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

Størrelse: px
Begynne med side:

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

Transkript

1 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) = x ft) dt a) Bestem F ), F ) og F ). LF: F ) = ft) dt =, F ) = ft) dt = siden dette er arealet av kvadratet med sider med lengde. Videre er F ) = F )+ ft) dt = + ) = siden ft) dt er det samme arealet med motsatt fortegn siden f er negativ på [, ]). b) Er F kontinuerlig? Er F deriverbar overalt? LF: Funksjonen f er for x mindre enn og - for x større enn. Dermed er F x) = x for x mindre enn og F x) = F ) + x ) dt = x) = x for x større enn. Dvs F er kontinuerlig for x < og < x. Vi må sjekke om F er kontinuerlig i x = : lim F x) =, x lim F x) = =. x +

2 Dvs lim x F x) = lim x + F x) og F er kontinuerlig. Analysens fundamentalteorem sier at F x) = fx). Siden f = den deriverte til F ) ikke er kontinuerlig i x = er ikke F deriverbar i x = den deriverte eksisterer ikke i x = ). Finn de ubestemte integralene a) x 3 /x) dx LF: x 3 /x) dx = x 3x ln x + C b) LF: Vi utfører polynomdivisjon 5 x 3 + x ) dx = x + 5 x 3 + x ) dx x + x 3/5 + + / ) dx x + = x8/5 8/5 + x + ln x + + C = 5x8/5 + x + ln x + + C c) πx e 3x3 dx LF: Vi benytter substitusjon med u = 3x 3 slik at dx = du/u x) = du/9x : πx e 3x3 dx = π x e u du 9x = π 9 eu + C = π 9 e3x3 + C d) t 3 3t + dt LF: Vi forsøker med substitusjonen u = 3t +. Da er t = u )/3 og dt = du/3. t u )/3 3 dt = 3t + 3 u 3 du = u /3 u /3) du 9 ) u5/3 3u /3 + C = 3t + )5/ t + )/3 3 + C

3 3 En beholder er konstruert som rotasjonslegemet om y-aksen av grafen til funksjonen y = x /3 for x mellom og. Bestem volumet til en væske som fyller beholderen til en høyde h. Hint: Endringsraten til volumet med hensyn til høyden dv/dh er gitt ved tverrsnittarealet ved høyde h. Finn et uttrykk for dette som en funksjon av høyden h. Benytt så integrasjon til å nne V h). LF: Volumet til væsken ved høyde h er en funksjon V h). For høyden y mellom og H = /3.658 er endringsraten V y) lik det horisontale tverrsnittarealet ved høyde h. Dette arealet er lik pi ganget med radius xy) kvadrert. Siden y = x /3 så er x uttrykt ved y gitt ved x = y 3/. Derfor har vi at dv dy = πy3/ ) = πy 3 Vi kan integrere med hensyn til høyden for å nne V h). Ved bunnen av beholderen er volumet lik så r V ) =. Vi har derfor at for h /3. V h) = V h) V ) = h dv dy dy = h πy 3 dy = πh / Alternativt kan volumet til beholderen bestemmes som følger. Volumet som fremkommer ved rotasjon av y = x /3 om y-aksen mellom x = og x = h 3/ ) er ikke volumet til beholderen. Men volumet er lik volumet til sylinderen med radius h 3/ og høyde h minus dette volumet: V = π h 3/) h π h 3/ h 3/ xfx) dx = πh π xx /3 dx = πh 3π h = π h. I denne oppgaven kan dere benytte numeriske metoder både til å bestemme punktet hvor integranden skifter fortegn og til å evaluere integraler hvis nødvendig). a) Estimer nullpunktet til x 3 x 3 = på intervallet [, ]. LF: La fx) = x 3 x 3. Da er f) < og f) > og det må, pga at f er kontinuerlig, være minst ett nullpunkt på intervallet [, ]. Det kan vises at det er bare ett nullpunkt. Dette kan bestemmes ved f eks Newtons metode til å være x.677. b) Estimer integralet x 3 x 3 dx. 3

