Eksamen i TMA4180 Optimeringsteori Løsningsforslag.
|
|
- Julian Helgesen
- 4 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Eksamen i TMA48 Optimeringsteori Løsningsforslag. Oppgave :. ordens betingelse for minima gir oss f(x) = [ 2x 2x x 2 2x 2 ] [ = som er oppfylt for når x 2 = x +. I dette punktet er [ ] f(x) = 2 2 ], dvs. 2 f(x) er positiv semi-definit (egenverdiene er 4 og ). Dermed er f(x) en konveks funksjon, og linjen x 2 = x + utgjør alle minima til funksjonen. Oppgave 2. En mengde Ω er konveks dersom: for alle x, y Ω så er θx + ( θ)y Ω for alle θ (, ). En funksjon er konveks på et konvekst sett Ω dersom følgende egenskap er oppfylt: for alle x, y Ω så gjelder f(θx + ( θ)y) θf(x) + ( θ)f(y), for alle θ (, ). Oppgave 3 Hvis x = [x,, x 2,..., x n ] T så er ϕ(α) = f(x + αp) = f(x + αp,, x n + αp n ), og ϕ (α) = f(x + αp) x p + f(x + αp) x 2 De to Wolfe-betingelsene for skrittlengden α er gitt ved:. f(x + α p) f(x ) + c α f(x ) T p. 2. f(x + α p) T p c 2 f(x ) T p. hvor c c 2 er gitte konstanter. p f(x + αp) x n p n = f(x + αp) T p. Den første betingelsen sikrer at et skritt med lengde α og i retning p reduserer målfunksjonen f tilstrekkelig. Den andre betingelsen sikrer at vi ikke velger α for liten. Dessuten, hvis ϕ (α) er svært negativ, er det et tegn på at vi kan redusere f(x + αp) vesentlig ved å øke α. Denne situasjonen unngås ved betingelse 2. For figurer, se Nocedal & Wright, s Oppgave 4. a) Et lineært problem på standard for er gitt ved minc T x, slik at Ax = b, x.
2 Vi endrer max til min og innfører slakk-variable y, y 2 og y 3, slik at problemet på standard form blir min { 2x x 2 x 3 } slik at x + x 3 + y = x 2 + x 3 + y 2 = 2 x + x 2 + y 3 = 3 x, x 2, x 3, y, y 2, y 3. b) Ta utgangspunkt i et generelt lineært problem, der det tillatte området er gitt på formen Ax = b x. der A er en m n matrise, med m n. Et tillatt punkt x er en vektor som oppfyller betingelsene over (selvfølgelig), og som i tillegg har maksimalt m elementer forskjellig fra. (Hvis det har færre enn m elementer forskjellig fra sier vi at x er et degenerert basispunkt). For et tillatt basispunkt x skal følgende gjelde: Det skal være mulig å finne et index-sett B(x) {, 2,, n} slik at B(x) inneholder nøyaktig m elementer. Hvis i B(x) så er x i =. m m matrisa definert ved B = [A i ] i B(x) er inverterbar. A i er kolonne nr. i i A. For problemet i oppgave b) kan et passende basispunkt være x = [,,,, 2, 3] T. Oppgave 5. a) Lagrange-funksjonen er gitt ved L(x, λ) = q(x) m λ i (a T i x b i ) i= og for et tillatt punkt x er KKT-betingelsene er gitt ved Gx + d = m a i λ i () i= λ i (a T i x b i ) =, i =, 2,, m λ i, i =, 2,, m. Et punkt x som tilfredsstiller disse betingelsene kalles et KKT-punkt. Siden G er symmetrisk positiv definitt er q(x) strengt konveks. Området Ω = { x : a T i x b i, i =, 2,, m } er konvekst siden alle føringene er lineære. Dermed vil et KKT-punkt x være et globalt minimum. b) Problemet er gitt ved min (x ) 2 + (x 2 ) 2 2
3 med føringene En skisse av problemet er gitt under. i) x 2x 2 2 ii) 2x 3 iii) x iv) x 2. (2) x 2..5 *.5..5 x Minimum av q(x) ligger utenfor det tillatte (skraverte) området. Det er klart at minimum må ligge på føringen gitt av x 2x 2 2. Føringene 2x 3 og x, x 2 er passive, slik at λ 2 = λ 3 = λ 4 =. KKT-betingelsene blir da 2x 2 = λ med løsningen 2x 2 2 = 2λ x x 2 = 2 x = 4 5, x 2 = 3 5, λ = 2 5, λ 2 = λ = λ 4. c) G er symmetrisk, slik at q(x + p) = 2 (x + p) T G(x + p) + (x + p) T d = 2 pt Gp + p T (Gx + d) + 2 x Gx + x T p = 2 pt Gp + p T d + q(x ). med d = Gx + d. q(x ) er konstant, og vil ikke påvirke løsningen p av optimeringsproblemet. Føringene er gitt av a T i (x + p) = b i, i W. Alle føringene i W er aktive i x, slik at a T i x = b i. Vårt reduserte problem kan dermed reduseres ytterligere til { } min p 2 pt Gp + p T d (3) når A W p = 3
