Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i Kalkulus. Øyvind Ryan

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i Kalkulus. Øyvind Ryan"

Transkript

1 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i Kalkulus Øyvind Ryan. november 4

2 Innhold Kapittel 3 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 9 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 3 3 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 4 Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 5 3 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 6 37 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon

3 Kapittel 7 46 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 8 5 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 9 59 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 7 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 84 Seksjon Seksjon Kapittel 88 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon

4 Kapittel Seksjon. Oppgave..3 La alderen på de tre barna være x, y, og z, i avtagende rekkefølge. Den første opplysningen sier at xyz 36. Dette gir følgende muligheter for (x, y, z: (36,,, (8,,, (, 3,, (9, 4,, (9,,, (6, 6,, (6, 3,, og (4, 3, 3. Den andre opplysningen vi bruker er at x+y+z husnummeret. For talltriplene vi listet opp over er x + y + z henholdsvis 38,, 6, 4, 3, 3,, og. Siden venninnen fremdeles ikke vet hvor gamle barna er er enste mulighet at summen er 3, siden dette er eneste mulighet som har to mulige verdier for (x, y, z, nemlig (9,, og (6, 6,. Siden det bare er den eldtse som ikek har lagt seg enda så er den siste muligheten utelukket, slik at barna er 9,, og år gamle. Seksjon. Oppgave..5 Vi skal bevise påstanden P n : n 5 n er delelig med 5. P er opplagt sann ( 5. Anta vi har vist P k for k,..., n, og la oss bruke dette til å vise P n+, det vil si at (n + 5 (n + også er delelig med 5. Vi har at (n + 5 (n + n 5 + 5n 4 + n 3 + n + 5n + n n 5 n + 5(n 4 + n 3 + n + n. Siden n 5 n er delelig med 5, og siden 5(n 4 + n 3 + n + n opplagt er delelig med 5, så følger det da at (n + 5 (n + også er delelig med 5, slik at P n+ også er sann. 3

5 Oppgave..6 n(n + 5 er opplagt delelig med 6 for n (vi får da 6. Anta vi har vist at k(k + 5 er delelig med 6 for k,..., n, og la oss bruke dette til å vise at (n + ((n også er delelig med 6. Vi har at (n + ((n (n + (n + n + 6 n(n + n n + n + 6 n(n n(n + + n + n + 6 n(n n + 3n + 6 n(n n(n Det siste uttrykket er en sum av tre tall som alle er delelig med 6. 3n(n + er delelig med 6, siden en av n og n + er delelig med. Dermed er også (n + ((n delelig med 6. Oppgave..7 Vi lar P n være påstanden at n+ + 3 n+ er delelig med 7. For n er dette tallet , som opplagt er delelig med 7. Anta at vi har vist at P n er sann. Vi skal vise at P n+ er sann, det vil si at (n++ +3 (n++ er delelig med 7. Vi har at (n (n++ n n+3 n n+ n+ + 3 n+ 3 n n+ ( n+ + 3 n n+. Siden vi antar at P n er sann så vil ( n+ + 3 n+ være delelig med 7. Videre er også det andre leddet, 7 3 n+, delelig med 7. Men da vil også (n (n++ være delelig med 7, og vi har vist at P n+ er sann. Trickset vi gjorde over var å legge til og trekke fra 3 n+. Det er dette som gjør at vi kan bruke indkusjonsantagelsen og trekke ut to ledd, der begge er delelig med 7. Oppgave..8 Vi skal vise at, for alle naturlige tall n, n > ( n +. For n sier dette ar > (.8, slik at hypotesen holder for n. Anta så at vi har vist hypotesen for k,..., n. Vi skal vise at den også holder for n +, det vil si at > ( (n + + n +. 3 n + 4

6 Vi har at + + n ( n n + > ( n + + n + n + + n +. Induksjonshypotesen er sann også for n + hvis vi klarer å vise at n + + n + > n +. Dette er det samme som at n + + n+ > n +. Kvadrerer vi begge sider får vi at 4(n n+ > 4(n +, som er det samme som at n+ >, som jo er riktig. Oppgave..9 Siden det står n tall i telleren og n tall i nevneren kan vi skrive 3 5 (n 3 n n n. n For < t < er begge sidene i ulikheten t t positive. Det er derfor nok å vise at ulikheten holder når vi kvadrerer begge sider: men dette er det samme som at t 4 c Vi har at 3 5 (n 4 6 n t t + t 4 n n,, som opplagt holder n ( ( n 4 6 ( / ( /3 ( /n 3 n ( n n 3 n der vi har brukt ulikheten fra på alle n ledd bortsett fra det første, og der vi har forkortet alle ledd bortsett fra n i den siste overgangen. 5

7 Oppgave.. Vi får at Vi ser fra dette at vi kan danne hypotesen P n at summen av de n første oddetallene er n. At P er riktig ser vi fra. Det n te oddetallet er n. Anta at P n er sann, det vil si at (n n. Vi har da at summen an de n + første oddetallene er (n + ( (n + (n + Dette viser at P n+ også er sann. Oppgave.. n + n + (n +. Med f(x e x har vi at f (x xe x p (xe x, der p (x x. Induksjonshypotesen er derfor opplagt sann for n, siden p er et polynom av grad. Anta nå f (n (x p n (xe x, der p n er et polynom av grad n. Vi har at f (n+ (x (p n (xe x + p n (xxe x (xp n (x + (p n (xe x p n+ (xe x, der vi har definert p n+ (x xp n (x + (p n (x. Det er opplagt at p n+ er et polynom av grad n +, og vi har dermed fullført induksjonsbeviset. Oppgave..5 Vi skal bevise påstanden P n, når P n er definert ved at n k k3 n4 4 n k k3. For n svarer dette til at , som er det samme som at 4 9. P er derfor sann, slik at første trinnet i induksjonsbeviset er greit. Anta så at vi har vist at P n er sann, og at vi skal vise P n+, det vil si at n k k3 (n+4 4 n+ k k3. La oss skrive opp disse tre størrelsene under 6

8 hverandre, med de lengst til høyre øverst: n+ k 3 k n k 3 + (n + 3 k n k 3 + n 3 + 3n + 3n + (n + 4 n4 + 4n 3 + 6n + 4n + n n3 + 3 n + n + 4 n n k 3 k 3 + n 3. k I tillegg til å gange ut (n+ 3 og (n+ 4, så har vi også her splittet opp summene ved å sette det siste leddet utenfor summen. Vi ser nå at de første leddene på høyre siden er leddene som inngår i P n, og for disse har vi jo at n k k3 n4 4 n k k3. Videre er det klart at n 3 n n + n + 4 n3 + 3n + 3n +. Fra disse to observasjonene følger det nå at n k k3 (n+4 4 n+ k k3, siden en sum er mindre enn en annen sum hvis hver av leddene er det. Seksjon.4 Oppgave.4.8 k k Setter vi inn a b i binomialformelen får vi at n ( n n ( n n ( + n k n k. k k n er antall mulige måter å plukke ut elementer fra en samling av n objekter. Dette kan sees slik: For hvert av de n objektene er det to muligheter: Det kan bli plukket ut, eller ikke bli plukket ut. Det totale antall måter å plukke ut på blir da produktet av antall muligheter for hvert objekt, det vil si n. Antall måter å plukke ut elementer fra n objekter kan også skrives som summen over antall mulige måter å plukke ut k elementer fra de n, der k (summeindeksen løper fra til n. Siden antall mulige måter å plukke ut k elementer fra n objekter er ( n n ( k, så får vi også n k k for det totale antall muligheter. Dette blir dermed et kombinatorisk bevis for at n n ( n k k. Seksjon.5 Oppgave.5.8 Hvis P (x er delelig med x a, så kan vi skrive P (x (x P (x. Hvis P (x også er delelig med x b så må jo P (. Men da er det klart at også P (, siden b a. Men da følger det fra Setning.5.5 at P er delelig med x b også, slik at vi kan skrive P (x (x P (x, og vi har derfor k P (x (x P (x (x (x P (x, k 7

9 slik at P også er delelig med (x (x. 8

10 Kapittel Seksjon. Oppgave..9 Vi har at x y (x z + (z y x z + z y, der vi i den siste overgangen brukte trekantulikheten. Oppgave.. Vi skal vise ved induksjon at a + a + a a n a + a + a a n. For n er dette opplagt, siden det da står det samme på venstre og høyre side. For n er det også opplagt, dette er jo ikke noen annet enn trekantulikheten. Anta nå at vi har vist hypotesen for k,..., n, og la oss vise at hypotesen også holder for n +, det vil si at Vi skriver a + a + a a n+ a + a + a a n+. a + a + a a n+ (a + a + a a n + a n+ a + a + a a n + a n+ ( a + a + a a n + a n+ a + a + a a n+, der vi første brukte hypotesen for n, deretter for n. Dette fullfører induksjonshypotesen. Seksjon. Oppgave..5 Dette utsagnet er galt: Summen av to irrasjonale tall kan godt bli rasjonalt. Hvis a er irrasjonalt så ser vi fra at a også er irrasjonalt. Men vi har at a + (, som jo er rasjonalt. 9

