Kort om differensialligninger

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Kort om differensialligninger"

Transkript

1 Kort om differensialligninger Innføring En differensialligning er en ligning av typen () y (t) = f(t, y(t)), hvor f(t, y) er en kjent funksjon Løsningen på denne ligningen er en funksjon y(t) som passer inn i formelen Eksempel Differensialligningen har løsning hvor C er en konstant Et annet eksempel er y (t) = t y(t) = 2 t2 + C y (t) = y(t) Her er løsningen gitt ved y(t) = Ce t For å avgjøre om en gitt kandidat er en løsning, regner vi ut begge sider av likheten og ser om det passer Vi ønsker å vise at y(t) = 2 + e t2, løser y (t) + 2ty(t) = t Her har vi at y (t) = 2te t2, slik at y (t) + 2ty(t) = 2te t2 + 2t 2 + e t2 = t Altså er y(t) en løsning Lineære første ordens ligninger At en ligning er lineær betyr at y(t) og dens deriverte inngår lineært i ligningen At den er første orden betyr at ligingen inneholder y(t) og y (t), men ikke høyere deriverte Altså kan vi skrive den generelle lineære første ordens ligningen på formen (2) y (t) + f(t)y(t) = g(t) Denne ligningen kan alltid løses ved å multiplisere med en såkalt integrende faktor La F være en antiderivert til f, altså F (t) = f(t)dt Da har vi at d dt ef (t) = F (t)e F (t) = f(t)e F (t) Her har vi eventuellt delt på den funksjonen som multipliserte y (t)

2 2 Ved å multiplisere ligning (2) med e F (t) får vi at e F (t) y (t) + f(t)e F (t) y(t) = e F (t) g(t) eller, d ( e F (t) y(t) ) = e F (t) g(t) dt Vi integrerer den siste likheten, og får e F (t) y(t) = e F (t) g(t) dt Løser vi ut for y(t) får vi løsningen til (2) (3) y(t) = e F (t) e F (t) g(t) dt I stedet for å huske denne formelen kan det være greier å huske hvordan vi kom fram til den Eksempel Finn den generelle løsningen på ligningen y + 2y = 0 Her er g = 0 og f(t) = 2 En antiderivert til f blir F (t) = 2t Vi multipliserer med e 2t og får at ( e 2t y(t) ) = 0 Da må ye 2t = C og derfor y(t) = Ce 2t Dette er egentlig en familie av løsninger (derfor kalles løsningen den generelle) Hvis vi ønsker den spesille løsningen som har y(t 0 ) = y 0, setter vi dette inn i den generelle løsningen, og finner C uttrykt ved t 0 og y 0 I dette tilfellet blir det y 0 = Ce 2t 0, eller C = y 0 e 2t 0 Den spesielle løsingen som har y(t 0 ) = y 0 blir altså y(t) = y 0 e 2(t 0 t) Eksempel Finn den generelle løsningen på y + 2ty = t Her er f(t) = 2t så F (t) = t 2 Vi multipliserer med e t2 ( e y) t2 = te t 2 og får at Den generelle antideriverte til høyresiden (bruk substitusjon) er 2 et2 + C,

3 3 slik at den generelle løsningen blir y(t) = 2 + Ce t2 Eksempel En dyrepopulasjon har konstant relativ vekstrate λ, dvs i løpet at en tid t vil det komme til tλp(t) nye individer Her er p(t) befolkningens størrelse ved tiden t Da har vi at p(t + t) = p(t) + tλp(t) Denne ligningen kan skrives som Vi lar t gå mot null, og får at Denne ligningen har løsning (sjekk!) p(t + t) p(t) t = λp(t) p (t) = λp(t), p(0) = p 0 p(t) = p 0 e λt Oppgave : En populasjon har konstant relativ vekstrate λ, samt innvandring gitt ved Ke at Vi kjenner p(0) = p 0 Anta først at λ a Finn p(t) Finn så p(t) dersom a = λ Oppgave 2: a Finn den generelle løsningen på y + t y = t Finn så den spesielle løsningen slik at y() = 0 b Finn den generelle løsningen på y + ln(t)y = ln(t) Finn så den spesielle løsningen der y() = 0 2 Separable ligninger En separabel ligning kan er en første ordens differensialligning som kan skrives på formen y (t) = f(y(t))g(t) Anta at f(y) 0, vi deler på f og får f(y(t)) y (t) = g(t) Hvis F (y) er en antiderivert til /f(y), altså F (y) = /f(y), så kan vi bruke kjerneregelen til å skrive venstresiden som d dt F (y(t)) = F (y(t))y (t) = f(y(t)) y (t) = g(t)

4 4 Derfor blir løsningen gitt ved F (y(t)) = g(t) dt Dette kalles en løsning, selv om det kan være vanskelig (av og til umulig) å løse denne ligningen for y(t) En grei huskeregel for separable ligninger er følgende utledning : dy dt = f(y)g(t) dy f(y) = g(t) dt Setter vi integraltegn, så gir siste likhet mening, og vi har en løsningsformel: dy f(y) = g(t) dt Eksempel Finn den generelle løsningen på y = y 2 Her er g(t) =, og vi får at dy y = t + C 2 Den antideriverte til venstresiden blir /y, vi kan løse ut for y y(t) = t + C Hvis vi ønsker å finne den løsningen som har y(0) =, så får vi = altså y(t) = C t Legg merke til at denne løsningen har en vertikal asymptote i t = Generellt er det slik at man ikke (alltid) kan definere en gitt løsning for alle t, men bare i et intervall rundt det punktet initialdata er gitt Eksempel En befolkningsmodell har relativ vekstrate gitt ved λp, der p er befolkningens størrelse At den relative vekstraten er proporsjonal med p modellerer at man trenger to individer for å formere seg Nå blir p (t) = λ(p(t)) 2, p(0) = p 0 Den generelle løsningen blir p 0 p(t) = λp 0 t Det er åpenbart at dette ikke gir noen god prediksjon når t /(λp 0 ) Imidlertid har slike modeller blitt brukt i tilfeller der det fins få individer (feks blåhval) Eksempel Også en konstant relativ vekstrate gir en populasjon som vil vokse over alle grenser I mange tilfelle vil etterhvert ressursene bli brukt opp dersom befolkningen blir