4 der A W er en matrise med radene a T i, i W. Siden a i er lineært uavhengige vil A W ha full rang. Vi kan nå fortsette på en av to måter: Alternativ a). KKT-betingelsene for det reduserte problemet blir Gp + d = i W a i λ i = A T W λ W, (4) A W p =, hvor λ W = [λ i ] i W. G er symmetrisk positiv definitt og dermed inverterbar, slik at Setter vi dette inn i ligningen for føringene får vi p = G (A T Wλ W d). A W p = A W G (A T Wλ W d) = Matrisa A W har full rang, dermed er matrisa A W G A T W mhp. λ W. Settes dette igjen inn i uttrykket for p får vi: inverterbar og siste ligning kan løses λ W = (A W G A T W) A W G d, p = ( G A T W(A W G A T W) A W G G ) d. (5) Alternativ b). Søkeretningen p må ligge i nullrommet til A W. La Z være en basis for nullrommet til A W, slik at alle tillatte søkeretninger p skrives som p = Zu, hvor u R n mw og m W er antall føringer i W. Vi kan dermed definere en ny funksjon f(u) = 2 (Zu)T G(Zu) + (Zu) T d, og vi har fått et kvadratisk minimeringsproblem i u uten føringer, min u f(u), som har løsningen u = G Z T d. Matrisa G = Z T GZ er SPD siden Z har full rang og G er SPD. Søkeretningen er nå gitt av p = Z G Z T d. De tilhørende Lagrange-multiplikatorene kan vi finne ved å sette λ i = for alle i W, og løse de resterende fra (4). d) La E = {, 2,, m}, og sett x α = x +αp. Da vil a T i x α = b i for alle i W, dvs. at alle føringene i W er aktive, og dermed oppfylt, for alle α. For at x α skal være et tillatt punkt, alle føringene tatt i betraktning, må a T i (x + αp) b i, for alle i E\W. La α i = b i a T i x a T i p, ᾱ = min i E\W α i. (6) Så lenge α ᾱ, vil altså x + αp være et tillatt punkt. Dermed er to situasjoner mulige: Hvis ᾱ så ligger minimum av det reduserte problemet fra punkt b), x = x +p innenfor det tillatte området. Da bruker vi denne verdien. Hvis ᾱ < når vi randa av det tillatte området før vi når minimum av det reduserte området. I så fall velger vi x = x + ᾱp. 4
5 e) Skriv om den kvadratiske funksjonen (x ) 2 + (x 2 ) 2 = 2 xt [ 2 2 ] x + x T [ 2 2 der x = [x, x 2 ] T. Så G = 2I, og d = [ 2, 2] T. La x = [3/2, ] T, slik at [ ] d = 2x + d =. 2 ] +, I x er det 2 aktive føringer, ii) og vi) fra (2). Vi kan altså velge W til å omfatte en av disse, begge eller ingen. I det etterfølgende er alternativ b) valgt for å finne p. Velg f.eks. W = {iv)}, slik at A W = [, ]. Da er Z = [, ] T, og vi får G = Z T GZ = 2, G = 2. u = GZ T d = 2. [ ] p = Zu = 2. Punktet x + p = [, ] T ligger i det tillatte området (sjekk det), så vi setter x = [, ] T. Alternativt kunne vi velge W = {ii)}, slik at A W = [ 2, ] med nullrom spent ut av Z = [, ] T, og G = 2, u =, p = Z = [, ] T. Men x +p = [ 3 2, ] ligger utenfor det tillatte området, føring i) er ikke oppfyllt her. Skrittlengden ᾱ regner vi ut fra (6). Fra figuren ser vi at det bare er nødvendig å sjekke føring i), de andre vil alle være oppfyllt når vi beveger oss rett oppover fra x. Vi får dermed: og ᾱ = α = 2 [, 2][ 3 2, ] T [, 2][, ] T = 4, x = x + ᾱp = [ 3 2, ] 4 Hvis W = { }så vil p = [ 2, ] T, ᾱ = 3 og x = [ 4 3, 3]. Hvis W = {ii), iv)} så vil p = [, ] T. f) Anta først at x = x + p, dvs. at løsningen av det reduserte problemet er et tillatt punkt. Anta at de tilhørende Lagrange-mulitplikatorene er funnet. Dersom λ i for alle i W og λ i = for alle i W, så er KKT-betingelsene for det generelle problemet oppfyllt, og x er vårt globale minimum. Hvis λ i < for en eller flere i W, så fjerner vi den føringen som korresponderer til den 5
