaljer

Eksamen REA3028 S2, Høsten 2012

Eksamen REA3028 S2, Høsten 2012 Eksamen REA308 S, Høsten 01 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (6 poeng) Deriver funksjonene 3x x a) gx 3 3x x 3x

Detaljer

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag Innlevering BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: 10 + 1 Løsningsforslag 1 Hvilken av de to funksjonene vist i guren er den deriverte

Detaljer

MAT jan jan jan MAT Våren 2010

MAT jan jan jan MAT Våren 2010 MAT 1012 Våren 2010 Mandag 18. januar 2010 Forelesning I denne første forelesningen skal vi friske opp litt rundt funksjoner i en variabel, se på hvordan de vokser/avtar, studere kritiske punkter og beskrive

Detaljer

Den deriverte og derivasjonsregler

Den deriverte og derivasjonsregler Den deriverte og derivasjonsregler Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 3, 2014 Tangenten til en funksjon i et punkt (kap. 2.1) Sekant til en funksjon gjennom to punkter 25 20 f(c+h)

Detaljer

Bokmål. Eksamensinformasjon

Bokmål. Eksamensinformasjon Eksamen 27052010 REA022 Matematikk R1 Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på del 1: Hjelpemidler på del 2: Vedlegg: Framgangsmåte: Veiledning om vurderingen: 5 timer: Del

Detaljer

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Kapittel 3.3. Enringsrate 3 Enrings rate hastighet og akselersjon Definisjon Hvis s(t) er

Detaljer

Biseksjonsmetoden. biseksjonsmetode. Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt

Biseksjonsmetoden. biseksjonsmetode. Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt Biseksjonsmetoden Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt biseksjonsmetode. Gitt en intervall [a, b] hvor f skifter fortegn, vi halverer [a, b] = [a, b + a 2 ]

Detaljer

Derivasjon ekstremverdier Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Derivasjon ekstremverdier Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Derivasjon ekstremverdier Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 6. september 20 Kapittel 3.. Hyperbolske funksjoner 3 Hyperbolske funksjoner Definisjon (Grunndefinisjoner)

Detaljer

I denne øvingen vil vi sammenlikne det teoretiske resultat med et grafisk bilde av konturlinjene til flaten. Vi tegner konturene der

I denne øvingen vil vi sammenlikne det teoretiske resultat med et grafisk bilde av konturlinjene til flaten. Vi tegner konturene der Øving uke 44 Kritiske punkter Se også Mathematicakompendiet, kap 3.8 En funksjon av to variable kan ha lokale maksimal- og minimalpunkter innenfor definisjonsmengden, akkurat som funksjoner av en variabel.

Detaljer

Ekstremverdier Mellomverdisatsen Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Ekstremverdier Mellomverdisatsen Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Ekstremverdier Mellomverdisatsen Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 9. september 2011 Kapittel 4.1. Funksjoners ekseremverdier fra og med lokale ekstrema

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Kalkulus Kapittel 1 Oppgave 1. a) en funksjon b) en funksjon c) ikke en funksjon d) ikke en funksjon Oppgave 2. a) 12,1 b) 4 c)

Detaljer

Vi kan finne formler som gir oss neste tall i tallfølgen dersom vi kjenner ett tall. Det er den rekursive formelen. gir oss gir oss alle tallene a

Vi kan finne formler som gir oss neste tall i tallfølgen dersom vi kjenner ett tall. Det er den rekursive formelen. gir oss gir oss alle tallene a Tallfølger, figurtall, algebra (utgave beregnet for GLU1-7). Av Geir Martinussen, Høgskolen i Oslo og Akershus (Se også: http://www.matematikk.org/uopplegg.html?tid=114140 ) Tallfølger er en nyttig ressurs

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned

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

Løsningsforslag for eksamen i brukerkurs i matematikk A (MA0001)