11 Dette utsagnet er riktig: Hvis a er irrasjonal, så er a det også. Dette kan bevises slik: Anta for motsigelse at a er rasjonal. Da er a + ( rasjonalt, men vi vet at summen av et rasjonalt og et irrasjonalt tall alltid er irrasjonalt (Korollar... Dette er en motsigelse, slik at a må være irrasjonalt. c Dette utsagnet er galt: a kan godt være irrasjonal, selv om a er rasjonal. Sett a. a er irrasjonal, mens a er rasjonal. d Dette utsagnet er riktig: Hvis a er irrasjonal så er a det også. Hvis nemlig a var rasjonal så gir Korollar.. oss at a også er rasjonal, som er en motsigelse. e Dette utsagnet er riktig: Hvis a er irrasjonal, så er også a irrasjonal. Hvis a var irrasjonal, så ville a b c der b, c Z. Men da ville a c b, slik at a også er rasjonal, som er en selvmotsigelse. Oppgave..8 Vi antar for motsigelse at a b, og at a p p... p n, b q q... q m, der p i, q j alle er primtall. a b kan skrives b a, som igjen kan skrives q q... q m p p... p n. Kvadrerer vi begge sider får vi at q q q q... q m q m p p p p... p n p n. La r være antall tall blant p,..., p n som er, og la s være antall tall blant q,..., q m som er. I produktet på venstre side av likhetstegnet i vil det da være r + -tall, mens det i produktet på høyre side vil være s -tall. Siden det ikke finnes tall som er både partall og oddetall, så finnes det forskjellig antall -tall i produktene på høyre og venstre side. c Aritmetikkens fundamentalteorem sier at ethvert tall har en unik faktorisering i primtall. Spesielt vil primtallet foregå like mange ganger i en enhver faktorisering i primtall. Men vi har over vist at det er forskjellig antall forekomster av -tall på hver side, som er en motsigelse. Derfor må være irrasjonal.

12 Oppgave..9 Vi antar for motsigelse at n a b, og setter a p p... p r, b q q... q m som i Oppgave..8, der p i, q j alle er primtall. Kvadrerer vi uttrykket n a b og flytter over får vi nq q q q... q m q m p p p p... p r p r. la n s s... s t være primtallsfaktoriseringen av n. Siden n ikke er et kvadrattall så finnes et primtall p som forekommer et odde antall ganger, u +, i primtallsfaktoriseringen n s s... s t (hvis et slikt primtall ikke finnes så må n være et kvadrattall. Vi ser nå at p forekommer et odde antall ganger på venstre side (i nq q q q... q m q m, og et like antall ganger på høyre side p p p p... p r p r. Dette er en motsigelse ifølge aritmetikkens fundamentalteorem (en primtallsfaktorisering er unik. Vi konkluderer med at n er irrasjonal. Seksjon.3 Oppgave.3.5 Vi har to muligheter:. sup(a sup(b. I så fall er sup(a B sup(a max(sup(a, sup(b. sup(a < sup(b. I så fall er sup(a B sup(b max(sup(a, sup(b Uansett har vi at sup(a B max(sup(a, sup(b, slik at utsagnet er sant. Vi kan ha at A B. I så fall er utsagnet opplagt galt. c Vi har to muligheter:. inf(a inf(b. I så fall er inf(a B inf(b min(inf(a, inf(b. inf(a < inf(b. I så fall er inf(a B inf(a min(inf(a, inf(b Uansett har vi at inf(a B min(inf(a, inf(b, slik at utsagnet er sant. d Vi kan ha at A B sim i, og da blir utsagnet galt også her.

13 Seksjon.4 Oppgave.4.4 Vi skriver a + a A4 a + a A3 a ( + a A a, der vi har indikert hvilket aksiom vi bruker i hver overgang.

14 Kapittel 3 Seksjon 3. Oppgave 3.. Anta at z z + iz og w w + iw er slik at både z + w og zw er reelle. At z + w z + iz + w + iw z + w + i(z + w er reell betyr at imaginærdelen er, det vil si at z + w, som betyr at w z. At zw er reell betyr at zw (z + iz (w + iw z w z w + i(w z + w z er reell, som på samme måte bare kan skje hvis w z + w z. Vi har nå brutt ned problemet vårt til å finne alle reelle løsninger av w z w z w z. En løsning av disse er opplagt, nemlig at z w, som svarer til at både z og w er reelle. Hvis z blir den unike løsningen av likningene w z w w z z w z w z, som uttrykker at z og w må være konjugerte av hverandre. Seksjon 3. Oppgave 3..3 Vi regner ut zw ( + i 3( + i 3 + i( i( 3 + z w + i 3 ( + i 3( i + i + ( i( i. 3

15 For z har vi r + 3, og cos θ, sin θ 3, som gir θ π 3. For w har vi r +, og cos θ, sin θ, som gir θ π 4. c Fra ser vi at z w har polarform r, og θ π 3 π 4 π. Vi har dermed z w ( π cos + i ( π sin + i. Sammenligner vi realdelene og imaginærdelene ser vi at ( π 3 + cos ( π 3 sin, som gir ( π 6 + cos Oppgave 3..4 Vi har at ( π sin z + w (z + wz + w (z + w( z + w z z + z w + w z + w w z + w + zw + zw z + w + R( zw z + w. Geometrisk betyr R( zw at vinklene z og w står vinkelrett på hverandre: Hvis argumentet til z er θ og argumentet til w er φ, så blir jo argumentet til zw lik φ θ (siden argumentet til z er θ, og zw har null i realdel hvis argumentet er ± π, som skjer bare hvis θ og φ skiller seg med π, det vil si at z og w står vinkelrett på hverandre. Men da danner z, w, z+w sidene i en rettvinklet trekant, og det vi har vist er da ikke noe annet enn Pythagoras læresetning. Oppgave 3..6 Vi har at z (z (z + (z (z + z + (z + z + z + zz + z z z + z z z + der vi har brukt at zz z. Dette tallet er rent imaginært, siden z z er det (realdelene kansellerer hverandre. 4

16 , z, og z + ligger alle på en sirkel med sentrum i z med radius ( ligger på denne sirkelen siden z. z og z + ligger også på samme diameter i sirkelen, og det at z z+ er rent imaginær betyr at vektorene z og z + i planet står vinkelrett på hverandre, siden hvis a har vinkel θ og b har vinkel φ, så har a b vinkel θ φ, og a b er rent imaginær hvis og bare hvis θ φ er 9 grader. Med andre ord, i en trekant innskrevet i en sirkel der to av hjørnene ligger på diameteren, så vil vinkelen i det tredje hjørnet være 9 grader. Oppgave ti og ti har samme modulus ( + t, og hvis argumentet til + ti er φ, så blir argumentet til ti lik φ. Men da har +ti ti modulus lik og argument lik θ φ. For alle t ligger dermed punktene på sirkelen om origo med radius, som var det vi skulle vise. Fra vet vi at argumentet til +ti ti er θ φ, der φ er argumentet til + ti. Sistnevnte er løsningen på tan φ t, slik at tan ( θ t. Oppgave 3.. Fra trekantulikheten kan vi skrive som også kan skrives z z w + w z w + w w w z + z w z + z z w + z, z w z w w z w z z w. Siden en av de to venstresidene her er lik z w, så kan vi konkludere med at z w z w. 5

17 Seksjon 3.3 Oppgave Vi skal regne ut ( + i 84 og (3 i 73 ved hjelp av de Moivres formel. Da + i har modulus og argument π 4 får vi ( ( ( π cos 4 ( + i 84 ( (cos 84 84π 4 ( π 84 + i sin 4 + i sin ( 84π 4 (cos (π + i sin (π 4 (cos (π + π + i sin (π + π 4 (cos (π + i sin (π i har modulus og argument π 6, og vi får dermed også ( ( ( ( 3 i 73 cos π ( 6 (cos 73 ( (cos 73 ( 5π (cos ( ( + i sin 73 π 6 73π ( + i sin 73π 6 6 8π + 5π ( + i sin 8π + 5π 6 6 ( 5π + i sin i 7 ( 3 + i. Oppgave Bruker vi De Moivres formel får vi ( n + i tan θ i tan θ ( n + i sin θ cos θ i sin θ cos θ ( n cos θ + i sin θ cos θ i sin θ (cos θ + i sin θn (cos θ i sin θ n (cos θ + i sin θ n (cos( θ + i sin( θ n cos(nθ + i sin(nθ cos(nθ + i sin(nθ cos( nθ + i sin( nθ cos(nθ i sin(nθ + i sin(nθ cos(nθ i sin(nθ cos(nθ + i tan(nθ i tan(nθ. 6