4 LF: Funksjonen x 3 x 3 skifter fortegn i punktet x.677. Dermed er x 3 x 3 dx = x x 3 x 3) dx + Disseto integralene kan løses analytisk og vi får: x 3 x 3 dx.9. x x 3 x 3) dx. c) Estimer integralet π sin x x dx. LF: Samme fremgangsmåte som a), men integralet må ogsåløses numerisk. Funksjonen gx) = sin x skifter fortegn på intervallet [, π] og har derfor minst ett x nullpunkt på dette intervallet. Det kan vises at det bare er ett nullpunkt x. Dette kan bestemmes ved bruk av f eks Newtons metode. Vi får x.8955 slik at Følgelig; altså π π sin x x π sin x x dx = x sin x x ) dx π sin x x x ) dx. x dx = π dx + x x dx + sin x π x dx sin x x x dx, sin x x dx = x π sin x π x ) + x dx sin x x x dx, hvor de to integralene bestemmes f eks ved Simpsons metode slik at π x π sin x x dx = π sin x x ) + x dx sin x x x dx = I denne oppgaven kan dere benytte numeriske metoder både til å nne skjæringspunkt og til å evaluere integraler hvis nødvendig). a) Bestem arealet avgrenset av grafene til x )/3 og lnx). LF: La fx) = lnx) x )/3. Da er f x) = /x /3. Funksjonen er avtagende for < x < 3 og økende for x > 3. Funksjonen er kontinuerlig, den har derfor maksimalt to nullpunkter. Det er opplagt at x = er et nullpunkt. Vi benytter Newtons metode eller halveringsmetoden) til å nne enda et nullpunkt til. Det er tilnærmet lik Arealet avgrenset av grafene til de to funksjonene er gitt ved integralet av fx) mellom de to nullpunktene. Det er tilnærmet lik 6.78 lnx) x )/3 dx = x lnx) x x ) / = 6.78ln6.78) ) ) /6 =

5 b) Bestem volumet til legemet som fremkommer ved å rotere om x-aksen regionen avgrenset av grafene til funksjonene e x og e x. LF: De to grafene skjærer hverandre når e x = e x. Dette skjer presis når eksponentene er like x = x. Så x = og x =. Området avgrenset av grafene er regionen mellom grafene fra x = til x =. I dette området er e x størst så volumet er lik π π e x ) e x ) dx = e x e x dx Det nnes ingen elementær funksjon som er antiderivert til andre leddet i) integranden. Vi benytter numerisk integrasjon og nner at volumet er tilnærmet lik c) Finn buelengden til kurven gitt ved gx) = e x fra x = til x =. Er svaret du får rimelig? LF: Buelengden er lik L = + e x dx Den rette linjen fra start til slutt-punkt har lengde + e + ) = Dette gir et nedre estimat for buelengden. Nummerisk integrasjon gir her er Simpsons metode benytta med delintervaller L Eg hadde opprinnelig bare tenkt at denne siste deloppgaven skulle løses numerisk. Men noen av dere har påpekt at det går nt å nne en antiderivert som en elementær funksjon. Eg viser hvordan man kan nne de antideriverte. Vi benytter en generell a i stede for tallet i eksponenten + e ax dx Vi benytter substitusjonen u = + e ax. Da er u = ae ax = au ). Integralet blir omgjort til u au ) du Vi fjerner roten ved å benytte substitusjonen v = u eller u = v. Da er du = vdv og vi får v av ) vdv = v av ) dv = 5

6 Vi benytter polynomdivisjon samt delbrøksoppspalting + a v dv = + / a v )) dv = v + ) v + / ln v a v + + C Vi uttrykker v ved hjelp av x som vx) = + e ax og får + e ax dx = + e ax + + e a a ln ax + e ax + + C 6 Finn de bestemte integralene eksakt). a) x x + dx LF: Vi benytter substitusjonen u = x +. Da er du = xdx. x u) x + dx = u) / u du = 5 u / du = u / 5 = 5 b) sinx 3 ) + cos x) ) dx Hint: Integralet fra a til a av en odde integrerbar) funksjon er. LF: Siden sinx 3 ) er en odde integrerbar) funksjon så er integralet sinx3 ) dx =. Integralet vårt er derfor lik cos x) dx = cosx) + dx = sinx) + x = sin) Her har vi benyttet en trigonometrisk likhet for å skrive om integranden slik at det blir lettere å nne en antiderivert. + c) lnx) dx LF: Dette er et uegentlig integral. Funksjonen lnx) går mot når x nærmer seg fra positiv side. Integralet er lik lim a + a lnx) dx 6