Løsningsforslag for eksamen i brukerkurs i matematikk A (MA0001) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 8 Løsningsforslag for eksamen i brukerkurs i matematikk A (MA1) Bokmål Tirsdag 1. desember 11 Tid: 9: 1: (4 timer)

Detaljer

Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-04

Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-04 Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 00, H-04 Oppgave : a) Vi har zw ( + i )( + i) + i + i + i i og + i + i ( ) + i( + ) z w + i + i ( + i )( i) ( + i)( i) i + i i i ( i ) ( + ) + i( + ) + +

Detaljer

Oppsummering om hva som kreves ved bruk av digitale verktøy

Oppsummering om hva som kreves ved bruk av digitale verktøy 1 Oppsummering om hva som kreves ved bruk av digitale verktøy Graftegner Det skal gå klart fram av den grafiske framstillingen hvilken skala og hvilken enhet som er brukt, på hver av aksene. Det er en

Detaljer

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

Første og andrederivasjons testen Anvendt optimering Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Første og andrederivasjons testen Anvendt optimering Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Første og andrederivasjons testen Anvendt optimering Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 13. september 2011 Kapittel 4.3. Monotone funksjoner og førstederivasjons-testen

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5 I kapittel 5 har mange av oppgavene et mer teoretisk preg enn du er vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt på å lage løsningsforslag

Detaljer

EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT1100 KALKULUS

EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT1100 KALKULUS EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT00 KALKULUS Simon Foldvik. Oktober 207 Dette dokumentet inneholder eksempler på hvor «ting går galt» og har til hensikt å vise eksempler på hva man ikke kan konkludere. Alle

Detaljer

Eksempeloppgave 1T, Høsten 2009

Eksempeloppgave 1T, Høsten 2009 Eksempeloppgave 1T, Høsten 009 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 ( poeng) a) Bruk opplysningene nedenfor til å finne

Detaljer

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer.

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer. Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 007 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 4 Vedlegg Tillatte hjelpemidler Sirkelskive i radianer Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave

Detaljer

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

Newtons metode. Gitt f(x) slik at f(a)f(b) < 0, Newtons metode genererer en følge {x k }, hvor. (Newton Raphson) x k+1 = x k f(x k) f (x k )

Newtons metode. Gitt f(x) slik at f(a)f(b) < 0, Newtons metode genererer en følge {x k }, hvor. (Newton Raphson) x k+1 = x k f(x k) f (x k ) Newtons metode 1/15 Gitt f(x) slik at f(a)f(b) < 0, Newtons metode genererer en følge {x k }, hvor x k+1 = x k f(x k) f (x k ) x 0 [a, b] gitt. (Newton Raphson) y=f(x) x k+1 x k Konvergens: Iterasjons

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

Del 1 - Uten hjelpemidler

Del 1 - Uten hjelpemidler Del 1 - Uten hjelpemidler Oppgaveteksten til del 1 ligger i: http://www.ulven.biz/r1/heldag/r1_hd_100516.docx (Oppgaveteksten til del er inkludert i dette dokumentet.) Oppgave 1 f x 3x 1 x 1 x (Husk: x

Detaljer

Analysedrypp II: Kompletthet

Analysedrypp II: Kompletthet Analysedrypp II: Kompletthet Kompletthet er et begrep som står sentralt i både MAT1100 og MAT1110, og som vil stå enda mer sentralt i MAT2400. I de tidligere kursene fremstår begrepet på litt forskjellig

Detaljer

Lineære funksjoner. Skjermbildet

Lineære funksjoner. Skjermbildet Lineære funksjoner I dette opplæringsløpet lærer du å tegne funksjoner i GeoGebra samt å bruke verktøy til å løse oppgaver som dreier seg om funksjoner. Alle oppgavene handler om lineære funksjoner. I

Detaljer

MA0003-8. forelesning

MA0003-8. forelesning Implisitt derivasjon og 31. august 2009 Outline Implisitt derivasjon 1 Implisitt derivasjon 2 Outline Implisitt derivasjon 1 Implisitt derivasjon 2 Outline Implisitt derivasjon 1 Implisitt derivasjon 2