18 Oppgave 3.3. Vi har først bruk for at formlene e iθ cos θ + i sin θ e iθ cos θ i sin θ, som jo gjelder for reelle θ, også gjelder for komplekse z, det vil si e iz cos z + i sin z e iz cos z i sin z. Disse vises ved at vi først regner ut cos z + i sin z ved hjelp av definisjonene cos z eiz + e iz sin z eiz e iz i fra Seksjon 3.3 (e iz -leddene vil da kansellere, deretter regner vi ut cos z i sin z på samme måte (e iz -leddene vil da kansellere. Vi får nå sin(z + w ei(z+w e i(z+w eiz e iw e iz e iw i i (cos z + i sin z(cos w + i sin w (cos z i sin z(cos w i sin w i i(cos z sin w + sin z cos w sin z cos w + cos z sin w, i der halvparten av leddene i telleren kansellerte. På samme måte får vi at cos(z + w ei(z+w + e i(z+w eiz e iw + e iz e iw (cos z + i sin z(cos w + i sin w + (cos z i sin z(cos w i sin w (cos z cos w sin z sin w cos z cos w sin z sin w. Oppgave 3.3. Formelen n k zk zn+ z kan bevises ved induksjon på nøyaktig samme måte som for reelle tall. Formelen er opplagt sann for n. Hvis vi har vist den for,,..., n, så får vi for n + n+ z k k n k zn+ z z k + z n+ zn+ z + zn+ z n+ z zn+ + z n+ z n+ z + z n+ zn+ z, som viser at formelen holder også for n +. Dermed holder formelen for alle n. 7

19 Setter vi inn z e ikθ i formelen fra får vi først at z k e ikθ, og deretter som var det vi skulle vise. c n k e ikθ ei(n+θ e iθ, Høyresiden fra svaret i kan omskrives slik: e i(n+θ e iθ ei(n+θ/ e iθ/ e i(n+θ/ e i(n+θ/ e iθ/ e iθ/ e i(n+θ/ e i(n+θ/ e inθ/ i e iθ/ e iθ/ i e ( sin (n+ inθ/ θ sin ( θ, som er det uttrykket vi skulle frem til. Vi har her brukt formlene for cosinus og sinus uttrykt ved hjelp av eksponentialfunksjoner. d Setter vi opp realdel og imaginærdel i uttrykket i c får vi n e ikθ k n (cos(kθ + i sin(kθ k n n cos(kθ + i sin(kθ k ( ( n ( n ( sin n+ cos θ + i sin θ θ sin ( θ cos ( n θ sin ( n+ θ + i sin ( n θ sin ( n+ sin ( θ sin ( θ k θ. Sammenligner vi realdelene og imaginærdelene i disse uttrykkene får vi n cos(kθ cos ( n θ sin ( n+ θ sin ( θ n sin(kθ sin ( n θ sin ( n+ θ sin (, θ k k som var det vi skulle vise. 8

20 Seksjon 3.4 Oppgave Bruker vi formelen for løsningen av andregradslikningen får vi z ( i ± 4( i 8i ( i ± 36i + i ± 3 ( + i. + i ± 3 i ( i ± 4 8i 4 8i Velget vi positivt fortegn her får vi roten i( + 3. Velger vi negativt fortegn får vi roten 3 + i( 3. Modulus for begge røttene blir ( 3 + ( Argumentet θ til den første roten ligger i første kvadrant og er gitt ved at cos θ + 3 Oppgave (3, som vi må slå inn på kalkulator. ( 5 ( + z 5 ( z 5 +z kan skrives z, og femterøttene til er på formen e kπi/5, k 5. Disse kan også skrives på formen w k, der w e πi/5. Vi har altså at +z z wk, som kan skrives + z ( zw k, eller z( + w k w k, eller z wk w k +. Erstatter vi 5 med n i utregningen over, og w med w n e πi/n, så vil utregningen gå på samme måte, og vi får z wk n, k n. wn k + c Vi kan skrive z ekπi/n e kπi/n + + ekπi/n e kπi/n e kπi/n + ekπi/n e kπi/n e kπi/n +. ( e kπi/n ( e kπi/n + e kπi/n + Dette er et rent imaginært tall, siden e kπi/n e kπi/n i sin ( kπ n er rent imaginært, og sidene nevneren er reell. Dermed ligger alle løsningene på den imaginære aksen, som jo utgjør en rett linje i det komplekse planet. 9

21 Seksjon 3.5 Oppgave i 3 kan skrives på polarform som e πi/3, slik at kvadratrøttene blir ± e πi/3 ± ( + 3i. Bruker vi formelen for løsningen av andregradslikningen får vi z ± 4 ± 3 i. To av røttene er dermed kvadratrøttene til + 3 i ( + 3i, som på grunn av må bli ± ( + 3i. Siden de konjugerte også er røtter, så vil de siste røttene være ± ( 3i. Mer kompakt kan dermed alle røttene skrives ± ± 3 i, der alle fire fortegnsvalg er tillatt. Vi ser at alle røttene har modulus, og har argumenter π 3, π 3, 4π 3, 5π 3. Ganger vi sammen bidragene for de konjugerte røttene finner vi ( (z e i π 3 (z e i 5π π 3 z cos z + z z + ( 3 (z e i π 3 (z e i 4π π 3 z cos z + z + z +. 3 Vi kan derfor skrive z 4 + z + (z z + (z + z +. Oppgave Formelen for summen av en geometrisk rekke sier at z 4 + z + z6 z z. Når z 6 så er det da klart at dette blir. når

22 Kapittel 4 Seksjon 4. Oppgave 4..3 Differenslikningen x n+ +x n+ +4x n har karakteristisk likning r +r+4, som har røtter r ± 4 6 ± i 3 Velger vi r + i 3 finner vi at r har modulus + 3, og argument gitt ved tan θ 3 3, som gir at θ π 3. Setning 4..6 gir derfor at den generelle løsningen på kompleks form er x n Cr n + Cr n C( + i 3 n + C( i 3 n, mens den generelle løsningen på reell form er Oppgave 4..4 x n E n cos(πn/3 + F n sin(πn/3. Differenslikningen x n+ 3x n+ +3x n har karakteristisk likning r 3r+3, som har røtter r 3± 9 3±i 3. Velger vi roten 3+i 3 så kan vi skrive den generelle løsningen på kompleks form som ( 3 + i n ( 3 3 i n 3 x n C + C. 3+i 3 har modulus 9 + 3/4 3/, og argument θ arctan( 3/3 π/6. Den generelle løsningn på reell form kan dermed skrives ( n ( n 3 3 E cos(nπ/6 + F sin(nπ/6.

23 Oppgave 4..5 Differenslikningen x n+ +x n+ 6x n har karakteristisk likning r +r 6, som har løsning r ± +4, som gir røttene r og r 3. Den generelle løsningen blir dermed x n C n + D( 3. Setter vi inn for initialverdiene får vi likningene C + D 9 C 3D. Løser vi disse får vi at C 5 og D 4, slik at løsningen blir x n 5 n +4 ( 3 n. Differenslikningen x n+ x n+ +x n har karakteristisk likning r r+, som har løsning r ± i 3. Velger vi r + i 3 så ser vi at r har modulus, og argument gitt ved tan θ 3/ / 3, som gir θ π 3. Den generelle løsningen på reell form blir dermed x n E n cos(nπ/3 + F n sin(nπ/3 E cos(nπ/3 + F sin(nπ/3. x og x gir likningene E E + F 3. Setter vi inn i den andre likningen får vi at F, slik at løsningen blir cos(nπ/3. d Differenslikningen x n+ +x n+ +x n har karakteristisk likning r +r+, som har løsning r ± i. Velger vi r + i så ser vi at r har modulus, og argument gitt ved θ 3π 4. Den generelle løsningen på reell form blir dermed x n E( n cos(n3π/4 + F ( n sin(n3π/4. x og x gir likningene E E + F. Setter vi inn i den andre likningen får vi at F E, slik at løsningen blir x n ( n cos(n3π/4 ( n sin(n3π/4.

24 Oppgave 4..9 Siden første siffer skal være er det klart at vi må ha at a. Siden neste siffer ikke kan være hvis forrige var, så er det klart at andre siffer må være. Dermed må vi også ha a, siden det bare er en mulighet for de to første sifrene. Dette forklarer initialbetingelsene. La oss så forklare hvorfor vi har at a n a n +a n for n >. Alle sekvenser av lengde n kan splittes i to kategorier: de som slutter med, og de som slutter med. Siden to enere ikke kan følge etter hverandre så må sistnevnte slutte med. Observer nå følgende:. For sekvenser av lengde n som slutter med så kan de første n sifrene velges vilkårlig, slik at vi her har a n muligheter.. For sekvenser av lengde n som slutter med så kan de første n sifrene velges vilkårlig, slik at vi her har a n muligheter. Legger vi sammen disse to mulighetene får vi at a n a n + a n for n >. Differenslikningen kan også skrives a n a n a n, som har karakteristisk likning r r med røtter r ± 5. Den generelle løsningen på ( + differenslikningen er derfor a n C n+d ( 5 n. 5 Setter vi a a får vi likningene ( + ( 5 5 C + D ( + ( 5 5 C + D, som kan skrives C( D( 5 C( D(3 5. Hvis vi trekker disse fra hverandre får vi at C + D, slik at D C. Setter vi dette inn i den første likningen får vi at C 5, slik at C 5 5, og dermed D 5 5. Dermed blir løsningen a n ( 5 + n Oppgave 4..3 ( n (( n ( 5 n 5. Likningen vi skal frem til kan skrives som x n 4 x n x n. Det første leddet svarer til de som var syke for en uke siden, og som fremdles er syke (5% av de som var syke. Det andre leddet svarer til de som er blitt smittet av de som hadde sykdommen for to uker siden. 3