5 for stor I slike tilfelle er det vanlig å sette relativ vekstrate lik λ( p/n) Her er N det maksimale antall individer ressursene kan støtte Dette gir differensialligningen for p ( p = λp p ) N 5 Vi setter z = p/n Da vil z tilfredstille z = λz( z), eller dz z( z) = For å løse integralet til venstre bruker vi delbrøkoppspalting Derfor får vi at Fra denne ligningen kan vi løse ut z Vi får z( z) = z + z z ln = λt + C z λ dt z = Ceλt + Ce λt, hvor C bestemmes av z 0 = p 0 /N Setter vi inn dette, får vi at C = z 0 /( z 0 ) Nå kan vi skrive opp løsningen for p, p 0 p(t) = N p 0 + (N p 0 )e λt Legg merke til at lim t p(t) = N dersom p 0 > 0 3 Fikspunkter Et fikspunkt for differensialligningen (4) y (t) = f(y(t)), er en konstant løsning y(t) = ȳ Dersom ȳ er et fikspunkt, så må f(ȳ) = 0 La nå y(t) være løsningen av intitialverdiproblemet for (4); y (t) = f(y(t)), y(0) = y 0 Definisjon Et fikspunkt ȳ kalles stabilt hvis det for alle ɛ > 0 fins en δ slik at y 0 ȳ < δ y(t) ȳ < ε for alle t > 0 Fikspunktet ȳ kalles asymptotisk stabilt hvis det fins en δ > 0 slik at y 0 ȳ < δ lim t y(t) = ȳ Hvis et fikspunkt ikke er stabilt, kalles det ustabilt

6 6 For én differensialligning kan man enkelt avgjøre om et fikspunkt er stabilt eller ikke Metoden er som følger: () Tegn grafen til f (som funksjon av y) Fikspunktenene vil da være de punktene der grafen skjærer y aksen (2) Siden y = f(y) vil y > 0 i de intervallene hvor f > 0, og y < 0 i de intervallene hvor f < 0 Tegn piler mot venstre der f < 0 og mot høyre der f > 0 (3) Nå vil alle fikspunktene ha piler som enten (a) går mot fikspunktet fra begge sider, (b) går fra fikspunktet fra begge sider, eller (c) går mot fikspunktet fra en side, og fra fikspunktet fra den andre I tilfellet (a) er fikspunktet asymptotisk stabilt, ellers er det ustabilt f ustabilt stabilt ustabilt y Figur Stabile og ustabile fikspunkter for en differensialligning Vi ser også at et fikspunkt blir asymptotisk stabilt hvis f (ȳ) < 0, og ustabilt dersom f (ȳ) > 0 Hvis f (ȳ) = 0 kan fikspunktet både være stabilt, asymptotisk stabilt eller ustabilt Dette kan vi også se ved linearisering Dette er en teknikk for å studer løsinger til (4) som ligger nært et fikspunkt ȳ Vi setter z(t) = y(t) ȳ Da får vi at Ligningen z (t) = y (t) = f(y(t)) f(ȳ) siden f(ȳ) = 0, f (ȳ)(y(t) ȳ) = f (ȳ)z(t) z = f (ȳ)z kalles lineariseringen av (4) rundt ȳ Den har løsning z(t) = z 0 e f (ȳ)t, og dersom f (ȳ) < 0 så vil z(t) 0 når t Dette impliserer at y(t) ȳ når t

7 Oppgave 3: Finn fikspunktene til følgende differensialligninger, og bestem deres stabilitetsegenskaper: (a) y = y( y), (b) y = y( y 2 ), (c) y = y 2 ( y 2 ), 7 4 Slope fields Gitt differensialligningen y (t) = f(t, y(t)), så vet vi at y (t) er hellningen på kurven som går gjennom punktet (t, y(t)) Denne informajonen kan vi bruke til å tegne omtrentlige løsninger av differensialligningen uten å finne noen formler Oppskriften er som følger: () Tegn mange piler i (t, y) planet Hellningen på pilen gjennom et punkt (t, y) skal være f(t, y) (2) For å få et bilde av løsningen som går gjennom et punkt (t 0, y 0 ), tegn en kurve gjennem dette punktet som er tangent til alle pilene den passerer i nærheten av En slik kurve vil som ofteset gi ganske god informajson om hvordan løsningen oppfører seg Denne prosedyren gjøres lett på en datamaskin, og det fins mange ressurser på nettet som man kan bruke Figur 2 er tegnet med en applet som ligger på mathriceedu/~dfield/dfpphtml Figur 2 Slope fields for differensialligningen x = x 2 t