7 Delvis integrasjon med lnx) hvor u settes lik og v = lnx) gir Grensen a lnx) dx = x lnx) x a = ln) a lna) + a lim a lna) = a + siden lnx) går mot mye saktere enn a går mot. Integralet er derfor lik lim ln) a lna) + a = ln)) = a + 7 Funksjonen ft) er vist i guren over. Vi denererer F x) som F x) = x ft) dt for x 3π. a) Bruk guren til å bestemme lokale og globale maksimums- og minimumspunkter til F merk: til F, ikke f) på det angitte intervallet. LF: Lokale og globale maksimums- og minimumspunkter har vi ) i randpunkter, ) i punkter hvor den deriverte er, eller 3) i punkter hvor den deriverte ikke eksisterer. I dette tilfellet eksisterer den deriverte F x) = fx) overalt, så vi har ingen punkter av type 3). Det er re punkter hvor den deriverte F x) = fx) er ; x =, x = π, x = π og x = 3π, altså er randpunktene inkludert blant disse. Vi kan rangere verdien i disse punktene: = F ) < F π) < F 3π) < F π). Denne rangeringen kommer vi fram til ved å sammenligne arealer under grafen til f på de ulike intervallene. Vi kan konkludere med at vi har et globalt minimum i x = og globalt maksimum i x = π. For x = π har vi lokalt minimum og for x = 3π lokalt maksimum. 7

8 b) Funksjonen f som er vist, er ft) = e t/ sin t. Bestem F x). LF: Dersom ft) = e t/ sin t er F x) = x e t/ sin t dt. Den antideriverte kan bestemmes på to måter: Først observerer vi at e t/ sin t = e t/ Im e it ) = Im e t/+it). Dermed er x x ) F x) = e t/ sin t dt = Im e t /+i) dt. Integralet inne i parentesen er x [ e t /+i) dt = / + i et /+i) Dvs F x) = Im / + i ] x = e x /+i) ). / + i e x /+i) )) / i = Im e x/ cos x + i sin x) ) ), /) + altså er F x) = 6 + e x/ )) 7 sin x cos x. Alternativt kan vi bestemme F x) ved å bruke delvis integrasjon: Lar vi ut) = e t/ og v t) = sin t får vi e t/ sin t dt = e t/ cos t e t/ cos t dt. Gjør vi det samme med integralet på høyre side får vi e t/ cos t dt = e t/ sin t + e t/ sin t dt. Dette gir e t/ sin t dt = e t/ cos t e t/ sin t + ) e t/ sin t dt, dvs en ligning hvor det ønskede integralet er ukjent. Løses denne ligningen og regner ut det tilhørende bestemte integralet får vi ) e t/ sin t dt = 6 7 e t/ cos t e t/ sin t, slik at F x) = 6 + e x/ )) 7 sin x cos x. 8

9 8 Løs startverdiproblemene. a) y 3y = cosx) y) = LF : Dette er en første ordens dierensiallikning med konstante koesienter. Likningen er av orden og det er en randbetingelse. De homogene løsningene løsningene til likningen y 3y = ) er y = Ae 3x for konstanter A. Vi nner nå en partikulær løsning. Det vil være realdelen av en løsning til y 3y = e ix. Vi forsøker med en funksjon på formen y = Ke ix. Setter vi den inn får vi i 3)Ke ix = e ix Dette gir K = i 3 = i + 3 = i + 3 En partikulær løsning er derfor Re i + 3 ) cosx) + i sinx)) = 3 cosx) + sinx))/ Løsnignene er derfor på formen yx) = Ae 3x + 3 cosx) + sinx))/ Vi løser nå randverdiproblemet. Kravet y) = gir A 3/ =, så A = 3/. Løsningen til randverdiproblemet er yx) = 3e 3x + 3 cosx) + sinx))/ b) y x 3) = x y y) = / LF: Dette er en separabel dierensiallikning. Vi samler faktorer som er funksjoner bare av y på venstre side og faktorer som er funksjoner av x på høyre side av likhetstegnet. y y dx = x x 3 dx For å gjøre det enklere å løse integralet til høyre utfører vi polynomdivisjon Vi nner de antideriverte og får x x 3 = x x 3 y = x + 3x +.5 ln x 3 + C 9