25 Den karakteristiske likningen er r 4 r 5 4, som har løsninger og 5/4. Den generelle løsningen er dermed x n C( n + D(5/4 n. Initialverdiene er x 9, x 6, som gir likningene C + D 9, C + (5/4D 6, som gir C, D. Dette gir løsningen x n ( n + (5/4 n. Vi ser at x n når n. c Den nye differenslikningen blir x n 4 x n 3 4 x n som har røtter og 3/4. Den generelle løsningen blir dermed x n C + D( 3/4 n. Initialverdiene gir C + D 9, C (3/4D 6, som gir C 3, D 4. Dette gir løsningen x n 3 4( 3/4 n. Vi ser nå at lim n x n 3. Anta til slutt at sykdommen er enda mindre smittsom, slik at antall syke tilfredsstiller differenslikningen x n 4 x n cx n, med c < 3/4. Den karakteristiske likningen har da røtter /4± /6+4c. Når c < 3/4 har vi at /6 + 4c < / /6, slik at /6 + 4c < 7/4. Vi har da at r i /4 ± /6 + 4c /6 + 4c /8 + < /8 + 7/8. Dermed blir begge røttene i den karakteristiske likningen mindre enn i absoluttverdi, og dermed blir lim n x n. Oppgave ± 3 4 Den karakteristiske likningen er r 3r+, som har røtter r 3/ ± i/. Setter vi r 3/ + i/ ser vi at ρ og θ π/6, slik at den generelle løsningen er x n E cos(nπ/6+f sin(nπ/6. Initialverdiene x, x 3 6 gir likningene E 3/ + F/ F 6, som gir at E 3 ( Løsningen blir dermed x n 6 3 cos(nπ/6 6 sin(nπ/6. For å finne hvilken måned det er kaldest varmest, så kan vi sette den deriverte til funksjonen f(t 6 ( 3 cos(tπ/6 6 sin(tπ/6 lik. Vi får da f (t π sin(tπ/6 6 cos(tπ/6. Derfor må vi ha at tan(tπ/6 3/3, slik at tπ/6 π/6 eller tπ/6 7π/6, slik at t eller t 7. Fra Figur ser vi at minumum inntreffer ved n t (. februar, og maksimum inntreffer ved n t 7 (. august. Oppgave 4..5 Siden en hunn har både en mor og en far så er det klart at x. Siden moren har både mor og far, og faren bare har en mor, så er det klart at x 3, og at vi har to hunnbier og en hannbie to generasjoner tilbake. Siden hver hunnbie har to foreldre, og hannbien bare har en mor, så er det klart at x Mer generelt, legg merke til at siden enhver bie i generasjon n har nøykatig 4

26 t Figur : Temperatur i klimamodellen i Oppgave 4..4 en bie som mor fra generasjon n, så er antall hunnbier i generasjon n lik x n. Videre er antall hannbier etter n generasjoner lik antall hunnbier i generasjon n (siden det bare er hunnbiene som har en far fra forrige generasjon, og antall hunnbier i generasjon n svarer igjen til x n. Legger vi sammen antall hunnbier og hannbier får vi at x n x n + x n. Vi ser her at vi har samme differenslikning ( som i Oppgave 4..9, slik at vi + har den generell løsningen x n C n ( 5 + D n. 5 Setter vi inn x og x 3 får vi likningene ( + ( 5 5 C + D ( + ( 5 5 C + D 3, som kan skrives C( D( 5 4 C( D( Hvis vi trekker disse fra hverandre får vi at C + D, slik at D C. Setter vi dette inn i den første likningen får vi at C + C + 5(C +C 4, som gir at 5(C 3, og dermed C (3 + ( , 5 5

27 ( + hvor vi gjenkjente 5 fra utregninger ovenfor. Til slutt får vi D C ( ( Dermed får vi at ( 5 + ( 5 + n ( 5 5 ( 5 n 5 x n 5 5 ( 5 + n+ ( 5 n som er uttrykket for hvor mange forfedre en hunn har n generasjoner tilbake. La til slutt y n være antall forfedre en hann har n generasjoner tilbake. Siden en hann bare har en mor så er det klart at generasjonstreet til en hann ser likt ut som for en hunn, med unntak av et ekstra generasjonsledd helt i begynnelsen. Derfor er ( 5 y n x n 5 + n+ ( 5 n+ 5. Vi legger merke til at løsningen vi fikk både for x n og y n er det samme som den vi fant i Oppgave 4..9, med den ene forskjellen at sekvsensen er forsinket med en eller to elementer. Og hvis du ser nærmere på løsningen fra så er a 3, a 4 3, som jo er initialbetingelsene i denne oppgaven. Derfor kunne vi spart oss utregningene i denne oppgaven hvis vi allerede hadde sett at vi må få samme følge som i Oppgave Seksjon 4. Oppgave 4.. Den homogene likningen blir her x n+ x n, som har generell løsning x n A n. For å finne en partikulær løsning prøver vi x p n Bn + C og får som gir likningene B(n + + C (Bn + C n Bn + B C n, B B C, som gir B C, slik at x p n n. Den generelle løsningen kan dermed skrives x n A n n. 6

28 Oppgave 4..5 Den homogene likningen x n+ x n har generell løsning x h n A n. For å finne en partikulær løsning prøver vi x p n B, og får da B, slik at B. Den generelle løsningen blir dermed x n + A n. Siden x 4 får vi at 4 + A, slik at A 6. Løsningen blir derfor x n + 6 n. Den homogene likningen x n+ 6x n+ + 8x n har karakteristisk likning r 6r + 8, som har røtter og 4. Den generelle løsningen på den homogene likningen blir dermed x h n A n + B4 n. For å finne en partikulær løsning prøver vi x p n Cn + D, og får da som gir at C(n + + D 6(C(n + + D + 8(Cn + D 9n 3C 9 4C + 3D, 3Cn 4C + 3D 9n, som gir at C 3 og D 4. Den generelle løsningen blir dermed x n A n + B4 n + 3n + 4. Setter vi inn initialbetingelsene får vi likningene A + B A + 4B + 7 3, som gir A, B. Den generelle løsningen blir dermed x n 4 n +3n+4. Oppgave 4..8 Ut fra teksten i oppgaven tar vi ut (. n a kroner det n te året. Med renter på pengene fra året før får vi.6x n kroner året etter, siden rentesatsen er 6%. Derfor får vi at x n+.6x n (. n a. Initialbetingelsen blir x, siden vi starter med millioner kroner på konto. Den generelle løsningen av den homogene likningen er x h n A(.6 n. For å finne en partikulær løsning prøver vi x p n c(. n. Innsetting gir c(. n+.6c(. n (. n a, som kan forenkles til.c.6c a, som gir c 5a. Dene generelle løsningen blir dermed x n x h n + x p n 5a(. n + A(.6 n. Setter vi inn x får vi 5a + A, som gir A 5a. Løsningen blir derfor x n 5a(. n + ( 5(.6 n. 7

29 Når n går mot er det her leddet ( 5(.6 n som vil dominere. Hvis vi vil alltid ha penger må vi derfor ha at 5a, som gir at a <.4. 4 kroner er derfor det største beløpet vi kan ta ut det første året hvis vi aldri skal slippe opp for penger på kontoen. c x 8 gir 5a(. 8 + ( 5(.6 8 5a( a 5( (./.6 8, som gir a.493, eller 493kr. Vi kan altså ta ut litt mer penger per år hvis vi skal gå tom for penger etter 8 år. Dette høres jo rimelig ut. Oppgave 4.. Andelen av vann fra springen i bassenget etter påfyll er S/V. Andelen gammelt vann i bassenget etter påfyll er S/V. Siden førstnevnte har saltkonsentrasjon K, mens sistnevnte har saltkonsentrasjon c n, så følger det at c n ( S/V c n + (S/V K. Med de oppgitte tallene får vi likningen c n ( cn +..9c n +., som kan skrives som c n.9c n.. Den homogene likningen har generell løsning c h n C(.9 n. For å finne en partikulær løsning c p n prøver vi med c p n A og får da at A.9A., slik at A.. Den generelle løsningen blir dermed c n c h n+c p n.+c(.9 n. Initialbetingelsen c gir at.+c, slik at C.9, og dermed blir c n. +.9(.9 n. + (.9 n+. For at saltkonsentrasjon skal bli halvert må vi ha at c n.5, slik at. + (.9 n+.5. Dermed blir (.9 n+.4, slik at (n + ln(.9 ln(.4, slik at Vi må derfor velge n 8. n ln(.4 ln(