8 8 2 Systemer av ligninger Et system av ordinære differensialligninger ser ut som (), bare at y nå blir en vektor med n komponenter, y (t) = f(t, y(t)), her er hvor f i = f i (t, y,, y n ) y f y y = 2 og f = f 2, y n f n 2 Autonome lineære systemer De enkleste systemer av ligninger er lineære systemer med konstante koeffisienter Disse kan skrives på formen y = Ay, der A er en n n matrise Analogt med teorien for én lineær differensialligning, søker vi etter løsninger på formen y(t) = ze λt der z er en konstant vektor og λ er et (muligens komplekst) tall Insatt i ligningen gir dette y (t) = λze λt = e λt Az Altså må z være en egenvektor til A og λ den tilhørende egenverdi Hvis vi antar at A har n lineært uavhengige egenvektorer, z,, z n, med egenverdier λ,, λ n, så vil y(t) = c z e λ t + + c n z n e λnt også være en løsning for alle konstanter c,, c n (Vis dette!) 2 Systemer av 2 ligninger Vi starter med et enkelt eksempel: 2 y = y 2 2 Ligningen for egenverdiene blir (λ )(λ + 2) 4 = λ 2 + λ 6 = 0 Dette impliserer at λ = 2 og λ 2 = 3 er egenverdiene Ligningene for egenvektorene blir ( α λ = 2, z = α + 2β = 2α α = 2β, β) ( α λ 2 = 3, z 2 = α + 2β = 3α β = 2α β) Da kan vi velge z = ( ( 2, og z ) 2 = 2)

9 9 Nå kan den generelle løsningen skrives som 2 y(t) = c e 2t + c 2 2 for konstanter c og c 2 Hvis vi vil finne løsningen for et bestemt initialverdiproblem, mao vi kjenner y(0), får vi et system av ligninger som avgjør c og c 2 Anta at vi ønsker løsningen som har y(0) = (, 0) Da må Da blir e 3t 2c + c 2 =, c 2c 2 = 0, altså c 2 = 5, c = 2 5 y(t) = 5 4e 2t + e 3t 2e 2t 2e 3t Dette eksempelet viste hvordan vi regner hvis vi har reelle egenverdier Det neste viser hva som skjer dersom vi har komplekse egenverdier 2 y = y 4 2 Her blir ligningen som bestemmer egenverdiene (λ + 2) = 0, altså λ = 2 ± 2i, der i = Egenvektorene blir også komplekse z =, z +2i 2 =, 2i Hvis vi har en kompleks løsning på formen y(t) = a(t)+ib(t) så vil a og b være to løsninger siden Vi skriver egenverdien og vektoren som Løsningen er a (t) + ib (t) = y (t) = Ay(t) = Aa(t) + iab(t) λ = µ + iω, z = u + iv ze λt = (u + iv) e µt (cos(ωt) + i sin(ωt)) = (u cos(ωt) v sin(ωt))e µt + i(u sin(ωt) + v cos(ωt))e µt Fra én kompleks løsning får vi altså to reelle på formen y (t) = e µt (u cos(ωt) v sin(ωt), y 2 (t) = e µt (u sin(ωt) + v cos(ωt) Den generelle løsningen blir en lineærkombinasjon av y og y 2, y(t) = c y (t) + c 2 y 2 (t)

10 0 I vårt tilfelle blir µ = 2, ω = 2, u = (, 0) og v = (0, 2) Derfor har vi at ( 0 cos(2t) y (t) = e 2t cos(2t) sin(2t = e 0 2) 2t, 2 sin 2t ( 0 sin(2t) y 2 (t) = e 2t sin(2t) + cos(2t = e 0 2) 2t 2 cos(2t) Hvis vi vil finne den spesielle løsningen som har y(0) = (, ), må vi løse ligningssystemet c y (0) + c 2 y 2 (0) = (, ), c =, 2c 2 = Dette gir c = og c 2 = /2, og vi får at y(t) = 2 e 2t ( 2 cos(2t) + sin(2t) 2 cos(2t) 4 sin(2t) I Figur 3 har jeg plottet komponentene til y som funksjoner av t, og i faseplanet (dvs y som funksjon av t) Hvis A bare har én egenvektor z er prosedyren for å finne den generelle ) y og y 2 som funksjoner av t (y,y 2 ) y y t y Figur 3 Venstre: løsningen som funksjon av t, høyre: løsningen i faseplanet løsningen slik Vi har en løsning y (t) = e λt z, vi finner en annen ved først å finne en generalisert egenvektor b som løser Hvis vi setter y 2 = (b + tz)e λt får vi at Ab = λb + z y 2(t) = (z + λb + λtz)e λt = (Ab + taz)e λt = A(b + tz)e λt = Ay 2 (t) Eksempel Et eksempel på dette er systemet y = y 2

11 Her blir ligningen for egenverdiene λ λ + 2 Denne har en dobbel rot i λ = 2, og tihørende egenvektor z = 2 Dette gir løsningen y = ze 2 t For å finne den andre løsningen må vi løse ( A + ) ( 2 2I b = z eller 2 2) α = β 2 En løsning på dette systemet er og den andre løsningen blir da y 2 (t) = e 2t z = ( ) 2/2, 0 (( ) ) 2/2 + t 0 2 Oppgave 4: Finn den generelle løsningen på differensialligningen y = Ay a 5 4 A = 2 b A = 0 c 2 3 A = 3 6 Vi går nå tilbake til det generelle tilfellet a b y = y c d Denne ligningen har bare ett fikspunkt y = 0 Vi ønsker å finne ut for hvilke matriser dette fikspunktet er stabilt Generellt har vi asymptotisk stabilitet hvis og bare hvis realdelen til begge egenverdiene er negativ Merk også at vi har oscillerende løsninger hvis egenverdiene er komplekse Tabell viser hvordan typen av fikspunktet avhenger av egenverdiene Ligningen for egenverdiene blir (λ a)(λ d) bc = λ 2 (a + d)λ + (ad bc) = λ 2 λt + D = 0, hvor T = a + d (trasen til A) og D = ad bc (determinanten til A) Egenverdiene er derfor bestemt bare av trasen og determinanten ved formelen λ = 2 (T ± T 2 4D) Hvis D < 0, så vil alltid en egenverdi være negativ og en positiv Vi har et sadelpunkt, og dette er ustabilt