10 Vi løser randverdiproblemet: Setter vi inn x = og y = / får vi så C =. Løsningen er = ln + C = + C, yx) = x + 3x +.5 ln x 3 c) y + 3x 5 = x y y) = LF: Dette er en førsteordens linær dierensiallikning. Vi benytter integrerende faktorer y x y)e x3 /3 = y e x3 /3 ) = 3x 5 e x3 /3 Vi integrerer og får y e x3 /3 = 3x 5 e x3 /3 dx = 3 3u/) /)e u du = 9/ue u e u )+C hvor vi har benyttet substitusjonen u = x 3 /3. Den deriverte til u er lik x. Dette gir y = e x3 /3 9/ x 3 /3)e x3 /3 e x3 /3 ) + C) = 3x 3 / + 9/ + Ce x3 /3

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

9 + 4 (kan bli endringer)

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

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 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

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

a) f(x) = 3 cos(2x 1) + 12 LF: Vi benytter (lineær) kjerneregel og får f (x) = (sin(7x + 1)) (sin( x) + x) sin(7x + 1)(sin( x) + x) ( sin(x) + x) 2 = Innlevering DAFE ELFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Mandag 2. mars 205 før forelesningen 0:30 Antall oppgaver: 7 Løsningsforslag Deriver de følgende funksjonene. a) f(x)

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

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

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

Detaljer

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

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7

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

Detaljer

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

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT, høsten 206 Innleveringsfrist: Mandag 2. november 206, kl. 4, i Infosenterskranken i inngangsetasjen

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

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bokmål Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 17. desember 2007, kl. 09-14. Oppgave 1 Gitt f(x) = x + x 2 1, 1 x 1. a) Finn og

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

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

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

Detaljer

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2006. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2006. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA656 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 006 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikkeksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 1. MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler

Eksamensoppgavehefte 1. MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler Eksamensoppgavehefte 1 MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor

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

LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 2011 kl. 09:00-14: i( 3 + 1) = i + i + 1

LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 2011 kl. 09:00-14: i( 3 + 1) = i + i + 1 LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 011 kl. 09:00-1:00 NYNORSK OPPGAVE 1 Gitt dei komplekse tala z = 3 + i, w = 1 + i a Rekn ut (skriv på forma a + bi (i z + 3w,

Detaljer

Eksempelsett R2, 2008

Eksempelsett R2, 2008 Eksempelsett R, 008 Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave a) Deriver funksjonen f x x cosx f x cosx x s x f x cosx 6x sinx

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

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x Oppgåve a) i) ii) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) ( x + ) dx x x dx+ x dx x +

Detaljer

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4 Oppsummeringsproblemer som utgangspunkt til ekstraforelesninger i uke 48 i emnet MAT111, høsten 2008 Problem 1 Bruk den formelle definisjonen av grenseverdi til å vise at x 4 1 x 1 x + 1 = 4. Problem 2

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

Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger

Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger Vi bruker det vi har lært i 6.3 om løsning av separable differensialligninger også i noen av oppgavene fra 6.1 og 6.2 for å knytte denne løsningsteknikken

Detaljer

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon

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

Detaljer

Prøve i R2 Integrasjonsmetoder

Prøve i R2 Integrasjonsmetoder Del 1 Hjelpemidler: ingen 1 Oppgave 1 Prøve i R Integrasjonsmetoder Caspar W. Hatlevik 19. oktober 1 Finn de ubestemte integralene og regn ut det bestemte integralet a. x + x + 1dx b. e 4x + x dx c. 1

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

Løsningsforslag for Eksamen i Matematikk 3MX - Privatister - AA6526 16.05.2008. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag for Eksamen i Matematikk 3MX - Privatister - AA6526 16.05.2008. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag for Eksamen i Matematikk 3MX - Privatister - AA656 16.05.008 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for eksamen i matematikke 3MX er gratis, og

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 AA6526 Matematikk 3MX - 8. desember eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 8. desember eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA656 Matematikk 3MX - 8. desember 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