30 Seksjon 4.3 Oppgave Ganger vi ut får vi at (x y(x n + x n y + x n 3 y + + xy n + y n x n x n y +x n y x n y +x n y x n 3 y 3 +x y n xy n +xy n y n. Vi ser her at alle ledd i summen på høyre side kansellerer bortsett fra det første og det siste, slik at vi står igjen med x n y n, som var det vi skulle frem til. Setter vi først n 3 i formelen fra, og deretter x 3 n + og y 3 n (legg merke til at her brukes nå n ikke som potensen som forekommer i, dette kan være et forvirringsmoment i oppgaven!, så får vi først Etter divisjon får vi da c ( 3 n + 3 n(( 3 n n + 3 n + ( 3 n ( 3 n + 3 ( 3 n 3 n + n. 3 n + 3 n Bruker vi resultatet fra finner vi først at ( 3 n n + 3 n + ( 3 n. lim n n 3 ( 3 n + 3 n lim n lim n n 3 ( 3 n n + 3 n + ( 3 n ( 3 n+ n + 3 n+ 3 n + (

31 d Setter vi først n 4 og deretter x 4 + n, y i formelen fra får vi at ( ( ( n 4 + n n n + ( 4 + n n n, som gir at ( + n n 4 ( 3 (. 4 + n n n + Lar vi n gå mot uendelig her ser vi at høyresiden går mot Oppgave 4.3. La ɛ > være gitt. Siden a n og b n begge konvergerer mot A så finnes det en N og en N slik at a n A ɛ 3 for n N, og b n A ɛ 3 for n N. La N max(n, N. For n N har vi da at c n A c n a n + a n A c n a n + a n A b n a n + a n A b n A + A a n + a n A b n A + A a n + a n A ɛ 3 + ɛ 3 + ɛ 3 ɛ, som var det vi trengte vise. Oppgave Hvis følgen definert ved a og a n+ an + er konvergent, så kan vi finne grenseverdien a ved å la n gå mot uendelig på hver side i a n+ an +, og vi får da a a +, som gir at a er eneste mulige grenseverdi. Videre, hvis a n < så er det klart at a n+ an + < +, og det følger ved induksjon at følgen er oppad begrenset av. Videre er a n+ a n a n + a n a n >, slik at følgen er voksende. Siden følgen er voksende og oppad begrenset vet vi at den er konvergent, og må være grenseverdien siden det er den eneste mulige grenseverdien. Oppgave Hvis x n < så er det klart at x n+ <, og det følger ved induksjon at alle x n <. Det at x n+ > x n er det samme som at x n+ x n > x n, som er det samme som at > x n, som vi allerede har vist. Derfor er følgen voksende. 3

32 I viste vi at følgen er både voksende og oppad begrenset, og den er derfor konvergent. Grenseverdien må oppfylle x x, som betyr at x x, som betyr at x. c Hvis følgen definert ved at y n+ y n + y n har en grense y, så må y y + y, som gir at y. Følgen er opplagt voksende siden y n+ y n + y n > y n y n. Følgen kan da umulig konvergere mot siden startverdien er, og eneste mulighet er at følgen går mot uendelig. 3

33 Kapittel 5 Seksjon 5. Oppgave 5..5 Når vi viser at f er kontinuerlig i a ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å starte med uttrykket f(x f(, og finne en størrelse som er større enn denne, der x a inngår, og der vi har begrensinger på de andre leddene som inngår. Valget vårt for δ vil avhenge av det opprinnelige valget av ɛ, skalert med begrensningene på de andre leddene. De følgende oppgavene illustrerer dette. e Vi har at f(. Vi skal altså vise at vi, for enhver ɛ, kan finne en δ slik at x < ɛ for alle x slik at x < δ. Vi ser først at x x. x Her har vi allerede x på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på x. Velger vi δ < (det vil si x <, så vil x >, og x <. Vi får da x x < δ. x For at dette skal være mindre enn ɛ må vi velge δ < ɛ. Vi kan derfor velge δ min (, ɛ, der vi også har tatt med den første begrensningen vi hadde på δ. f Vi har at f( 3. Vi skal altså vise at vi, for enhver ɛ, kan finne en δ slik at x+ < ɛ for alle x slik at x < δ. Vi har at x+3 3 x + x x + 3 x 3 3(x + 3 x 3(x + 3. Her har vi allerede x på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på x+3. Velger vi δ < (det vil si x <, så vil x + 3 >, og x+3 <. Vi får da x + x x 3(x + 3 < δ 3 δ 3. 3

34 For at dette skal være mindre enn ɛ må vi velge δ < 3ɛ. Vi kan derfor velge δ min(, 3ɛ, der vi også har tatt med den første begrensningen vi hadde på δ. g Vi har at f(4. Vi skal altså vise at vi, for enhver ɛ, kan finne en δ slik at x < ɛ for alle x slik at x 4 < δ. Vi har at x x 4 x +. Her har vi allerede x 4 på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på x+. Velger vi δ < (det vil si x 4 < ser vi at x+ > 3+ > 3, og x+ < 3. Vi får da x x 4 x + δ 3. For at dette skal være mindre enn ɛ må vi velge δ < 3ɛ. Vi kan derfor velge δ min(, 3ɛ, der vi også har tatt med den første begrensningen vi hadde på δ. Seksjon 5. Oppgave 5..6 I et polynom P er det den potensen av høyest grad som vil dominere når x går mot uendelig. I et polynom av odde grad så vil leddet av høyest grad gå mot når x, og mot når x. Spesielt kan vi finne en N slik at P (x < når x < N, og en N slik at P (x > når x > N. For intervallet [N, N ] har vi derfor at P (N <, P (N <, og derfor følger det fra skjæringssetningen at P har minst et nullpunkt på [N, N ]. Oppgave 5..7 La oss definere funksjonene f(t og g(t ved at de gir oss høyden ved tiden t på den første og den andre dagen, respektive. Kall videre starthøyden for A, og høyden på toppen for B. Da har vi at f(7 A, f(5 B, g(7 B, g(5 A. Definer også h(t f(t g(t. Vi har nå at h(7 f(7 g(7 A B <, og h(5 f(5 g(5 B A >. Fra skjæringssetningen følger det nå at det finnes et nullpunkt c for h mellom 7 og 5. Her har vi at f(c g(c, slik at c svarer til et tidspunkt mellom kl. 7 og kl. 5 der klatreren befinner seg i samme høyde. Vi har nå i stedet at f(7 A, f(5 B, g( B, g(6 A. Dette gir at h( f( g( C B <, og h(5 f(5 g(5 B D >, der 33

35 C < B er høyden klatreren har kl. første dag, og D < B er høyden klatreren har kl. 5 andre dag. resten av resonnementet er nå som i, slik at vi finner et tilsvarende tidspunkt mellom kl. og 5 her. Altså har vi også her at det finnes et tidspunkt der høyden er de samme begge dagene. Oppgave 5.. I summen ( ( ( ( ( ( f( f + f f + + f N N N ( N N f ( vil det andre og det tredje leddet kansellere hverandre, det fjerde og det femte. De siste leddene som kansellerer hverandre er det tredje siste og det nest siste. De eneste leddene som ikke kansellerer hverandre er det første og det siste, slik at vi står igjen med f( f(. Med dette er siden f( f( ved antagelse, som var det vi skulle vise. Hvis alle leddene ikke er null, og alle forskjellig fra null har samme fortegn, så må den totale summen bli forskjellig fra null også, som er en motsigelse. Altså finnes det garantert to ledd ( f ( i ( ( N f j ( N f j+ N som har motsatt fortegn. f ( i+ N og Vi har at g ( i N svarer til det i te leddet i summen fra, og vi har vist at to av disse leddene, g ( ( i N, g j N har motsatt fortegn. Men da følger det fra skjæringssetningen at det finnes en c (mellom i N og j N der g(c. c La c være slik at g(c. Da blir f(c f ( c + N, slik at f(c f ( c + N. Vi kan altså sette d c + N, for da er jo også d c N. d Vi regner ut h( ( h( sin π a sin ( π a slik at h( h(. La nå c, d være slik at d c a. Vi skal vise at, så lenge a ikke er på formen N for en eller annen N, så kan ikke h(c h(d. Hvis h(c h(d ville ( h(c sin πc ( c sin π ( πd ( sin d sin π h(d. a a a a Samler vi leddene her får vi ( πd sin a ( sin πc a ( (d c sin π a, ( a sin π. a 34