12 2 Type Egenverdier Faseplan Sadel λ < 0 < λ 2 Sink λ < λ 2 < 0 Kilde 0 < λ < λ 2 Spirasink λ = a + ib, a < 0, b 0 Spiralkilde λ = a + ib, a > 0, b 0 Senter λ = ib 0 Tabell Hvordan fikspunktets type avhenger av egenverdiene Oppgave 5: Finn de områdene i (T, D) planet der (0, 0) er: a) en sink, b) en kilde, c) en spiralkilde, d) en spiralsink, e) et senter 22 Hvordan tegne et faseportrett nær origo For å danne oss et kvalitativt bilde av hvordan løsningene ( flyten ) ser ut nær 0 kan vi tegne et faseportrett Dette er noen omtrentlige løsninger, med piler som indikerer hvordan løsningen forandrer seg når tiden øker Dette blir litt forskjellig avhengig av typen fikspunkt Sadelpunkt Her har vi λ < 0 < λ 2 La z og z 2 være de tilhørende egenvektorene Da har vi at y = e λ t z er en løsning Denne tegner vi inn, det blir en rett linje, og siden y 0

13 når t vokser, så får denne linjen to piler som peker inn mot origo På samme måte er y 2 = e λ 2t z 2 en løsning Dette blir også en rett linje, denne gangen med to piler som peker ut fra origo Den generelle løsningen er en lineærkombinasjon av y og y 2 Vi tegner på noen typiske kombinasjoner, komponenten langs z blir liten når t vokser, og komponenten langs z 2 blir liten når t avtar mot Se Figur 4 3 Figur 4 Faseportrett av en sadel Sink I dette tilfellet er λ < λ 2 < 0 Vi tegner de to løsningene y og y 2 som begge blir rette linjer med piler inn mot 0 En generell løsning vil være en kurve som går inn mot 0 Når t vil komponenten langs z være uendelig mye mindre enn komponenten langs z 2 (Hvorfor?) Dette betyr at når løsningene nærmer seg origo, vil løsningskurvenen være tangent til z 2 Se Figur 5 Figur 5 Faseportrett av en sink Spiralsink I dette tilfellet har vi et komplekskonjugert par av egenverdier λ = µ±iω, og µ < 0 Her vil løsningene være spiraler som går inn mot origo når t vokser Det eneste vi

14 4 må avgjøre er om rotasjonen er mot eller med klokken For å bestemme dette kan vi se på matrisen A Hvis y(t) = (x(t), y(t)) så er ligningen x (t) a b x(t) y = (t) c d y(t) Hvis rotasjonsretning er mot klokka, vil x (t) < 0 når vi passerer y-aksen for y > 0 Når vi passerer y-aksen er x(t) = 0, og vi får at x (t) = by(t) her Siden y(t) > 0 vil omløpsretning være mot klokka hvis b < 0 og med klokka hvis b > 0 Hvis b = 0 kan vi se på y (t) når vi passerer x-aksen med x > 0 Se Figur 6 Figur 6 Faseportrett av en spiralsink Hvis vi har en kilde så betyr dette at alle pilene blir snudd, og hvis vi har et senter så er spiralene forandret til ellipser Oppgave 6: Tegn faseportrett nær origo av differensialligningene fra oppgave 4 22 Lineærisering rundt et fikspunkt Tankegangen er den samme for systemer som for én ligning Vi starter med Taylors formel f(y) = f(ȳ) + Df(ȳ) (y ȳ) + h(y) Her er f : R n R n og h er en funksjon som er slik at lim y ȳ h(y) y ȳ = 0 Denne formelen gjelder dersom f er deriverbar i en omegn rundt ȳ Symbolet Df betyr Jacobimatrisen til f, altså hvis f (y) f =, f n (y)

15 5 så er f f f y y 2 y n f 2 f 2 Df = y y n f n y f n y n Hvis ȳ er et fikspunkt, så er f(ȳ) = 0 Som før definerer vi z = y ȳ Vi får at (5) z = y = f(y) f(ȳ) = Df(ȳ)z + h(y) Hvis y er tilstrekkelig nær ȳ så er h(y) 0 Ligningen (6) z = Df(ȳ)z burde derfor være en god tilnærming til den ikke-lineære ligningen når y er nær ȳ Presist gjelder Lemma La λ,, λ n være egenverdiene til Df(ȳ) Dersom realdelen av λ i 0 for i =,, n, så er fikspunktet for (5) og (6) av samme type Eksempel La µ være en reell parameter og betrakt systemet av ligninger ( x x y = f = y) ( µ ω x ω µ y) Dette systemet har ett fikspunkt, (x, y) = (0, 0) Videre blir ( 0 Df = 0) µ ω ω µ x(x 2 + y 2 ) y(x 2 + y 2 ) Derfor blir lineariseringen rundt 0 z = µ ω z ω µ Den karakteristiske ligningen til dette systemet blir (λ µ) 2 + ω 2 = 0, og vi får komplekse røtter λ = µ±iω Da vet vi at dersom µ < 0 så er origo en spiralsink for både lineariseringen og den ikke-lineære ligningen, og dersom µ > 0 er origo en spiralkilde for begge systemene Vi ser fra Df at x (t) = ω når x(t) = 0 og y(t) > 0, slik at omløpsretningen blir mot klokka hvis ω > 0 og med klokka hvis ω < 0