6 Oppgave 6. største negative verdien av λ. Dette danner da et nytt sett med aktive føringer som brukes til neste iterasjon. (Dette er ikke en del av en besvarelsen: Gå tilbake til punkt e), og la W = {iv)}, slik at x = [, ] T. La λ = λ 2 = λ 3 =, og finn λ 4fra (), dvs. λ 4 = 2. Vi kan dermed konkludere med at x ikke er et KKT-punkt, føringen iv) fjernes fra W. ) Hvis x = x + ᾱp, med ᾱ <, så betyr det at en ny føring blir aktiv. Denne inkluderer vi i W. Se for øvrig algoritme 6. i Nocedal & Wright. a) Vi undersøker om f(x, y, z) = 2e x y+z 2 er sterkt konveks i S R 3 etter definisjon (3.4) i Troutman, dvs. om: f(x, y + v, z + w) f(x, y, z) f y (x, y, z)v + f z (x, y, z)w, (x, y, z) and (x, y + v, z + w) S med = bare hvis v = eller w =. I vårt tilfelle er f y = 2e x og f z = 2z, og f(x, y + v, z + w) f(x, y, z) = 2e x (y + v) + (z + w) 2 2e x y z 2 = 2e x v + 2zw + w 2 2e x v + 2zw, for alle (x, y, z) R 3 med likhet hvis og bare hvis w =. Så f er sterkt konveks, og dermed er F(y) strengt konveks på D (Teorem 3.5). Alternativt kunne en skrive F(y) = 2e x y(x)dx + y (x) 2 dx. Det siste integralet er en strengt konvekst på D (hvorfor?), det første er lineært i y og dermed konvekst (men ikke strengt konvekst). Summen av en konveks og en strengt konveks funksjonal blir en strengt konveks funksjonal. Det er også mulig å bruke definisjon (3.) i Troutman direkte. (Før vi løser de siste oppgavene, la oss som neste skritt utlede Euler-Lagrange-ligningene: Gitt funksjonalen F(y) = R b a f(x,y, y )dx. Den Gateaux -deriverte av F(y) er gitt ved δf(y;v) = = (Delvis integrasjon) = Z b a Z b a Z b a ε f(x, y + εv, y + εv ) ε=dx `fy(x, y,y )v + f z(x,y, y )v dx f y(x, y, y ) d «dx fz(x,y, y ) vdx + b af z(x, y,y )v Dette forutsetter at f er tilstrekkelig glatt til at derivasjonen med hensyn på ε kan flyttes innenfor integrasjonen. I så fall er δf(y;v) = for alle y, v + y D hvis d dx fz(x,y, y ) = f y(x,y, y ), f z(a,y(a),y (a))v(a) = og f z(b, y(b),y (b))v(b) =. (7) Den første ligningen er Euler-Lagrange ligningen, de to andre er randbetingelser. ) 6
7 b) Euler-Lagrange ligningen blir d dx 2y = 2e x som blir y = e x, med løsning y(x) = e x + C x + C 2 (8) der C og C 2 er konstanter som må bestemmes fra randbetingelsene. I dette tilfellet ser vi at y, v + y D bare hvis y() =, y() = og v() = v() =. De to randbetingelsene i (7) automatisk er oppfyllt, C og C 2 bestemmes fra randbetingelsene for y. Resultatet blir: y(x) = e x + (2 e)x. c) Euler-Lagrange ligningen er som før, med løsning gitt i (8). De to konstantene blir nå bestemt av randbetingelsen y() = og f z (, y(), y ()) = 2y () =, den siste betingelsen kommer fra (7). Dette resulterer i løsningen y(x) = e x ex. d) Vi ser nå på den utvidede funksjonalen F(y) = ( 2e x y + y 2) dx + λ ydx. der λ er en (foreløbig) ukjent konstant. Siden det siste integralet er lineært i y, vil også F være strengt konveks på D. Euler-Lagrange ligningen blir: y = e x + 2 λ med løsning y(x) = ex + λ 4 x2 + C x + C 2. Med randbetingelsene y() = og y() = blir løsningen Konstanten λ bestemmes av tilleggsbetingelsen y(x) = e x + λ 4 x2 + (2 e λ)x. y(x)dx = (e x + λ4 x + (2 e λ)x ) dx = ex + λ 2 x + 2 (2 e λ 4 )x2 x = e + 3 λ + (2 e λ) = 2 2 som har løsningen λ = 2e 72. Løsningen y(x) er dermed gitt av y(x) = e x + (3e 8)x 2 + (2 4e)x. 7
EKSAMEN I TMA4180 OPTIMERINGSTEORI
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 4 Faglig kontakt under eksamen: Marte Pernille Hatlo 7359698 / 97537854 EKSAMEN I TMA48 OPTIMERINGSTEORI Fredag 2. juni
DetaljerMAT Prøveeksamen 29. mai - Løsningsforslag
MAT0 - Prøveeksamen 9 mai - Løsningsforslag Oppgave Sett A = 4 4 0 x 0, x = x, b =, x 0 og la v, v, v betegne kolonnevektorene til A a) Skriv A x = y som en vektorlikning x Svar : Siden A x = [v v v ]
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerOppgave 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
DetaljerLøsningsforslag 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 )
DetaljerEksamensoppgave i TMA4115 Matematikk 3
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA45 Matematikk 3 Faglig kontakt under eksamen: Aslak Bakke Buan a, Morten Andreas Nome b, Tjerand Silde c Tlf: a mobil Aslak, b mobil Morten, c mobil Tjerand
DetaljerLøsningsforslag eksamen i TMA4123/25 Matematikk 4M/N