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

EKSAMEN. Hans Petter Hornæs og Britt Rystad

EKSAMEN. Hans Petter Hornæs og Britt Rystad KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematikk. FAGNUMMER: F74A EKSAMENSDATO: Mandag. august 2 SENSURFRIST:. september 2 KLASSE:. klassene, ingenørutdanning. TID: kl. 9. 4.. FAGLÆRER: Hans Petter Hornæs og

Detaljer

Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 27. september 20 Kapittel 5.6. Substitusjon og arealet mellom kurver 3 Areal mellom kurver Problem

Detaljer

Areal - difflikninger - arbeid Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Areal - difflikninger - arbeid Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Areal - difflikninger - arbeid Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 7. oktober 2011 Kapittel 6.4. Areal til omdreiningslegemer 3 Overflate-areal av en rotasjonsflate

Detaljer

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

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

Detaljer

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

Arne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Kompendium, MAT 2 Forord Dette kompendiet dekker analysedelen av pensum i kurset MAT 2 ved Universitetet i Oslo. Kurset bygger på MAT og legger mer vekt på anvendelser av teorien enn på

Detaljer

eksamensoppgaver.org x = x = x lg(10) = lg(350) x = lg(350) 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor

eksamensoppgaver.org x = x = x lg(10) = lg(350) x = lg(350) 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor eksamensoppgaver.org 5 oppgave1 a.i.1) 2 10 x = 700 10 x = 700 2 x lg(10) = lg(350) x = lg(350) a.i.2) Vibrukerfortegnsskjema 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor x 1, 5 a.ii.1)

Detaljer

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der:

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der: Oppgave a) Si kort hva deriverte til en funksjon forteller oss. Hva handler deriverbarhet om? b) Er f (x) = deriverbar for alle reelle x-verdier? x Bestem deriverte til f i sin definisjonsmengde. c) Tegn

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 5. mai eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 5. mai eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 5. mai 2004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Eksamen, 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

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 3MX - AA6524-04.06.2007. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA6524-04.06.2007. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA65 -.6.7 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister - 7. desember eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister - 7. desember eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654/AA656 Matematikk 3MX Elever/Privatister - 7. desember 005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis,

Detaljer

eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir

eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir x, 5 2, eksamensoppgaver.org 5 a.ii) Vi har ulikheten og ordner den. 10 x 2

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

Eksamen AA6524 Matematikk 3MX Elevar/Elever AA6526 Matematikk 3MX Privatistar/Privatister. Nynorsk/Bokmål

Eksamen AA6524 Matematikk 3MX Elevar/Elever AA6526 Matematikk 3MX Privatistar/Privatister. Nynorsk/Bokmål Eksamen 05.12.2007 AA6524 Matematikk 3MX Elevar/Elever AA6526 Matematikk 3MX Privatistar/Privatister Nynorsk/Bokmål Oppgave 1 a) Deriver funksjonen: f x 2 ( ) = cos( x + 1) b) Løs likningen og oppgi svaret

Detaljer

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 5. mai 2004. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 5. mai 2004. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 5. mai 2004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I - LØSNING Mandag 15. desember 2014 Tid: 09:00 14:00

EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I - LØSNING Mandag 15. desember 2014 Tid: 09:00 14:00 Universitetet i Bergen Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Matematisk institutt Side 1 av 11 BOKMÅL EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I - LØSNING Mandag. desember 214 Tid: 9: 14:

Detaljer

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

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

Detaljer

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

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07

Løsningsforslag 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

Detaljer

Heldagsprøve R2. Våren Onsdag 6. Mai Løsningsskisser - Versjon Del 1 - Uten hjelpemidler - 3 timer. Oppgave 1.

Heldagsprøve R2. Våren Onsdag 6. Mai Løsningsskisser - Versjon Del 1 - Uten hjelpemidler - 3 timer. Oppgave 1. Heldagsprøve R Våren 015 Onsdag 6. Mai 09.00-14.00 Løsningsskisser - Versjon 1.05.15 Del 1 - Uten hjelpemidler - timer Oppgave 1 Deriver funksjonene: a) fx tanx Kjerneregel: fx tanu, u x f 1 x cos u x

Detaljer

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

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

Detaljer

Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 20. september 2011 Kapittel 4.7. Newtons metode 3 Eksakt løsning Den eksakte løsningen av