16 6 Denne ligningen kan faktisk løses ved å innføre polarkoordinater r 2 = x 2 + y 2 og θ = arctan(y/x) Ved bruk av kjerneregelen får vi at θ (t) = d y(t) + y2 dt x(t) x 2 = x 2 + y 2 (y (t)x(t) y(t)x (t)) ( = yµx + ωy 2 + xµy + ωx 2) x 2 + y 2 = ω Derfor blir θ(t) = θ(0) + ωt For å få ligningen for r, multipliserer vi ligningen for x med x og ligningen for y med y og adderer d 2 dt xx + yy = µx 2 ωxy + ωxy + µy 2 x 2 r 2 y 2 r 2 ( x 2 + y 2) = µ ( x 2 + y 2) (x 2 + y 2 )r 2 r = r(µ r 2 ) Denne ligningen kan vi også løse i formel (formelen blir avhengig av fortegnet til µ), men vi kan analysere den lettere ved å se på fikspunktene Vi ser at for µ > 0 er har vi en r(µ r 2 ) µ<0 r(µ r 2 ) µ>0 µ r r Figur 7 Left: the origin is stable for µ < 0, right: the origin is unstable for µ > 0 periodisk løsning gitt ved ŷ(t) = ( ) µ cos(ωt) µ sin(ωt) Videre så ser vi at alle andre løsninger (unntatt y = 0) vil være slik at de nærmer seg denne periodiske banen når t vokser For µ < 0 vil all løsninger spirale inn mot origo I Figur 8 har jeg tegnet et faseportrett for µ < 0 og µ > 0 Oppgave 7: Løs ligningen for r over i begge tilfellene Finn derved den generelle løsningen x(t) og y(t) Oppgave 8: Tegn et faseportrett for denne ligningen for ω = 0

17 & & 7!#$%!!&!!'!!(&&) &#$!(%&!&'!!(&&) %$!*+,!#$%!!&!!'!!(&&) &#$!(%&!&'!!(&&) %$*, + -+ *,- - * *+,- *!*+!,-!-!*!-+!*,-!,!+!,!-+!-!*+ * *+ - -+,!!+!*,-!*!,-,- * *,- +! Figur 8 A limit cycle is born at µ = 0 Etter henvendelser fra studentene, vil jeg heretter write in English Oppgave 9: Find all equilibria of the differential equation ( ) x 2x y y = x + x 2 + 3y 2 Then determine the types of these equilibria Oppgave 0: Show that the origin is the only equilibrium of the system x y x y = 3 2xy 2 x y 3, and that the linearized system is a center at the origin Try to determine the stability of the fixpoint by numerical calculations (use eg pplane) 23 Numerical methods As a rule, one cannot obtain a formula for the solution of a differential equation Linearization around fixpoints is one tool to obtain information about solutions, and there are many other analytical tools available However, to gain insight into the behaviour of typical solution, numerical approximations are indispensable 23 Euler s method The prototype, and the simplest, method of solving an ordinary differential equation numerically, is Euler s method This method is based on the first order Taylor expansion To be more precise, let the differential equation be (7) x (t) = f(t, x(t)) I have chosen to use the notation for a single equation, but you can choose to think of x as a vector if you wish The first order Taylor expansion of x at the point t reads x(t + t) = x(t) + x (t) t + O ( t 2) = x(t) + f(t, x(t)) t + O ( t 2),

18 8 which holds if x is twice differentiable around t Here I have used the O( ) notation, g = O(α) means that there is a finite constant C, independent of α such that lim g C α 0 α Now assume that we know x(0) = x 0, then using the Taylor expansion we get x( t) = x(0) + f(0, x(0)) t + O ( t 2) (8) x(2 t) = x( t) + f(0, x( t)) t + 2O ( t 2) x(n t) = x((n ) t) + f((n ) t, x((n ) t)) t + no ( t 2) Now we can define a numerical method by dropping the O( ) terms For n define (9) x n = x n + f (t n, x n ) t, where t n = n t Figure 9 shows the approximations generated by the Euler method with t = 03 for the initial value problem x (t) = t x 2, x(0) = 05 Here I have plotted the exact solution (obtained by magic), and the approximation Let us 25 2 x 5 05 Eulers method Exact solution t Figur 9 Euler s method with t = 05 and the exact solution of the equation x = t x 2 assume that the solution x(t) stays twice differentiable for t in the interval [0, T ], so that the formulas (8) all hold Set t = T/n, we wish to compute how close x(t ) = x(t n ) is to x n To this end, set e j = x j x(t j ) for j = 0,, n Then we can calculate e j+ = x j+ x(t j+ ) = x j + tf (t j, x j ) x(t j ) tf(t j, x(t j )) + jo ( t 2) = e j + t (f(t j, x j ) f(t j, x(t j )) + jo ( t 2) ( = + t f ) x (t j, ξ j ) e j + jo ( t 2),