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 8 Løsningsforslag eksamen i TMA3/5 Matematikk M/N Mandag. mai TMA3 Matematikk M; Alt unntatt oppgave 5 (Laplace. TMA5
DetaljerMA1201/MA6201 Høsten 2016
MA/MA6 Høsten 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematikk Løsningsforslag Øving Med forebehold om feil. Hvis du finner en, ta kontakt med Karin. Kapittel 6. a) Stemmer. Anta
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA405 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 3..9: Vi starter med å finne de kritiske punktene. De deriverte blir T x (x, y) = ( x xy)e x y T y (x, y) = ( y xy)e x y, slik at de kritiske
DetaljerMAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4
MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 54 Dette notatet utfyller bokas avsnitt 54 om matriserepresentasjonen (også kalt koordinatmatrisen) til en lineær avbildning mellom to endeligdimensjonale vektorrom
DetaljerMAT1120 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
DetaljerSIF5030/75047 Optimeringsteori, 5 timer. Ingen hjelpemidler.
Oppgave1: SIF5/757 Optimeringsteori, 5 timer Ingen hjelpemidler. (a) Forklar hva som menes med en konveks funksjon, og argumentér for at alle minima til en konveks funksjon på en konveks mengde er globale
DetaljerInstitutt 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
Detaljerη = 2x 1 + x 2 + x 3 x 1 + x 2 + x 3 + 2x 4 3 x x 3 4 2x 1 + x 3 + 5x 4 1 w 1 =3 x 1 x 2 x 3 2x 4 w 2 =4 x 1 x 3 w 3 =1 2x 1 x 3 5x 4
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MA-IN-ST 233 Konveksitet og optimering Eksamensdag: 31. mai 2000 Tid for eksamen: 9.00 13.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg:
Detaljer+ (y b) F y. Bruker vi det siste på likningen z = f(x, y) i punktet (a, b, f(a, b)) kan vi velge F (x, y, z) = f(x, y) z.
Vi husker fra sist Gradientvektoren F ( a) peker i den retningen u der den retningsderiverte D u F ( a) er størst, og der er D u F ( a) = u F ( a) = F ( a). Gradientvektoren er normalvektoren til (hyper)flata
DetaljerEksamen, høsten 13 i Matematikk 3 Løsningsforslag
Eksamen, høsten 3 i Matematikk 3 Løsningsforslag Oppgave. a) Fra ligningen x 5 + y 3 kan vi lese ut store og lille halvakse a 5 og b 3. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a b 5 3 5 9 6 4. ermed
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Løsningsforslag Øving 10 10.6.3 La f (x, y) = x 2 y 4x 2 4y der (x, y) R 2. Finn alle
DetaljerIR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer
Utsatt Eksamen 8. juni 212 Eksamenstid 4 timer IR1185 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del 2 uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare
DetaljerEksamen i ELE Matematikk valgfag Torsdag 18. mai Oppgave 1
Eksamen i ELE79 - Matematikk valgfag Torsdag 8. mai 07 LØSNINGFORSLAG Oppgave (a) Den utvidede matrisen til likningssystemet er 6 Gausseliminasjon: ganger rad I legges til rad II: 0 0 Rad I trekkes fra
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Eksamen høsten 2018 Løsning Side 1 av 9. Løsningsforslag. Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer:
TMA4 Matematikk 3 Eksamen høsten 8 Løsning Side av 9 Løsningsforslag Oppgave Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer: 8 5 4 8 3 36 8 4 8 8 8 Den siste matrisen her er på redusert trappeform, og
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT Kalkulus og lineær algebra Eksamensdag: Onsdag 9 mai 9 Tid for eksamen: 4:3 8:3 Oppgavesettet er på 7 sider Vedlegg: Tillatte
DetaljerFasit eksamen i MAT102 4/6 2014
Fasit eksamen i MAT /6. (a Løs ligningssstemene. Svar: i ( x i = 3x + = 7 x + = ( 6, ii x z ii = x + z = 3x + 6 + z = +. er fri. (b Ved å bruke MATLAB-kommandoen rref på totalmatrisen til ligningssstemet
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Kalkulus. Eksamensdag: Fredag 9. desember 2. Tid for eksamen: 9.. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MA1202/MA6202 Lineær algebra med anvendelser høsten 2009.