36 Setter vi inn d a + c kan venstresiden skrives ( π(c + ( sin sin πc ( sin πc a a a + π ( sin πc a ( sin πc a, sin ( πc a og da må jo også høyresiden være null, slik at a sin ( π a. Men dette kan skje bare hvis π a er på formen Nπ, slik at a N, som strider mot antagelsen. Seksjon 5.3 Oppgave Anta lim x f(x A, lim x f(x B. For enhver ɛ finnes det da konstanter N, N slik at f(x A < ɛ for x < N, og f(x B < ɛ for x > N. Men da er f begrenset for x < N, og for x > N. f er også begrenset på [N, N ] siden dette er et lukket og begrenset intervall, og dermed er f begrenset på hele tallinjen. Anta at f(x <, og at f(x >. Siden lim x f(x lim x f(x så kan vi velge N, N slik at f(x < min( x, x for x < N og for x > N. Men da vet vi at vi ikke kan finnes noen ekstremalverdier til f utenfor [N, N ]. Videre vet vi at f har både maksimum og minimum på [N, N ], som dermed må være globale ekstremalverdier. Oppgave Vi vet at f har både maksimum og minimum på [a, b], slik at V f [a, b]. Vi påstår at verdimengden er hele [a, b]. Dette vil vise at V f er et lukket og begrenset intervall. Anta nemlig at d [a, b]. På grunn av skjæringssetningen vil det jo da finnes en c mellom maksimums- og minimumspunktet, der f(c d. Dette viser at d V f, slik at V f [a, b]. Oppgave I et n te gradspolynom er det leddet av grad n som vil dominere når x går mot og. Dette går mot i begge tilfeller, slik at lim x P (x lim x P (x. På grunn av dette finnes det for enhver R en N slik at P (x > R for alle x med x > N. Siden P er kontinuerlig og [ N, N] er en lukket og begrenset intervall, så har P et minimumspunkt S på dette intervallet. Men da er det klart at vi kan sette K min(r, S, der P (x > K for alle x. 35

37 Seksjon 5.4 Oppgave 5.4. c For å vise at lim x (x + 3 trenger vi vise at, til enhver ɛ >, så kan vi finne en δ > slik at x + 3 < ɛ for alle δ slik at x < δ. Vi har at x + 3 x x + x. Vi har at hvis δ <, det vil si x <, så vil x + <, og dermed vil størrelsen over være mindre enn 4 x 4δ, og hvis δ < ɛ 4 så vil dette igjen være minre enn ɛ. Vi kan altså velge ɛ min (, 4 ɛ. Oppgave c Vi ser at f(6 lim x 6 6, siden f(x x er er kontinuerlig for x 6. Videre lim f(x lim x 6 + x 6 Dermed er f kontinuerlig for x 6. Oppgave x x lim x 6 (x 6( x x 6 lim x 6 x For å vise at lim x a f[g(x] c trenger vi, for enhver ɛ, finne en δ slik at f[g(x] c < ɛ for alle x slik at x a < δ. Siden lim x b f(x c vet vi at det finnes en δ slik at f(x c < ɛ for alle x slik at x b < δ. Siden lim x a g(x b vet vi også at det finnes en δ slik at g(x b < δ for alle x slik at x a < δ. Hvis x a < δ vil dermed f[g(x] c < ɛ, slik at vi kan sette δ δ. 36

38 Kapittel 6 Seksjon 6. Oppgave 6..9 Vi har at Oppgave 6.. Vi har at D[x (x + h x ] lim h h D[ x] lim h lim h Oppgave 6.. Vi har at Det er klart at lim h + eksisterer. Vi har at lim h (x + h x. x + h x h lim h h h( x + h + x lim h lim h hx + h h x + h x h( x + h + x x + h + x x. f + h h ( lim lim h h h h. h h, og lim h h h, slik at grenseverdien ikke g ( + h + h ( h h ( lim lim h h h h lim h, h slik at den deriverte i eksisterer, og er lik. 37

39 Oppgave 6..3 Vi har at f( + h f( lim h + h lim h + cos h h h lim h + cos h h ( cos h( + cos h cos h lim h + h lim ( + cos h h + h ( + cos h lim h + sin h h ( + cos h lim sin h h + h lim h + + cos h mens. f( + h f( h lim lim h h h h lim h. h Siden de ensidige grenseverdiene er forskjellige, så følger det at f ikke er deriverbar i. Oppgave 6..4 Vi regner ut n k f (x + h n x n (x lim lim h h h x n n ( + n k k x k h n k x n lim h n lim h k lim h nx n. h ( n x k h n k k (( n n x n + ( n k x k h n k x n h lim h n ( n k k x k h n k h ( ( n n x n h + x n 3 h + n n 3 Vi har her brukt binomialformelen, at ( n n n, og at det bare er det første leddet som ikke inneholder en potens av h. Oppgave 6..5 Vi har at sin sin(x + h sin x sin x cos h + cos x sin h sin x (x lim lim h h h h lim cos x sin h h h + lim h sin xcos h h cos x lim h sin h h + sin x lim h cos h h cos x, 38

40 sin h der vi har brukt at lim h h, og at cos h lim h h cos h lim h h(cos h + lim sin h h h(cos h + sin h lim h h lim sin h h cos h +. Seksjon 6. Oppgave 6..4 x tan x svarer til at f(x x tan x. Vi har at f (x cos x. Det er klart at intervallene på formen [((n /π, ((n + /π] svarer til intervaller med sentrum i kπ med lengde π. På slike intervaller antar tan x alle verdier mellom og, slik at f går mot og i hver ende av intervallet. Det følger fra skjæringssetningen at f har minst ett nullpunkt, slik at det finnes minst et punkt der x tan x. Videre har vi at cos (x, slik at f (x, og f (x hvis og bare hvis x kπ. I det første intervallet (n, så er x et nullpunkt for f. Det er klart at det ikke kan finnes andre nullpunkter mellom π/ og π/, siden f er strengt avtagende på [ π/,, og på (, π/]. For andre n er f(nπ nπ, og lim x ((n /π, lim x ((n+/π. Hvis n > så er det klart at f ikke har noen nullpunkter på [nπ, ((n + /π, og har nøyaktig et nullpunkt på [((n /π, nπ (siden f er avtagende på hvert av intervallene. Hvis n < så er det klart at f har nøyaktig et nullpunkt på [nπ, ((n + /π, og ikke har noen nullpunkter på [((n /π, nπ. I alle tilfellene n, n >, n <, ser vi at f har nøkatig ett nullpunkt. Oppgave 6..8 Sett f(x ln( + x, a, b x. Vi får først at f(, f (x +x. Bruker vi middelverdisetningen får vi at det finnes en c mellom og x slik at Vi har altså at sider. Oppgave 6.. f (c f( f( ln( + x + c b a x +c ln(+x x ln( + x. x, og resultatet følger ved å gange med x på begge Likningen ( + x a + ax kan først skrives om til ( + x a ax. Deler vi nå med x på begge sider vil det stå igjen (+xa x (+xa x på venstresiden. Bruker vi middelverdisetningen på funksjonen f(x ( + x a på intervallet fra 39

41 til x får vi at f(x f( x (+xa x f (c a( + c a for en c i intervallet fra til x. Vi splitter nå det vi skal vise i to muligheter: For x > slipper vi å snu ulikheten når vi deler med x, slik at vi her skal vise at (+xa x a(+c a a, som er det samme som at ( + c a, som er opplagt siden + c og a. For < x < må vi snu ulikheten når vi deler med x, slik at vi her skal vise at (+xa x a( + c a a, som er det samme som at ( + c a, som er opplagt siden < + c og a. For x ser vi at vi faktisk har likhet i den gitte ulikheten, slik at den ( + x a + ax faktisk holder i alle tilfeller Oppgave 6.. Sett f(x x +x. Deriverer vi finner vi at f (x, og vi ser at (+x 3/ f (x for alle x. Bruker vi middevlerdisetningen for x og y ser vi at x +x y +y x y f (c. Ganger vi opp med x y på begge sider, så får vi det vi skal vise. Oppgave 6..3 Bruker vi middelverdisetningen på intervallet (a, d ser vi at det finnes en c (a, d slik at f (c f(d f( d a. Bruker vi middelverdisetningen på samme måte på intervallet (d, ser vi at det finnes en c (d, slik at f (c. Bruker vi nå middelverdisetningen på (c, c og funksjone f (x får vi at det finnes en c (c, c slik at f (c f (c f (c c c, som var det vi skulle vise. Oppgave 6.. Sett f(x ln(ln x, og bruk middelverdisetningen på a n og b n +. Vi får først at f (x x ln x, og så at det finnes en c mellom n og n + slik at ln(ln(n + ln(ln n ln(ln(n + ln(ln n c ln c Vi har også at f (x ln x (x ln x, slik at f (x < for x > e. Siden n > så er altså f (x avtagende på området vi ser på, slik at (n + ln(n + < ln(ln(n + ln(ln n < c ln c n ln n, som var det vi skulle vise. 4

42 Bruker vi den venstre ulikheten fra får vi s n ln + + (n + ln(n + > (ln(ln 3 ln(ln + (ln(ln 4 ln(ln 3 + som viser at s n ikke konvergerer. c +(ln(ln(n + ln(ln(n + ln(ln(n + ln(ln, Fortsetter vi med ulikheten fra får vi t n s n ln[ln(n + ] > ln(ln(n + ln(ln ln[ln(n + ] > ln(ln, som er den ene ulikheten i det vi skal vise. Får å få den andre ulikheten bearbeider vi den høyre ulikheten fra på samme måte som i : s n < ln + + (n + ln(n + + (ln(ln 3 ln(ln + (ln(ln 4 ln(ln 3 + ln + ln(ln(n + ln(ln n + ln(ln(n + ln(ln. ln Fortsetter vi med ulikheten fra får vi t n s n ln[ln(n + ] < + ln(ln(n + ln(ln ln[ln(n + ] ln ln(ln. ln Vi har nå vist at, for alle n, Videre har vi at t n+ t n < ln(ln < t n < ln(ln + ln. ln(ln(n + + ln(ln(n + (n + ln(n + (n + ln(n + (n + ln(n +, der vi har brukt venstre ulikhet i. Dermed er følgen avtagende. Siden følgen også er nedad begrenset, så er den konvergent. Videre må da grenseverdien t oppfylle ln(ln t ln(ln + ln. 4