19 where ξ j is between x j and x(t j ), and we have used the mean value theorem In order to proceed, we assume that f (x, t) x M for all (x, t) Then the error is bounded by the following recurrence relation e j+ ( + tm) e j + jo ( t 2), j 0, e 0 = 0 Applying this n times, we get the bound e n O ( n t 2) ( + tm) n We have that n = T/ t, thus this can be rewritten, e n C t( + tm) T/ t C te MT, for some constant C which is independent of t Therefore, as t 0, and n with n t = T, we have that the difference between the Euler approximation and the true solution vanishes at a rate comparable to t Therefore we call this method first order There are of course many other (and better!) numerical methods A general method which is simple to implement, and inexpensive (in terms of computational effort) to use, is the fourth order Runge-Kutta method Without any explanation, it reads as follows Given x n compute x n+ as: k = tf(t n, x n ) k 2 = tf(t n + t/2, x n + k /2) k 3 = tf(t n + t/2, x n + k 2 /2) k 4 = tf(t n+, x n + k 3 ) x n+ = x n + 6 (k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) This is the workhorse of numerical solutions to ODEs, and a sophisticated version is implemented in Matlab under the name ode45 Oppgave : Implement the Euler method and the fourth order Runge-Kutta method Your program should work both for a single equation, and for a system Input should be the function f, the initial value x 0, t and n Output should be x,, x n Test your programs on the logistic equation x = x(0 x), x(0) = 0 for T = 0 Verify (using the exact solution) that the Euler method is first order convergent, and that the Runge-Kutta method is fourth order convergent 9

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Exam: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamen i: ECON320/420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Date of exam: Friday, May

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

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Utsatt eksamen i: ECON420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Postponed exam: ECON420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Mandag

Detaljer

ECON3120/4120 Mathematics 2, spring 2004 Problem solutions for the seminar on 5 May Old exam problems

ECON3120/4120 Mathematics 2, spring 2004 Problem solutions for the seminar on 5 May Old exam problems Department of Economics May 004 Arne Strøm ECON0/40 Mathematics, spring 004 Problem solutions for the seminar on 5 May 004 (For practical reasons (read laziness, most of the solutions this time are in

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON320/420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Onsdag 6. desember

Detaljer

Løsningsførslag i Matematikk 4D, 4N, 4M

Løsningsførslag i Matematikk 4D, 4N, 4M Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Løsningsførslag i Matematikk 4D, 4N, 4M Oppgave (Kun før 4D Vi har f(x, y x + y x y, for x y. Dette gir For (x, y

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013

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

Detaljer

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

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

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

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

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

Detaljer

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

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Eivind Eriksen 9. april 010 Dierensiallikninger En dierensiallikning inneholder en avhengig variabel (typisk y ) og en uavhengig variabel (typisk x), som

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

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

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

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

5.6 Diskrete dynamiske systemer

5.6 Diskrete dynamiske systemer 5.6 Diskrete dynamiske systemer Egenverdier/egenvektorer er viktige for å analysere systemer av typen x k+1 = A x k, k 0, der A er en kvadratisk diagonaliserbar matrise. Tenker her at x k angir systemets

Detaljer

2 Antiderivering 26 2.1 Derivasjon... 26 2.2 Differensiallikninger... 33 2.3 Antiderivasjon... 35 2.4 Nå skal du kunne... 46

2 Antiderivering 26 2.1 Derivasjon... 26 2.2 Differensiallikninger... 33 2.3 Antiderivasjon... 35 2.4 Nå skal du kunne... 46 Innhold Notasjon vi 1 Funksjoner 1 1.1 Definisjoner............................ 1 1.2 Om anvendelser.......................... 4 1.3 Polynomfunksjoner........................ 5 1.4 Rasjonale funksjoner.......................

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

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

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

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

K Andre Ordens Differensialligninger

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

Detaljer

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit Obligatorisk innlevering - MA 9, Fasit Vektorer Oppgave: Avgjør om, og er lineært uavhengige Dette er spørsmålet om det finnes vekter x, x, x - ikke alle lik - slik at x + x + x = Vi skriver det på augmentert

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, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA03,.mars 00 Oppgave Tegn figur og finn en parametrisering for skjæringskurven

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

TMA4135 Matematikk 4D Kompendium i numerikk. Eirik Refsdal

TMA4135 Matematikk 4D Kompendium i numerikk. Eirik Refsdal TMA4135 Matematikk 4D Kompendium i numerikk Eirik Refsdal 2. august 2005 En mangel ved dagens autorative kompendium i matematikk 4, er at numerikkbiten i matematikk 4D er fullstendig utelatt. Dette er

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON3610/4610 Samfunnsøkonomisk lønnsomhet og økonomisk politikk Exam: ECON3610/4610 Resource Allocation and Economic Policy Eksamensdag: Torsday 28.