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 9 Løsningsforslag til eksamen i MA/MA6 Lineær algebra med anvendelser høsten 9 Oppgave a) Rangen til A er lik antallet
DetaljerLO510D Lin.Alg. m/graf. anv. Våren 2005
TF Høgskolen i Sør Trøndelag Avdeling for informatikk og e læring LO5D Lin.Alg. m/graf. anv. Våren 5 Løsningsforslag Eksamen a) Setter α = og β = i ligningssystemet og gausseliminerer totalmatrisen til
DetaljerMET Matematikk for siviløkonomer
SENSORVEILEDNING - Skriftlig eksamen MET 11803 Matematikk for siviløkonomer Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 18.1.017 Kl. 14:00 Innlevering: 18.1.017 Kl. 19:00 For mer informasjon om formalia,
DetaljerEKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Fredag 4. desember 2009 løsningsforslag
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Fredag 4. desember 2009 løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator
Detaljerdg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,
DetaljerMAT feb feb feb MAT Våren 2010
Våren 2010 Mandag 15. februar 2010 Forelesning Vi begynner med et eksempel på bruk av partiell derivasjon for å gjøre såkalt lineær regresjon, eller minste kvadraters metode. Dette er en anvendelse av
Detaljer1 Mandag 15. februar 2010
1 Mandag 15. februar 2010 Vi begynner med et eksempel på bruk av partiell derivasjon for å gjøre såkalt lineær regresjon, eller minste kvadraters metode. Dette er en anvendelse av teorien vi har gjennomgått
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA0002, V08
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA000, V08 Oppgave 1 Litt av hvert. a) (10%) Løs initialverdiproblemet gitt ved differensialligningen
DetaljerLøsningsforslag øving 7
Løsningsforslag øving 7 8 Husk at en funksjon er injektiv dersom x y gir f(x) f(y), men her ser vi at f(3) 9 f( 3), eller generelt at f(z) z f( z) for alle z C, som betyr at f ikke er injektiv Vi ser også
DetaljerEKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 25 2. januar 25 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4/TMA45 MATEMATIKK 3 Oppgave A- a) Finn kvadratrøttene til det komplekse tallet
DetaljerLøsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019
Løsningsforslag til prøveeksamen i MT15, vår 19 Oppgave 1. a) Vi har sinx + y) d R cosx + y) sinx + π) + sin x siden alle fire leddene er. yπ y π dx sinx + y) dy dx cosx + π) + cos x) dx sin π + sin π)
DetaljerMET Matematikk for siviløkonomer
SENSORVEILEDNING - Skriftlig eksamen MET 11803 Matematikk for siviløkonomer Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 29.05.2019 Kl. 09:00 Innlevering: 29.05.2019 Kl. 14:00 For mer informasjon om formalia,
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205)
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren 93064 EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA TMA405 Fredag 5 desember
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Kontakt under eksamen Navn: Bawfeh Kingsley Kometa kontor: 7359975, mobil: 936 24 483) Sensur: 06.0.20 EKSAMEN I NUMERISK
DetaljerIR 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
DetaljerSIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag
SIF55 Matematikk, 3. mai Oppgave Alternativ : At de to ligningene skjærer hverandre vil si at det finnes parameterverdier u og v som, innsatt i de to parametriseringene, gir samme punkt: Vi løser hver
DetaljerEt forsøk på et oppslagsverk for TMA4145 Lineære metoder
Et forsøk på et oppslagsverk for TMA4145 Lineære metoder Ruben Spaans May 21, 2009 1 Oppslagsverk Adjungert Ball, la (X, d) være et metrisk rom og la ɛ > 0. Da er for x 0 X: 1. B(x 0 ; ɛ) = {x x X d(x,
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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)
DetaljerUiO MAT1012 Våren Ekstraoppgavesamling
UiO MAT1012 Våren 2011 Ekstraoppgavesamling I tillegg til eksamen og prøveeksamen fra våren 2010 inneholder denne samlingen en del oppgaver som er blitt gitt til eksamen i diverse andre emner ved UiO i