43 Seksjon 6.3 Oppgave e Vi har at Oppgave ( lim + sin x lim x x x ex ln(+sin x e limx x ln(+sin x e limx e limx e limx ln ( +sin x x cos x x +sin x x cos x +sin x e cos +sin e e. lim x x(e/x e /x lim x x lim e /x x x x lim x e/x Oppgave Det er klart at nevneren i uttrykket går mot, mens telleren går mot + q. Eneste mulighet for at grenseverdien skal eksistere er da at + q, eller q. Da blir grenseverdien gitt ved e cos x + px lim x + x ln( + x (sin xe cos x + p lim x + ln( + x + x. Det er klart at nevneren også i dette uttrykket går mot, og telleren går mot p. Skal grenseverdien eksistere må derfor p, og grenseverdien blir da gitt ved +x lim x + (sin xe cos x ln( + x + x +x (sin x cos xe cos x lim x + ( e + +x + (+x e. Oppgave 6.3. Vi har at f(, og at cos x sin x lim x + x lim x + x. 4

44 Siden x + er kontinuerlig for negative x, så følger det at f er kontinuerlig i. Videre har vi at f( + h f( lim h + h f( + h f( lim h h lim h + cos h h h lim h + cos h h h 3 sin h h cos h lim h + 6h lim h + h sin h lim h + lim h + h + h lim h + h, og det følger at f er deriverbar i med f (. Seksjon 6.4 Oppgave g er definert der nevneren er, det vil si der tan x, og der tan x er definert. Førstnevnte utelukker bare x kπ, mens sistnevnte utelukker x kπ+ π. Disse to til sammen svarer til alle punkter på formen k π, slik at D g R\{k π, k Z}. g (x tan x x cos x tan x sin x cos x x sin x. c Vi vet at sin x < x når < x < π. Deler vi med cos x (som er positiv på det gitte intervallet på begge sider får vi at tan x sin x cos x < x cos x < x cos x, der vi i den siste overgangen har brukt at < cos x < på det gitte intervallet. Fra har vi videre at g (x har samme fortegn som tan x x cos x, som da blir negativ, slik at g er avtagende på (, π. En annen måte å vise dette på er ved først å observere at tan x x tan x tan x g (c cos c for en c mellom og x, der vi har brukt middelverdisetningen på funksjonen f(x tan x. Siden cos x er avtagende på (, π følger det at cos c < cos x. Dermed er tan x x < cos x, og ulikheten vi skal vise følger nå ved at vi ganger opp med x på begge sider. 43

45 e Det er klart at f er kontinuerlig utenom skjøtepunktene x, x ± π. For x regner vi ut grenseverdien lim f(x lim x x x tan x lim x cos x f(, som viser at f er kontinuerlig i. Når x går mot ± π så er det klart at tan x går mot, slik at lim x ±π/ f(x f(, slik at f er kontinuerlig i ± π også, og dermed er f kontinuerlig i hele ( π, π. f Den deriverte i er f f(h f( ( lim lim h h h lim h lim h h cos h sin h h sin h cos h h sin h cos h lim h h cos h + sin h lim h h tan h h lim h sin h h cos h h sin h + cos h + cos h, h sin h h cos h + sin h der vi har brukt L Hôpitals regel to ganger. Dette viser at f er deriverbar i, og at f (. For x π får vi f ( π lim h π lim h π +h tan( π +h h π lim cos( π + h h h π π, h tan( π + h π lim h cos( π + h h sin( π + h π lim sin( π + h h der vi igjen har brukt L Hôpitals regel. Dette viser at f er deriverbar i π, og at f ( π π. På samme måte får vi for x π at ( f π lim h π lim h π +h tan( π +h h h tan( π + h π lim h π lim cos( π + h h h π π, cos( π + h h sin( π + h π lim sin( π + h h som viser at f er deriverbar også i π, og at f ( π π. 44

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo K A L K U L U S Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Forord Dette er en samling løsningsforslag som jeg opprinnelig

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

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

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1 Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 6. juni 2014 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene

Detaljer

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Oppgave : Obligatorisk oppgave i MAT, H- Løsningsforslag a) Vi skal regne ut dx. Substituerer vi u = x, får vi du = x dx. De xex nye grensene er gitt ved u() = = og u() = = 9. Dermed får vi: 9 [ ] 9 xe

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

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

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

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

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

Løsningsforslag midtveiseksamen Mat 1100

Løsningsforslag midtveiseksamen Mat 1100 Løsningsforslag midtveiseksamen Mat 00 Høsten 202 Oppgave : Riktig svaralternativ er C Vi får r = 2 2 +( 2 3) 2 = 4+4 3= 6 = 4. Videre ser vi (tegn figur) at argumentet til z vil være 60 mer enn 80, dvs.

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

Studentene skal kunne. gjøre rede for begrepene naturlige, hele, rasjonale og irrasjonale tall. skrive mengder på listeform

Studentene skal kunne. gjøre rede for begrepene naturlige, hele, rasjonale og irrasjonale tall. skrive mengder på listeform 1 10 Tall og tallregning Studentene skal kunne gjøre rede for begrepene naturlige, hele, rasjonale og irrasjonale tall definere og benytte de anerkjente skrivemåtene for åpne, halvåpne og lukkede intervaller

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

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 4. oktober 20 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte

Detaljer

Notasjon i rettingen:

Notasjon i rettingen: UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil

Detaljer

Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03

Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige underveiseksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. De

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 9. oktober 205 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg: Svarark, formelsamling.

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

Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det ositive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at x2 = n x for x 0 x for x <

Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det ositive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at x2 = n x for x 0 x for x < Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 2 I seksjon 2.1 far du velse i a lse ulikheter hvor tallverdier inngar (ogave 2.1.5) og enkel trening i a fre matematiske resonnementer ved a kombinere bruk

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013 BOKMÅL MAT - Vår Løsningsforslag til eksamen i MAT Vår Oppgave Finn polarrepresentasjonen til i. i Skriv på formen x + iy. i Løsning Finner først modulus og argument til i: i = ( ) + ( ) = 4 = arg( ( )

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9 Fsit til utvlgte oppgver MAT00, uk 20-24/9 Øyvind Ryn oyvindry@ifi.uio.no September 24, 200 Oppgve 5..5 år vi viser t f er kontinuerlig i ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å strte med uttrykket fx f, og finne

Detaljer

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009 Sammendrag R1 Sandnes VGS 19. august 2009 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A

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

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

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 til utvalgte oppgaver i kapittel 3

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 3 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 3 I dette kapittelet har mange av oppgavene et mindre teoretisk preg enn i de foregående kapitlene, og jeg regner derfor med at lærebokas eksempler og fasit

Detaljer

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2005. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2005. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet

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

Sammendrag R1. 26. januar 2011

Sammendrag R1. 26. januar 2011 Sammendrag R1 26. januar 2011 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A B hvis to påstander

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06 Løsningsforslag til eksamen i MAT, H6 DEL. poeng Hva er den partiellderiverte f z xyz cosxyz x sinyz + xyz cosyz xy cosyz x sinyz + xz cosyz cosyz xyz sinyz når fx, y, z = xz sinyz? Riktig svar b: x sinyz

Detaljer

a) Blir produktet av to vilkårlige oddetall et partall eller et oddetall? Bevis det.

a) Blir produktet av to vilkårlige oddetall et partall eller et oddetall? Bevis det. Prøve i R1 04.1.15 Del 1 Hjelpemidler: vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler Husk å begrunne alle svar. Det skal gå klart frem av besvarelsen hvordan du har tenkt. Oppgave

Detaljer

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36 MAT - Grublegruppen Uke 36 Jørgen O. Lye Partiell derivasjon Hvis f : R 2 R er en kontinuerlig funksjon, så kaller man følgende dens partiellderiverte (gitt at de finnes!) f f(x + h, y) f(x, y) (x, y)

Detaljer

Løsningsforslag. f(x) = 2/x + 12x

Løsningsforslag. f(x) = 2/x + 12x Prøve i FO929A - Matematikk Dato: august 212 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (2 deloppgaver) Antall sider: 3 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver

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

Grunnleggende notasjon ℕ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ℤ =, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,

Grunnleggende notasjon ℕ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ℤ =, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, Grunnleggende notasjon ℕ,, 3, 4, 5, 6, ℤ, 3,,, 0,,, 3, ℝ 𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑟𝑒𝑒𝑙𝑒 𝑡𝑎𝑙𝑙 ℚ 𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑟𝑎𝑠𝑗𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒 𝑡𝑎𝑙𝑙 𝑎 𝑎, ℤ, 0 Induksjonsprinsippet Anta at for hver 𝑛 ℕ har vi gitt et utsagn 𝑃. Anta videre at vi vet at følgende

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2008

Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Marte Pernille Hatlo Institutt for matematiske fag, NTNU 4.-9. august 2008 Velkommen! 2 Temaer Algebra Trigonometri Funksjoner og derivasjon Integrasjon Eksponensial-

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

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

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

Detaljer

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Bergen, oktober. 2004. Løsningsforslag til Deleksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag. oktober 2004, kl. 09-2. Oppgave Beregn grensen f.eks. ved hjelp av l Hôpitals regel. lim x ln x x Vi ser at

Detaljer

Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 2013 2014. Løsninger

Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 2013 2014. Løsninger Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 0 04. Løsninger Første runde 7. november 0 Oppgave. Siden er et primtall, vil bare potenser av gå opp i 0. Altså,,,,..., 0 i alt tall........................................