Detaljer

EKSAMEN I MATEMATIKK 1000

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

Detaljer

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

Den deriverte og derivasjonsregler

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

Detaljer

Eksamensoppgave i SØK1001 Matematikk for økonomer

Eksamensoppgave i SØK1001 Matematikk for økonomer Institutt for samfunnsøkonomi Eksamensoppgave i SØK1001 Matematikk for økonomer Faglig kontakt under eksamen: Anne Borge Johannesen Tlf.: 7 59 05 9 Eksamensdato: 1.1.014 Eksamenstid (fra-til): 4 timer

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Bokmål Eksamen i: ECON1210 Forbruker, bedrift og marked Exam: ECON1210 Consumer Behaviour, Firm behaviour and Markets Eksamensdag: 12.12.2014 Sensur kunngjøres:

Detaljer

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

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

Detaljer

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

TDT4117 Information Retrieval - Autumn 2014

TDT4117 Information Retrieval - Autumn 2014 TDT4117 Information Retrieval - Autumn 2014 Assignment 1 Task 1 : Basic Definitions Explain the main differences between: Information Retrieval vs Data Retrieval En samling av data er en godt strukturert

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

Mål og innhold i Matte 1

Mål og innhold i Matte 1 Mål og innhold i Institutt for matematiske fag 1. november 2013 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 hva

Detaljer

Oppgave 1a Definer følgende begreper: Nøkkel, supernøkkel og funksjonell avhengighet.

Oppgave 1a Definer følgende begreper: Nøkkel, supernøkkel og funksjonell avhengighet. TDT445 Øving 4 Oppgave a Definer følgende begreper: Nøkkel, supernøkkel og funksjonell avhengighet. Nøkkel: Supernøkkel: Funksjonell avhengighet: Data i en database som kan unikt identifisere (et sett

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

Løsning til deleksamen 2 i SEKY3322 Kybernetikk 3

Løsning til deleksamen 2 i SEKY3322 Kybernetikk 3 Høgskolen i Buskerud. Finn Haugen (finn@techteach.no). Løsning til deleksamen 2 i SEKY3322 Kybernetikk 3 Tid: 7. april 28. Varighet 4 timer. Vekt i sluttkarakteren: 3%. Hjelpemidler: Ingen trykte eller

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

System av likninger. Den andre likningen løses og gir x=1, hvis man setter x=1 i første likning får man

System av likninger. Den andre likningen løses og gir x=1, hvis man setter x=1 i første likning får man System av likninger System av likninger er en mengde likninger med flere ukjente. I økonomiske sammenheng er disse svært vanlige ved optimering. Ofte må vi kreve deriverte lik null for å optimere. I kurset

Detaljer

Matematikk 1 (TMA4100)

Matematikk 1 (TMA4100) Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 6: Derivasjon Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 22. august, 2012 Stigningstallet i et punkt Stigningstallet i et punkt Vi vender nå tilbake til problemet med å finne

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

. 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

Faktor. Eksamen høst 2005 SØK 1001- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr 1: -en eksamensavis utgitt av Pareto

Faktor. Eksamen høst 2005 SØK 1001- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr 1: -en eksamensavis utgitt av Pareto Faktor -en eksamensavis utgitt av Pareto Eksamen høst 005 SØK 00- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr : OBS!! Dette er en eksamensbevarelse, og ikke en fasit. Besvarelsene er uten endringer

Detaljer

Exam in Quantum Mechanics (phys201), 2010, Allowed: Calculator, standard formula book and up to 5 pages of own handwritten notes.

Exam in Quantum Mechanics (phys201), 2010, Allowed: Calculator, standard formula book and up to 5 pages of own handwritten notes. Exam in Quantum Mechanics (phys01), 010, There are 3 problems, 1 3. Each problem has several sub problems. The number of points for each subproblem is marked. Allowed: Calculator, standard formula book

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

MA0003-8. forelesning

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

Detaljer

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 24. april 2014 før forelesningen Antall oppgaver: 9

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 24. april 2014 før forelesningen Antall oppgaver: 9 Innlevering BYPE000 Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 4. april 014 før forelesningen Antall oppgaver: 9 1 Regn ut determinanten til følgende matriser. (Det er også

Detaljer

n=0 n=1 n + 1 Vi får derfor at summen er lik 1/2. c)

n=0 n=1 n + 1 Vi får derfor at summen er lik 1/2. c) Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 204 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene

Detaljer

MAT feb feb mars 2010 MAT Våren 2010

MAT feb feb mars 2010 MAT Våren 2010 MAT 1012 Våren 2010 Mandag 22. februar 2010 Forelesning Vi begynner med litt repetisjon fra forrige gang, med å sjekke om et vektorfelt er konservativt og dersom svaret er ja, regne ut potensialfunksjonen.

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

Litt om evolusjonær spillteori.

Litt om evolusjonær spillteori. Litt om evolusjonær spillteori 1 ESS: Evolusjonært Stabile Strategier I klassisk spillteori har spillere strategier, i biologi har arter strategier (genotypiske varianter som arves, modulo mutasjoner,

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

0.1 Kort introduksjon til komplekse tall

0.1 Kort introduksjon til komplekse tall Enkel introduksjon til matnyttig matematikk Vi vil i denne innledningen introdusere litt matematikk som kan være til nytte i kurset. I noen tilfeller vil vi bare skrive opp uttrykk uten å komme inn på

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

EKSAMENSOPPGAVE I SØK3004 VIDEREGÅENDE MATEMATISK ANALYSE ADVANCED MATHEMATICS

EKSAMENSOPPGAVE I SØK3004 VIDEREGÅENDE MATEMATISK ANALYSE ADVANCED MATHEMATICS NTNU Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for samfunnsøkonomi EKSAMENSOPPGAVE I SØK3004 VIDEREGÅENDE MATEMATISK ANALYSE ADVANCED MATHEMATICS Faglig kontakt under eksamen: Snorre Lindset,

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON60/460 Samfunnsøkonomisk lønnsomhet og økonomisk politikk Exam: ECON60/460 - Resource Allocation and Economic Policy Eksamensdag: Mandag 8. november

Detaljer

Obligatorisk innlevering 2 - MA 109

Obligatorisk innlevering 2 - MA 109 Obligatorisk innlevering 2 - MA 9 Skriv fullt navn og studentnummer øverst på besvarelsen. Du skal bruke sifrene fra studentnummeret i besvarelsen. Studentnummeret ditt er E. Er studentnummeret ditt da

Detaljer

Gir vi de resterende 2 oppgavene til én prosess vil alle sitte å vente på de to potensielt tidskrevende prosessene.