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

Sammendrag kapittel 9 - Geometri

Sammendrag kapittel 9 - Geometri Sammendrag kapittel 9 - Geometri Absolutt vinkelmål (radianer) Det absolutte vinkelmålet til en vinkel v, er folholdet mellom buelengden b, og radien r. Buelengde v = b r Med v i radianer! b = r v Omregning

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

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Oppgave 1 Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 6 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag a) Likningen

Detaljer

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning)

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematikk FAGNUMMER: REA4 EKSAMENSDATO: 6. desember 24 SENSURFRIST: 6. januar 25 KLASSE:. klassene, ingenørutdanning. TID: kl. 9. 3.. FAGLÆRER: Hans Petter Hornæs ANTALL

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

Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007

Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007 Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007 eksamensoppgaver.org September 17, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

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

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

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008 Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008 eksamensoppgaver.org September 14, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i R1 er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 1 i emnet MAT111, høsten 2016

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 1 i emnet MAT111, høsten 2016 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Obligatorisk innlevering 1 i emnet MAT111, høsten 2016 Innleveringsfrist: Mandag 26. september 2016, kl. 14, i Infosenterskranken i inngangsetasjen

Detaljer

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 2006. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 2006. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654/AA656 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 6 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det

Detaljer

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

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

Detaljer

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 8.9 23 Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at der R 2 (x) = f (n+) (c) (n+)! e x = + x + x2 2 + R 2(x),

Detaljer

Integrasjon. Hvis f(x) er en gitt funksjon så er integralet av f(x) en samling med alle antideriverte til f(x). Integraltegnet står for en sum

Integrasjon. Hvis f(x) er en gitt funksjon så er integralet av f(x) en samling med alle antideriverte til f(x). Integraltegnet står for en sum Integrasjon Halvor Aarnes, UiO, 2014 Innhold Numerisk integrasjon og Simpsons regel... 5 Areal ved Riemann sum... 5 Areal ved trapesmetoden... 6 Numerisk integrasjon og Simpsons regel... 8 Volum ved rotasjon...

Detaljer

EKSAMEN TMA4100 HØST 2014 LØSNINGSFORSLAG. du/dx = e x du = e x dx, Her har vi brukt analysens fundamentalteorem til å derivere telleren.

EKSAMEN TMA4100 HØST 2014 LØSNINGSFORSLAG. du/dx = e x du = e x dx, Her har vi brukt analysens fundamentalteorem til å derivere telleren. EKSAMEN TMA400 HØST 04 ØSNINGSFORSAG Oppgave. Uner rottegnet står et + e x, og en eriverte til ette uttrykket er e x, som står utenfor rottegnet. Sett erfor u +e x. Da får vi og vi kan løse intergralet:

Detaljer

Matematikk 1000. Eksamensaktuelle numerikk-oppgåver

Matematikk 1000. Eksamensaktuelle numerikk-oppgåver Matematikk 1000 Eksamensaktuelle numerikk-oppgåver Som kj er numeriske metodar ein sentral del av dette kurset. Dette vil også sette preg på eksamen. Men vi kjem ikkje til å bruke datamaskin på sjølve

Detaljer

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

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

Detaljer

Optimal kontrollteori

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

Detaljer

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger

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

Detaljer

. 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 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 AA6524 Matematikk 3MX 3. juni 2005. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX 3. juni 2005. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654 Matematikk 3MX 3. juni 005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for Ingeniørutdanning

HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for Ingeniørutdanning HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for Ingeniørutdanning EKSAMEN I Matematisk analyse og vektoralgebra, FOA150 KLASSE : Alle DATO : 11. august 006 TID: : Kl. 0900-100 (4 timer) ANTALL OPPGAVER : 5 VARIGHET ANTALL

Detaljer

= x lim n n 2 + 2n + 4

= x lim n n 2 + 2n + 4 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten

Detaljer

3 x = 27 x ln 3 = ln 27 ln 27 x = ln 3 x = 3. 10 x2 = 10 x log(10 x2 ) = log(10 x ) x 2 = x x(x 1)=0 x = 0 x = 1. x +3=2