DetaljerLøsningsforslag 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(Noter at studenter som innser at problemet er symmetrisk for x og y og dermed
Oppgave a) f (x) = (3x 2)x og f (x) = 6x 2 b) g (y) = e 3y2 y og g (y) = e 3y2 (6y 2 + ) c) F x(x, y) = (x+y)y ln(x+y) xy (x+y)(ln(x+y)) 2 Det gir, etter en del regning: og F y(x, y) = (x+y)x ln(x+y) xy
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07
Løsningsforslag til eksamen i MAT H7 DEL. (3 poeng Hva er den partiellderiverte f y når f(x, y, z = xeyz? xze yz e yz xe yz e yz + xze yz e yz + xze yz + xye yz Riktig svar: a xze yz Begrunnelse: Deriver
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE I SØK3004 VIDEREGÅENDE MATEMATISK ANALYSE
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for samfunnsøkonomi EKSAMENSOPPGAVE I SØK34 VIDEREGÅENDE MATEMATISK ANALYSE Faglig kontakt under eksamen: Arnt Ove Hopland Tlf.: 9 9 35 Eksamensdato:
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT Kalkulus og lineær algebra Eksamensdag: Lørdag 25. Mai 29. Tid for eksamen: :5 4:5. Oppgavesettet er på 7 sider. Vedlegg:
DetaljerEksamen IRF30014, våren 16 i Matematikk 3 Løsningsforslag
Oppgave 1. Eksamen IRF314, våren 16 i Matematikk 3 Løsningsforslag Ellipsen vil skal finne er på standardform x a + y b 1 der a > b for styrelinjene er vertikale linjer. Formelen for styrelinjene er x
DetaljerInstitutionen för Matematik, KTH
Institutionen för Matematik, KTH Lösningsforslag till tentamen, 200-2-7, kl. 8.00-.00. 5B04, Envariabel. Uppgift. Den karakteristiske ligningen r 2 r + 2 0 kan omskrives som (r )(r 2) 0. Den generelle
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, 9.5.4 Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a)
DetaljerLøsningsforslag 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()
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER (TMA4212)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Bård Skaflestad (946867) EKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER (TMA4212)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren (964) EKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER
DetaljerFasit til eksamen i emnet MAT102 - Brukerkurs i matematikk II Mandag 21.september 2015
Fasit til eksamen i emnet MAT02 - Brukerkurs i matematikk II Mandag 2.september 205 Fasit. (a) Løs ligningssystemene. i) 5x + 7y = 4 3x + 2y = ii) 3x + 4y + z = 2 2x + 3y + 3z = 7 Svar: i) x = 85/, y =
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode
DetaljerEksamen i TMA4122 Matematikk 4M
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Yura Lyubarskii: mobil 9647362 Anne Kværnø: mobil 92663824 Eksamen i TMA422 Matematikk
DetaljerOppgave 1 (25 %) - Flervalgsoppgaver
Oppgaver og løsningsforslag for 4t eksamen 10.mai 006 i LO510D Lineær algebra med grafiske anvendelser. Fra og med oppgave skal alle svar begrunnes. Oppgave 1 (5 %) - Flervalgsoppgaver Denne oppgaven består
DetaljerVær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter!
Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Oppgave.. a x y = x + y = r r r +r r x y = y fri x y = y fri Vi får én fri variabel, og løsningens har følgelig dimensjon.
DetaljerDet matematisk-naturvitenskapelige fakultet
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i IN 227 Numerisk lineær algebra Eksamensdag: 5. desember 2001 Tid for eksamen: 9.00 15.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg:
Detaljerc) En bedrift ønsker å produsere en gitt mengde av en vare, og finner de minimerte
Oppgave 1 (10 poeng) Finn den første- og annenderiverte til følgende funksjoner. Er funksjonen strengt konkav eller konveks i hele sitt definisjonsområde? Hvis ikke, bestem for hvilke verdier av x den
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 7 15.1.3: Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x.