Gir vi de resterende 2 oppgavene til én prosess vil alle sitte å vente på de to potensielt tidskrevende prosessene. Figure over viser 5 arbeidsoppgaver som hver tar 0 miutter å utføre av e arbeider. (E oppgave ka ku utføres av é arbeider.) Hver pil i figure betyr at oppgave som blir pekt på ikke ka starte før oppgave

Detaljer

Forelesning 1: Integrasjon. Separable differensiallikninger.

Forelesning 1: Integrasjon. Separable differensiallikninger. Forelesning 1: Integrasjon. Separable differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen 12. januar, 2010 Innhold Anbefalt lesning 1 1.1. Kort repetisjon av integrasjon 1 1.2. Hva er en differensiallikning?

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

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

Norsk (English below): Guide til anbefalt måte å printe gjennom plotter (Akropolis)

Norsk (English below): Guide til anbefalt måte å printe gjennom plotter (Akropolis) Norsk (English below): Guide til anbefalt måte å printe gjennom plotter (Akropolis) 1. Gå til print i dokumentet deres (Det anbefales å bruke InDesign til forberedning for print) 2. Velg deretter print

Detaljer

Numerisk løsning av differensiallikninger Eulers metode,eulers m

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

Detaljer

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

Oppgaver og fasit til seksjon

Oppgaver og fasit til seksjon 1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.4-3.6 Oppgaver til seksjon 3.4 1. Anta at f(x, y) = x 2 y 3 og r(t) = t 2 i + 3t j. Regn ut g (t) når g(t) = f(r(t)). 2. Anta at f(x, y) = x 2 e xy2 og r(t) = sin t i+cos

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra

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

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 5. juni 3 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4 MATEMATIKK 4K H-3 Del B: Kompleks analyse Oppgave B- a) Finn de singulære punktene

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

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

Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI

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

Detaljer

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

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

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

KROPPEN LEDER STRØM. Sett en finger på hvert av kontaktpunktene på modellen. Da får du et lydsignal.

KROPPEN LEDER STRØM. Sett en finger på hvert av kontaktpunktene på modellen. Da får du et lydsignal. KROPPEN LEDER STRØM Sett en finger på hvert av kontaktpunktene på modellen. Da får du et lydsignal. Hva forteller dette signalet? Gå flere sammen. Ta hverandre i hendene, og la de to ytterste personene

Detaljer

FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310)

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

Detaljer

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

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 6. Løsningsforslag

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 6. Løsningsforslag Matematikk 1000 Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 6 Løsningsforslag Oppgave 1 Funksjoner og tangenter 2.1: 15 a) Vi plotter grafen med et rutenett: > x=-3:.1:3; > y=x.^2; > plot(x,y) > grid on > axis([-2

Detaljer

Figur 2: Fortegnsskjema for g (x)

Figur 2: Fortegnsskjema for g (x) Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 998 Oppgave a) g) = e ) = e ) Figur : Fortegnsskjema for g) g) > 0 for < 0 og > og g) < 0 for 0 <

Detaljer

EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag

EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator (HP3S eller

Detaljer

Eksamen S1, Høsten 2013

Eksamen S1, Høsten 2013 Eksamen S1, Høsten 013 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 ( poeng) Funksjonen f er gitt ved Bestem f. f x 3x 3x 1, Df f

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

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

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer

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

Detaljer

stjerneponcho for voksne star poncho for grown ups

stjerneponcho for voksne star poncho for grown ups stjerneponcho for voksne star poncho for grown ups www.pickles.no / shop.pickles.no NORSK Størrelser XS (S) M (L) Garn Pickles Pure Alpaca 300 (350) 400 (400) g hovedfarge 100 (100) 150 (150) g hver av

Detaljer

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 11 Eulers metode. Løsningsforslag

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 11 Eulers metode. Løsningsforslag Matematikk 1000 Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 11 Eulers metode Løsningsforslag Oppgave 1 Samanlikning med analytisk løsning y = 3 2 x y, y(0) = 1. a) Kandidat til løsning: y = e x3/2. Vi deriverer

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 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

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

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

Fremdriftplan. I går. I dag. 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet

Fremdriftplan. I går. I dag. 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet 1 Fremdriftplan I går 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet I dag 2.7 Tangenter og derivasjon 3.1 Den deriverte til en funksjon 3.2 Derivasjonsregler 3.3 Den deriverte som endringsrate

Detaljer

Løsningsforslag MAT102 - v Jon Eivind Vatne

Løsningsforslag MAT102 - v Jon Eivind Vatne Løsningsforslag MAT02 - v203 - Jon Eivind Vatne. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = ( ) 4 2. 3 Svar: Fra den karakteristiske ligningen A λi 2 = λ 2 + 3λ + 2 = 0 får vi egenverdiene

Detaljer

Ikke lineære likninger

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

Detaljer

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT 00 Kalkulus. Eksamensdag: Mandag,. desember 006. Tid for eksamen:.30 8.30. Oppgavesettet er på sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

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