3 x = 27 x ln 3 = ln 27 ln 27 x = ln 3 x = 3. 10 x2 = 10 x log(10 x2 ) = log(10 x ) x 2 = x x(x 1)=0 x = 0 x = 1. x +3=2 4 oppgave. a..i) 3 x = 7 x ln 3 = ln 7 ln 7 x = ln 3 x = 3. a..ii) 0 x = 0 x log(0 x ) = log(0 x ) x = x x(x )=0 x = 0 x =.3 a..i) Kvadrerer x +3= x +3= x = Setterikkeprøve,forjegseratsvareterriktig,menhuskåsetteprøvepå

Detaljer

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 43. Oppgaver til seminaret 28/10

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 43. Oppgaver til seminaret 28/10 OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 43 Avsn. 5.1: 41 Avsn. 5.3: 3, 7 Avsn. 5.4: 13, 31, 37 På settet: S.1 Oppgaver til seminaret 28/10 Oppgaver til gruppene uke 44 Merknad: Oppgavene under skal kunne løses uten

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 2MX - AA

Løsningsforslag Eksamen 2MX - AA Løsningsforslag Eksamen 2MX - AA6516-28.05.2008 eksamensoppgaver.org September 13, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Løsningsforslag for eksamen i AA6526 Matematikk 3MX - 5. desember 2008. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag for eksamen i AA6526 Matematikk 3MX - 5. desember 2008. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag for eksamen i AA6526 Matematikk 3MX - 5. desember 2008 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikkeksamen i 3MX er gratis, og det er

Detaljer

E K S A M E N. Matematikk 3MX LÆRINGSSENTERET. Elevar / Elever. AA juni 2004

E K S A M E N. Matematikk 3MX LÆRINGSSENTERET. Elevar / Elever. AA juni 2004 E K S A M E N LÆRINGSSENTERET Matematikk 3MX Elevar / Elever AA654 7. juni 004 Vidaregåande kurs II / Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag Oppgåva ligg føre

Detaljer

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

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

Detaljer

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 for eksamen i VG1340 Matematikk 1MX - 02.05.2008. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag for eksamen i VG1340 Matematikk 1MX - 02.05.2008. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag for eksamen i VG1340 Matematikk 1MX - 02.05.2008 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 1MX er gratis, og det er lastet

Detaljer

Matematikk for økonomer Del 2

Matematikk for økonomer Del 2 Matematikk for økonomer Del 2 Formelark Dokument type: Formelark Antall kapitler: 10 kapitler Antall sider: 17 Sider Forfatter: Studiekvartalets kursholdere rett til bruk av materialet. Det innebærer at

Detaljer

EKSAMEN Løsningsforslag

EKSAMEN Løsningsforslag 7 desember EKSAMEN Løsningsorslag Emnekode: ITD5 Dato: 6 desember Hjelpemidler: Emne: Matematikk ørste deleksamen Eksamenstid: 9 Faglærer: To A-ark med valgritt innhold på begge sider Formelhete Kalkulator

Detaljer

Eksamen IRF30014, høsten 15 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Eksamen IRF30014, høsten 15 i Matematikk 3 Løsningsforslag Oppgave 1. Eksamen IRF314, høsten 15 i Matematikk 3 øsningsforslag I denne oppgaven er det to løsningsforslag. Ett med asymptotene som gitt i oppgaveteksten. I dette første tilfellet blir tallene litt

Detaljer

Mål og innhold i Matte 1

Mål og innhold i Matte 1 Mål og innhold i Institutt for matematiske fag 15. november 2013 på Målet med denne oversikten er at vi skal se hvor vi er i pensum, og at du skal kunne finne hva du kan/ikke kan. Jeg vil i tillegg vise

Detaljer

Krasjkurs MAT101 og MAT111

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

Detaljer

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. august 2011

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. august 2011 Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 8. august 20 2 Definisjon av funksjon Definisjon En funksjon er en regel f som til et hvert tall i definisjonsmengden

Detaljer

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

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

Detaljer

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

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

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

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007 Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA022 - Desember 200 eksamensoppgaver.org October 2, 2008 eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksempeloppgave i R1

Detaljer

EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL)

EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) Eksamen i : Mat-0001 Brukerkurs i matematikk. Dato : Tirsdag 21. februar 2012. Tid : 09.00-13.00. Sted: : Adm. bygget, B154. Tillatte hjelpemidler : Alle trykte og skrevne.

Detaljer