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

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL MAT - Høst 03 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT Grunnkurs i Matematikk I Mandag 6. desember 03, kl. 09- Tillatte hjelpemidler: Lærebok ( Calculus

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

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 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

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

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

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 1 Bestem den naturlige denisjonsmengden til følgende funksjoner.

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

Eksamen i emnet MAT111/M100 - Grunnkurs i matematikk I Mandag 15. desember 2003, kl. 09-13(15) LØYSINGSFORSLAG OPPGÅVE 2:

Eksamen i emnet MAT111/M100 - Grunnkurs i matematikk I Mandag 15. desember 2003, kl. 09-13(15) LØYSINGSFORSLAG OPPGÅVE 2: Eksamen i emnet MAT/M00 - Grunnkurs i matematikk I Mandag 5. desember 2003, kl. 09-3(5) LØYSINGSFORSLAG Finn dei deriverte til i) f(x) = x 2 ln x OPPGÅVE : exp(u 2 )du, x, ii) f(x) = x cos(x). i) d x 2

Detaljer

Løsningsforslag eksamen R2

Løsningsforslag eksamen R2 Løsningsforslag eksamen R Vår 010 Oppgave 1 a) f (x) = x cos(3x) f (x) = x cos(3x) + x ( sin(3x) 3) = x cos(3x) 3x sin(3x) b) 1. Bruker delvis integrasjon med u = 5x og v = 1 ex slik at u = 5 og v = e

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

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

En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).

En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Funksjoner En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Mengden D kalles definisjonsmengden (eng.: domain) til f. Merknad Dersom

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

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2,

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Repetisjonsoppgaver MATEMATIKK 1 REA1141 og REA1141F Derivasjon 2, 201. Oppgave 1 Denne oppgaven har forholdsvis enkle derivasjoner,

Detaljer

Løsningsforslag. 7(x + 1/2) 5 = 5/6. 7x = 5/ /2 = 5/6 + 3/2 = 14/6 = 7/3. Løsningen er x = 1/3. b) Finn alle x slik at 6x + 1 x = 5.

Løsningsforslag. 7(x + 1/2) 5 = 5/6. 7x = 5/ /2 = 5/6 + 3/2 = 14/6 = 7/3. Løsningen er x = 1/3. b) Finn alle x slik at 6x + 1 x = 5. Prøve i FO99A - Matematikk Dato: 3. desember 01 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (0 deloppgaver) Antall sider: Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5

Fasit 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

Detaljer

Komplekse tall og trigonometri

Komplekse tall og trigonometri Kapittel Komplekse tall og trigonometri Grunnen til at vi har dette kapittelet midt i temaet Differenslikninger er for å kunne løse andre ordens differenslikninger. Da vil vi trenge å løse andregradslikninger.

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

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

LØSNINGSFORSLAG 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

Detaljer

Komplekse tall og Eulers formel

Komplekse tall og Eulers formel Komplekse tall og Eulers formel Harald Hanche-Olsen 2011-03-24 1. Oppvarming Jeg vil anta at leseren er kjent med komplekse tall, men vil likevel si noen ord om temaet. Naivt kan man starte med bare å

Detaljer

Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner

Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner Hensikten med Analysedrypp er å bygge en bro mellom MAT1100 og MAT1110 på den ene siden og MAT2400 på den andre. Egentlig burde det være unødvendig med en slik

Detaljer

EKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00

EKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00 Universitetet i Bergen Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Matematisk institutt Side 1 av 7 BOKMÅL EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 15 Tid: 9: 14: Tillatte

Detaljer

Komplekse tall og komplekse funksjoner

Komplekse tall og komplekse funksjoner KAPITTEL Komplekse tall og komplekse funksjoner. Komplekse tall.. Definisjon av komplekse tall. De komplekse tallene er en utvidelse av de reelle tallene. Dvs at de komplekse tallene er en tallmengde som

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

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

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1 Løsningsforslag til prøveeksamen i MT, H- DEL. ( poeng Hva er den partiellderiverte f y sin(xy cos(xy y sin(xy x sin(xy cos(xy xy sin(xy cos(xy y sin(xy + xy sin(xy når f(x, y = y cos(xy? Riktig svar:

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG. Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk form som a + bi og på polar form som re iθ (r 0 og 0 θ < 2π). a) 2 + 3i.

LØSNINGSFORSLAG. Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk form som a + bi og på polar form som re iθ (r 0 og 0 θ < 2π). a) 2 + 3i. Innlevering DAFE ELFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Onsdag. februar 05 før forelesningen :30 Antall oppgaver: LØSNINGSFORSLAG Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk

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

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

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

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1 Løsningsforslag til Mat2 Obligatorisk Oppgave, våren 206 Oppgave Avgjør om følgende rekker er konvergente: (a) n + n n + n + Løsning: rekken lim : n n + n n + n + Vi bruker grensesammenligningstesten mhp.

Detaljer

Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori.

Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori. Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori. Matematisk induksjon Binomialteoremet Divisjonsalgoritmen Euklids algoritme Lineære diofantiske ligninger Aritmetikkens fundamentalteorem Euklid:

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

Notater fra forelesning i MAT1100 mandag

Notater fra forelesning i MAT1100 mandag Notater fra forelesning i MAT00 mandag 3.08.09 Amandip Sangha, amandips@math.uio.no 8. august 009 Følger og konvergens (seksjon 4.3 i Kalkulus) Definisjon.. En følge er en uendelig sekvens av tall {a,a,a

Detaljer

Løysingsforslag Eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 2016

Løysingsforslag Eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 2016 Løysingsforslag Eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 26 OPPGÅVE Det komplekse talet z = 3 i tilsvarar punktet eller vektoren Rez, Imz) = 3, ) i det komplekse planet, som

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

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

Nicolai Kristen Solheim

Nicolai Kristen Solheim Oppgave 1. For å kunne skrive det komplekse tallet følgende endringer foretas på uttrykket. 3 3, hvor 3 og 3 på formen, hvor og, må For å kunne skrive det komplekse tallet på polarformen, må vi først finne

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

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

4 Funksjoner og andregradsuttrykk

4 Funksjoner og andregradsuttrykk 4 Funksjoner og andregradsuttrkk KATEGORI 1 4.1 Funksjonsbegrepet Oppgave 4.110 Regn ut f (0), f () og f (4) når a) f () = + b) f () = 4 c) f () = + 5 d) f () = 3 3 Oppgave 4.111 f() = + + 1 4 3 1 0 1

Detaljer

Mer om likninger og ulikheter

Mer om likninger og ulikheter Mer om likninger og ulikheter Studentene skal kunne utføre polynomdivisjon anvende nullpunktsetningen og polynomdivisjon til faktorisering av polynomer benytte polynomdivisjon til å løse likninger av høyere

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

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

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

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

S1 2014 høst LØSNING. 2x 10 = x(x 5) x 2 + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7±3. x = 2 x = 5. lg( ) + 3 = 5. lg( ) = 2.

S1 2014 høst LØSNING. 2x 10 = x(x 5) x 2 + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7±3. x = 2 x = 5. lg( ) + 3 = 5. lg( ) = 2. /14/016 S1 014 høst LØSNING matematikk.net S1 014 høst LØSNING Contents DEL EN Oppgave 1 x 10 = x(x 5) x + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7± x = x = 5 lg( ) + = 5 x lg( ) = x = 10 lg( x ) 10 x =

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA400 Matematikk, høst 203 Forelesning 2 www.ntnu.no TMA400 Matematikk, høst 203, Forelesning 2 Transcendentale funksjoner I dagens forelesning skal vi se på følgende: Den naturlige logaritmen. 2 Eksponensialfunksjoner.

Detaljer

Institutionen för Matematik, KTH

Institutionen 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

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. 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

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning Eksamen i FO929A Matematikk Prøve-eksamen Dato 13. desember 2007 Tidspunkt 09.00-1.00 Antall oppgaver Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 a) Likningen

Detaljer

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet.

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet. MA 1410: Analyse Uke 47, 001 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma1410 H01 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 11.1: 7. f(x, y) = 1 16 x y. a) Definisjonsområde D: f

Detaljer

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Tirsdag. februar 203 kl. 0:30 Antall oppgaver: 9 Løsningsforslag Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen

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