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5
Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka /5-5/5 Øyvind Ryan (oyvindry@i.uio.no May, 009 Oppgave 5.0.a Ser at f(x, y = (, 3, og g(x, y = (x, y. g(x, y = 0 hvis og bare hvis x = y = 0, og dette er ikke kompatibelt
DetaljerEKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA4110)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA) Tirsdag 3. november Tid: 9: 3: LØSNINGSFORSLAG MED KOMMENTARER Oppgave I denne oppgaven
Detaljer16 Ortogonal diagonalisering
Ortogonal diagonalisering Ortogonale matriser Definisjon (Def 7) En n n matrise A kalles ortogonal dersom den er invertibel og A A T Denne betingelsen er ekvivalent til at der I n er n n identitesmatrisen
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/Utsatt eksamen i: MAT1001 Matematikk 1 Eksamensdag: Torsdag 15 januar 2015 Tid for eksamen: 14:30 18:30 Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg:
DetaljerLP. Kap. 17: indrepunktsmetoder
LP. Kap. 17: indrepunktsmetoder simpleksalgoritmen går langs randen av polyedret P av tillatte løsninger et alternativ er indrepunktsmetoder de finner en vei i det indre av P fram til en optimal løsning
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005
LØSNINGSFORSLAG TMA45 Matematikk 8. August 5 Oppgave Vi introduserer funksjonen g(x, y, z) x +y z slik at flaten z x + y er gitt ved g(x, y, z). I dette tilfellet utgjør gradienten til g en normalvektor
DetaljerLøsningsforslag 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
DetaljerTMA4105 Matematikk 2 Vår 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Løsningsforslag Øving 7 10.4.7 Vi skal finne likningen til et plan gitt to punkter P = (1, 1,
DetaljerOppgaver MAT2500 høst 2011
Oppgaver MAT2500 høst 2011 31. oktober 2011 Oppgaver avsnitt 1 Oppgave 1. Bruk cosinussetningen til å se at definisjonen av vinkel i planet blir riktig. Oppgave 2. Vis at d(x, y) = 0 hvis og bare hvis
DetaljerEKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 10 Faglig kontakt under eksamen: Truls Fretland (73 55 89 87) EKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER LØSNINGSFORSLAG
DetaljerMAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen
MAT-4 Vårsemester 7 Prøveeksamen Contents. Forord................................. OPPGAVE OPPGAVE OPPGAVE 7 4 OPPGAVE 8 OPPGAVE 6 OPPGAVE 7 OPPGAVE 8 OPPGAVE 9 Formatering av svarene 4 9. Rasjonale tall.............................
DetaljerEksamensoppgave i TMA4110/TMA4115 Calculus 3
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA4110/TMA4115 Calculus 3 Faglig kontakt under eksamen: Markus Szymik Tlf: 411 16 793 Eksamensdato: August 2018 Eksamenstid (fra til): 09:00 13:00 Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerLØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN VÅR 2012 I TIØ4120 OPERASJONSANALYSE, GRUNNKURS
LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN VÅR 2012 I TIØ4120 OPERASJONSANALYSE, GRUNNKURS Oppgave 1 1 2 Oppgave 2 a) Vi lar x s, x g og x p være nye priser for henholdsvis standard-, gull- og platinarom. Hvis
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 11. juni 21. Tid for eksamen: 14.3 17.3. Oppgavesettet er på 7 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: MAT111 Kalkulus
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/utsatt eksamen i Eksamensdag: 9. august 2. Tid for eksamen: 9 2. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: MAT Kalkulus
DetaljerEksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag
Oppgave 1. Fra ligningen Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag x 2 64 y2 36 1 finner vi a 64 8 og b 36 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a 2 + b 2 64 + 36 1 1. Dermed er fokuspunktene
DetaljerOppsummering matematikkdel ECON 2200
Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke 7. mai 2008 1 Innledning En rask oppsummering av hele kurset vil ikke kunne dekke alt vi har gjennomgått. Men alt er pensum, selv om det ikke blir
DetaljerHØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning
HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMEN I FOA94 Differensialligninger KLASSAR : 08HETK, 08HMAM, 08HMMT, 08HMPR, 08HUVT DATO : 0. desember 200 ANTALL OPPGAVER 3 ANTALL SIDER 3 VEDLEGG
DetaljerOppsummering matematikkdel
Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke Økonomisk Institutt May 8, 2009 KAB (Økonomisk Institutt) Oppsummering May 8, 2009 1 / 22 Innledning Rekker bare å nevne noen hovedpunkter Alt er
DetaljerMAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen
MAT-1004 Vårsemester 017 Prøveeksamen Contents 0.1 Forord................................. 1 1 OPPGAVE OPPGAVE OPPGAVE 6 4 OPPGAVE 7 5 OPPGAVE 10 6 OPPGAVE 11 7 OPPGAVE 11 8 OPPGAVE 1 9 Formatering av
DetaljerFYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1
FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig. januar 8 Her er løsningsforslag for Oblig som dreide seg om å friske opp en del grunnleggende matematikk. I tillegg finner dere til slutt et løsningsforslag
DetaljerLøsning Eksamensrelevante oppgaver i ELE 3719 Matematikk Vektorer, matriser og lineær algebra Dato Februar Oppgave 1. (A) Vi leser av at
Løsning Eksamensrelevante oppgaver i ELE 379 Matematikk Vektorer, matriser og lineær algebra Dato Februar 05 Oppgave. (A) Vi leser av at A = 3 5, B = ( 0 5 ), C = 0 5 9 og har dermed at π x = Ax + BT =
Detaljer4.2 Nullrom, kolonnerom og lineære transformasjoner
4.2 Nullrom, kolonnerom og lineære transformasjoner Utover Span {v 1, v 2,..., v p } er det en annen måte vi får lineære underrom på! Ser nå på V = R n. Skal se at det er visse underrom knyttet til en
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 10 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 10 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Antideriverte. 2 Differensiallikninger
DetaljerLøsning til eksamen i ingeniørmatematikk
Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 Oppgave Vektorfeltet har komponenter og er funksjon av variable Jacobimatrisen er av type ( xy) ( xy) x y ( yx) ( yx) xy x y xy Innsatt finner vi JF ( x, y)
DetaljerMAT Onsdag 7. april Lineær uavhengighet (forts. 1.8 Underrom av R n, nullrom, basis MAT Våren UiO. 7.
MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom MAT 2 Våren 2 UiO 7. april 2 / 23 MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom Minner om:.7 Lineær (fortsettelse) Definisjon. To vektorer u og v i R n kalles lineært avhengige dersom
DetaljerEKSAMEN I MA0002 Brukerkurs B i matematikk
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Faglig kontakt under eksamen: Achenef Tesfahun (9 84 97 5) EKSAMEN I MA2 Brukerkurs B i matematikk Lørdag 322 Tid:
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA1202/MA6202 VÅR 2010
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA/MA6 VÅR Oppgave. a Radredusering gir A 4 6 5 R, og siden R har to ledende variabler så får vi ranka. Siden A har re kolonner gir dimensjonsteoremet for matriser at nullitya 4
DetaljerUNIVERSITETET 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.
DetaljerTMA4215 Numerisk matematikk
TMA45 Numerisk matematikk Høst 0 Løsningsforslag øving 7 Oppgave a Vi har Eksakt løsning: yt n+ = yt n + hφ t n, yt n ; h + d n+, Numerisk løsning: y n+ = y n + hφt n, y n ; h. Ta differensen mellom disse,
DetaljerEksamensoppgave MAT juni 2010 (med løsningsforslag)
Eksamensoppgave MAT-4 juni (med løsningsforslag) Contents OPPGAVE OPPGAVE 4 OPPGAVE 5 4 OPPGAVE 6 5 Fasit 7 5 Oppgave 7 5 Oppgave 7 5 Oppgave 8 54 Oppgave 8 6 Løsningsforslag 9 6 Oppgave 9 6 Oppgave 6
DetaljerLøsningsforslag 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
DetaljerForkurs, 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
DetaljerMinste kvadraters løsning, Symmetriske matriser
Minste kvadraters løsning, Symmetriske matriser NTNU, Institutt for matematiske fag 19. november 2013 Inkonsistent ligningsystem Anta at Ax = b er et inkonsistent ligningsystem, da er b ikke i Col(A).
Detaljers 2 Y + Y = (s 2 + 1)Y = 1 s 2 (1 e s ) e s = 1 s s2 s 2 e s. s 2 (s 2 + 1) 1 s 2 e s. s 2 (s 2 + 1) = 1 s 2 1 s s 2 e s.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august Løsningsforslag a) Andre forskyvningsteorem side 35 i læreboken) gir at der ut) er Heaviside-funksjonen f t) = L {F s)} = ut ) g
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MA1202/MA6202 Lineær algebra med anvendelser våren 2009.
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i MA22/MA622 Lineær algebra med anvendelser våren 29 Oppgave a) Rangen til A er lik antallet
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 28/4-2/5
Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 8/4-/5 Tom Lindstrøm (lindstro@math.uio.no) 5..5 a) Alle punktene i B har avstand til origo større enn 1, så d(0, B) må være minst 1. Ved å velge punkter på x-aksen
Detaljer