Detaljer

Rekker, Konvergenstester og Feilestimat

Rekker, Konvergenstester og Feilestimat NTNU December 8, 2012 Oversikt 1 2 3 4 5 6 For å forstå, må vi først forstå potensrekker For å forstå potensrekker, må vi først forstå rekker. For å forstå rekker, må vi først forstå følger. Definisjon

Detaljer

Løsningsforslag R1 Eksamen 31.05.2012. Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik

Løsningsforslag R1 Eksamen 31.05.2012. Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik Løsningsforslag R1 Eksamen 6 Vår 31.05.01 Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik Sammendrag De fleste forlagene som gir ut lærebøker til den videregående skolen, gir ut løsningsforslag til tidligere

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA/MA6 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Faglig kontakt under eksamen: John Erik Fornæss /Kari Hag Tlf: 464944/483988 Eksamensdato: 8. desember 5 Eksamenstid

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. sin 2 x cos 2 x = 0, x [0, 2π) 1 cos 2 x cos 2 x = 0 2 cos 2 x = 1 cos 2 x = 1 2 1 2

Høgskolen i Oslo og Akershus. sin 2 x cos 2 x = 0, x [0, 2π) 1 cos 2 x cos 2 x = 0 2 cos 2 x = 1 cos 2 x = 1 2 1 2 Innlevering i DAFE/ELFE 1000 Oppgavesett 1 Innleveringsfrist: 31. januar klokka 14:00 Antall oppgaver: 3 Løsningsforslag Oppgave 1 Løs disse likningene ved regning, og oppgi svarene eksakt: a) Vi kan for

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 til underveisvurdering i MAT111 vår 2005

Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005 Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 5 Beregn grenseverdien Oppgave 1 (x 1) ln x x x + 1 Svar: Merk at nevneren er lik (x 1), så vi kan forkorte (x 1) oppe og nede og får (x 1) ln x ln x

Detaljer

Eksamen MAT 1011 Matematikk 1P Høsten 2013

Eksamen MAT 1011 Matematikk 1P Høsten 2013 Eksamen MAT 1011 Matematikk 1P Høsten 01 Oppgave 1 (1 poeng) Per har lest 150 sider i en bok. Dette er 0 % av sidene i boka. Hvor mange sider er det i boka? Går «veien om 1»: 150 1% 5 0 100% 5 100 500

Detaljer

Løsningsforslag. 3 x + 1 + e. g(x) = 1 + x4 x 2

Løsningsforslag. 3 x + 1 + e. g(x) = 1 + x4 x 2 Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 1. juni 2012 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (20 deloppgaver) Antall sider: 2 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver

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

Eksamen REA3024 Matematikk R2. Nynorsk/Bokmål

Eksamen REA3024 Matematikk R2. Nynorsk/Bokmål Eksamen 30..00 REA304 Matematikk R Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på Del : Hjelpemidler på Del : Framgangsmåte: 5 timer: Del skal leveres inn etter timer. Del skal

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

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

DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1

DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1 HELDAGSPRØVE I MATEMATIKK 1T HØST DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) Oppgave 1. Trekk sammen uttrykkene: a) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1 = a. b) 1

Detaljer

Heldagsprøve i matematikk. Svar og løsningsforslag

Heldagsprøve i matematikk. Svar og løsningsforslag Heldagsprøve i matematikk Svar og løsningsforslag Mandag 19. desember 005 Forkurset, Høgskolen i Oslo Tillatte hjelpemidler: Lommeregner. Formelsamling i matematikk. Tid: 5 klokketimer Alle svar må være

Detaljer

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5:

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5: 1T 014 vår LØSNING Contents Oppgaven som pdf Tråd om denne oppgaven på Matteprat Enda en tråd om denne oppgaven på Matteprat Løsning laget av Nebu DEL EN Oppgave 1:, 5 10 15 3, 0 10 5 7, 5 10 15+( 5) 7,

Detaljer

with plots plot sin x, x =KPi..Pi Pi 3 eval tan eval cos K1 1 > evalf sin 3 2 K 2 $Pi

with plots plot sin x, x =KPi..Pi Pi 3 eval tan eval cos K1 1 > evalf sin 3 2 K 2 $Pi with plots Maple har en rekke innebygde funksjoner. Kommandoen plot brukes til å tegne grafen til en funksjon, og kommandoene eval og evalf brukes til å beregne funksjonsverdier for en funskjon. Den første

Detaljer

Krasjkurs MAT101 og MAT111

Krasjkurs MAT101 og MAT111 Krasjkurs MAT101 og MAT111 Forord Disse notatene ble skrevet under et åtte timer (to firetimers forelesninger) i løpet av 10. og 11. desember 2012. Det er mulig at noen av utregningene ikke stemmer, enten

Detaljer

Velg mellom disse kommandoene: Dersom[<Vilkår>, <Så>, <Ellers>] Funksjon[<Funksjon>, <Start>, <Slutt>]

Velg mellom disse kommandoene: Dersom[<Vilkår>, <Så>, <Ellers>] Funksjon[<Funksjon>, <Start>, <Slutt>] 442 Grafer Å tegne grafen til en funksjon Nullpunkter Velg mellom disse kommandoene: Dersom[, , ] Funksjon[, , ] GeoGebra finner nullpunktene til en innlagt

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk MX Privatister 10. desember 003 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen S2, høsten 2016 Laget av Tommy Odland Dato: 27. januar 2017

Løsningsforslag Eksamen S2, høsten 2016 Laget av Tommy Odland Dato: 27. januar 2017 Løsningsforslag Eksamen S, høsten 016 Laget av Tommy Odland Dato: 7. januar 017 Del 1 - uten hjelpemidler Oppgave 1 a) Vi skal derivere f(x) = x 3 5x, og vi kommer til å få bruk for reglene (ax n ) = anx

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

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4 3/8/06 T 0 høst LØSNING - matematikk.net T 0 høst LØSNING Contents Diskusjon av denne oppgaven Løsning av del Matteprat spørsmål om oppgave 6 del DEL EN Oppgave 5000000000 0, 0005 =, 5 0 0 5 0 =, 5 0 6

Detaljer

Eksamensoppgaver med funksjoner

Eksamensoppgaver med funksjoner Eksamensoppgaver med funksjoner Oppgave 1 - V 013 A r r r (A r er lik formelen for omkretsen av en sirkel!) V r 4 3 3r 4 r (V r er lik formlen for overflaten av en kule!) Oppgave 6 - V013 f x x 3 6x f

Detaljer

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

MAPLE-LAB La oss utføre en enkel utregning.

MAPLE-LAB La oss utføre en enkel utregning. MAPLE-LAB Denne labøvelsen (og neste) gir en kort opplæring i elementær bruk av programmet Maple. Dere får dermed et lite glimt av mulighetene som finnes i Maple. Interesserte oppfordres til å utforske

Detaljer

Notasjon i rettingen:

Notasjon i rettingen: UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 07 Notasjon i rettingen: R = Rett R = Rett, men med liten tulle)feil

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2 TMA4 Matematikk, 4. august 24 Side av 2 Oppgave Den rasjonale funksjonen p er definert som p(x) x2 3x +2 3x 2 5x +2. Finn de tre grenseverdiene lim xæ p(x), lim xæ p(x) og lim xæœ p(x). Løsning: x 2 3x

Detaljer

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >.

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >. MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt

Detaljer

Matematikk R1 Oversikt

Matematikk R1 Oversikt Matematikk R1 Oversikt Lars Sydnes, NITH 20. mai 2014 I. ALGEBRA ANNENGRADSLIGNINGER Annengradsformelen: ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a (i) 0 løsninger hvis b 2 4ac < 0 (ii) 1 løsning hvis b 2 4ac

Detaljer

S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka

S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka 5.1 a f( x) = 4x+ 0 I GeoGebra skriver vi f(x)=funksjon[-4x+0,-5,5]. Grafen viser at [ 0, 40] V =. f b gx ( ) =,5x+ 10 I GeoGebra skriver vi f(x)=funksjon[,5x+10,-10,4].

Detaljer

Om tilpasning av funksjoner til observerte dataer

Om tilpasning av funksjoner til observerte dataer Om tilpasning av funksjoner til observerte dataer Anta at vi har tilgjengelig noen måledataer for en størrelse y som avhenger av en annen størrelse : : 1 2 $$$ n y : y 1 y 2 $$$ y n I mange situasjoner

Detaljer

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 4.-5. desember 2010 Program I dag og i morgen skal vi holde på fra 10-16 med en pause fra 13-14. Vi skal gjennom:

Detaljer

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag Eksamen 1T høsten 015, løsningsforslag Del 1, ingen hjelpemidler Oppgave 1 1,8 10 1 0,0005 = 1,8 10 1 5 10 4 = 1,8 5 10 1+( 4) = 9 10 8 Oppgave Velger addisjonsmetoden Legger sammen ligningene: x + y =

Detaljer

MAT jan jan feb MAT Våren 2010

MAT jan jan feb MAT Våren 2010 MAT 1012 Våren 2010 Mandag 25. januar 2010 Forelesning Vi fortsetter med å se på det bestemte integralet, bl.a. på hvordan vi kan bruke numeriske beregninger til å bestemme verdien når vi ikke nødvendigvis

Detaljer

Enkel matematikk for økonomer 1. Innhold. Parenteser, brøk og potenser. Ekstranotat, februar 2015

Enkel matematikk for økonomer 1. Innhold. Parenteser, brøk og potenser. Ekstranotat, februar 2015 Ekstranotat, februar 205 Enkel matematikk for økonomer Innhold Enkel matematikk for økonomer... Parenteser, brøk og potenser... Funksjoner...4 Tilvekstform (differensialregning)...5 Nyttige tilnærminger...8

Detaljer

Institutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: 29.04.2015 Kl. 09:00 Innlevering: 29.04.2015 Kl. 14:00

Institutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: 29.04.2015 Kl. 09:00 Innlevering: 29.04.2015 Kl. 14:00 SENSORVEILEDNING MET 803 Matematikk Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 9.04.05 Kl. 09:00 Innlevering: 9.04.05 Kl. 4:00 For mer informasjon om formalia, se eksamensoppgaven. Oppgave Beregn følgende

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

Mat503: Regneøving 3 - løsningsforslag

Mat503: Regneøving 3 - løsningsforslag Mat503: Regneøving 3 - løsningsforslag Oppgave a) Oppgaven sier at Fredrik stoler på erfaringen sin med positive ele tall. Fredrik ar sannsynligvis sett at dersom an ar et elt tall k >, vil den oppgitte

Detaljer

a) f(x) = 3 cos(2x 1) + 12 LF: Vi benytter (lineær) kjerneregel og får f (x) = (sin(7x + 1)) (sin( x) + x) sin(7x + 1)(sin( x) + x) ( sin(x) + x) 2 =

a) f(x) = 3 cos(2x 1) + 12 LF: Vi benytter (lineær) kjerneregel og får f (x) = (sin(7x + 1)) (sin( x) + x) sin(7x + 1)(sin( x) + x) ( sin(x) + x) 2 = Innlevering ELFE KJFE MAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Mandag 12. oktober 2015 før forelesningen 12:30 Antall oppgaver: 7 + 3 Løsningsforslag 1 Deriver de følgende

Detaljer