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

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001 Løsningsforslag MAT B, høsten Sett A = ( ) (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til A ( ) λ =, e = ( λ =, e = ) (b) Finn matrisen e ta og den generelle løsningen på initialverdiproblemet Ẋ = AX, X()

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON30/40 Matematikk : Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON30/40 Mathematics : Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Tirsdag 0. desember

Detaljer

Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Mat131 - Differensiallikningar I Onsdag 25. mai 2016, kl.

Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Mat131 - Differensiallikningar I Onsdag 25. mai 2016, kl. 1 MAT131 Bokmål Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Mat131 - Differensiallikningar I Onsdag 25. mai 2016, kl. 09-14 Oppgavesettet er 4 oppgaver fordelt på

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 til utvalgte oppgaver i kapittel 10

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men

Detaljer

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

UNIVERSITY OF OSLO DEPARTMENT OF ECONOMICS

UNIVERSITY OF OSLO DEPARTMENT OF ECONOMICS UNIVERSITY OF OSLO DEPARTMENT OF ECONOMICS Postponed exam: ECON420 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Date of exam: Tuesday, June 8, 203 Time for exam: 09:00 a.m. 2:00 noon The problem set covers

Detaljer

Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig.

Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig. Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig. (If you need an English version, please notify me. Nils) Jeg har blitt gjort oppmerksom på at forelesningsplanen

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Utsatt ksamen i: ECON3120/4120 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Postponed exam: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Eksamensdag:

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: Tirsdag 7. juni

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

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON20/420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON20/420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Fredag 2. mai

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3 Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 27. mai 26 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene [ 2 A 4 B [ 2 og C [ 2

Detaljer

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

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

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012 MAT Våren UiO. / 7 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Utsatt eksamen i: ECON320/420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Postponed exam: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag:

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT2400 Analyse 1. Eksamensdag: Onsdag 15. juni 2011. Tid for eksamen: 09.00 13.00 Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg: Tillatte

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

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: Mandag 8. desember

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller

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

MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012

MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012 200 MAT 02 Våren 200 UiO 0-2. 200 / 48 200 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar)

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

Differensialligninger

Differensialligninger Oslo, 30. januar, 2009 (http://folk.uio.no/lindstro/diffoslonyprint.pdf) Vanlige ligninger og differensialligninger En vanlig (algebraisk) ligning uttrykker en sammenheng mellom det ukjente tallet x og

Detaljer

Differensjalligninger av førsteorden

Differensjalligninger av førsteorden Differensjalligninger av førsteorden Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway November 2, 2014 Forelesning (29.10.2014): kap 7.9 og 18.3 Førsteordens ordinæredifferensjalligninger Initialverdiproblem

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

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON3120/4120 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Tirsdag

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M Våren Oppgave f(x) = (x )e x Bruker produktregelen i derivasjonen f (x) = e x + (x ) (e x ) For å derivere e x velges kjernen u = x, og vi får (e x ) = e u. f (x) = e x + (x )

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus an linear algebra Exam: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus an linear algebra Eksamensag: Tirsag 3. juni 2008

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Exam: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Eksamensdag: Tirsdag 30. mai 207

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag til eksamen i MA000, Brukerkurs i matematikk B 9. mai 01 Oppgave 1 a) Et plan i rommet har ligning

Detaljer

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

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

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON360/460 Samfunnsøkonomisk lønnsomhet og økonomisk politikk Exam: ECON360/460 - Resource allocation and economic policy Eksamensdag: Fredag 2. november

Detaljer

Second Order ODE's (2P) Young Won Lim 7/1/14

Second Order ODE's (2P) Young Won Lim 7/1/14 Second Order ODE's (2P) Copyright (c) 2011-2014 Young W. Lim. Permission is granted to copy, distribute and/or modify this document under the terms of the GNU Free Documentation License, Version 1.2 or

Detaljer

SIF5025: Differensiallikninger og dynamiske systemer

SIF5025: Differensiallikninger og dynamiske systemer SIF505: Differensiallikninger og dnamiske sstemer Løsningsskisse til eksamen mai 003 Oppgave Bestem likevektspunktene til følgende sstem og skisser fasediagrammene (med orientering) a) Sstemet kan skrives

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

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/Utsatt eksamen i: MAT1001 Matematikk 1 Eksamensdag: Torsdag 15 januar 2015 Tid for eksamen: 14:30 18:30 Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg:

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 25 2. januar 25 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4/TMA45 MATEMATIKK 3 Oppgave A- a) Finn kvadratrøttene til det komplekse tallet

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF 3230 Formell modellering og analyse av kommuniserende systemer Eksamensdag: 4. juni 2010 Tid for eksamen: 9.00 12.00 Oppgavesettet

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

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

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

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

MA2501 Numerical methods

MA2501 Numerical methods MA250 Numerical methods Solutions to problem set Problem a) The function f (x) = x 3 3x + satisfies the following relations f (0) = > 0, f () = < 0 and there must consequently be at least one zero for

Detaljer

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x = Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er

Detaljer

Difflikninger med løsningsforslag.

Difflikninger med løsningsforslag. Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Eksamensrepetisjon REA4 Matematikk Difflikninger med løsningsforslag. Difflikninger med løsningsforslag. Dette

Detaljer

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430 MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen.

Detaljer

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102 Løsningsforslag eksamen 8/5 009 MA0. Dette er en alternerende rekke, der leddene i størrelse går monotont mot null, så alternerenderekketesten gir oss konvergens. (Vi kan også vise konvergens ved å vise

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06

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

Detaljer

Institutt for Samfunnsøkonomi

Institutt for Samfunnsøkonomi Institutt for Samfunnsøkonomi Løsninger i: ELE 379 Matematikk valgfag Dato: 6.6., 9: 4: Tillatte hjelpemidler: Alle hjelpemidler + Eksamenskalkulator: TEXAS INSTRUMENTS BA II Plus TM Innføringsark: Ruter

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

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

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

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

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

Detaljer

Numerisk løsning av ODL

Numerisk løsning av ODL Numerisk løsning av ODL Arne Morten Kvarving Department of Mathematical Sciences Norwegian University of Science and Technology 5. November 2007 Problem og framgangsmåte Vi vil finne en tilnærming til

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT 1 UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT BOKMÅL Utsatt eksamen i: ECON2915 Vekst og næringsstruktur Eksamensdag: 07.12.2012 Tid for eksamen: kl. 09:00-12:00 Oppgavesettet er på 5 sider Tillatte hjelpemidler:

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

1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = 2 1 A =

1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = 2 1 A = Fasit MAT102 juni 2017 Oppgave 1 1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen ( ) 1 2 A = 2 1 Løsning: Egenverdiene er røttene til det karakteristiske polynom gitt ved determinanten av matrisen (

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

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. desember 27. Tid for eksamen: 9: 12:. Oppgavesettet er på 8 sider.

Detaljer

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

Oppgave 1. ( xφ) φ x t, hvis t er substituerbar for x i φ.

Oppgave 1. ( xφ) φ x t, hvis t er substituerbar for x i φ. Oppgave 1 Beviskalklen i læreboka inneholder sluttningsregelen QR: {ψ φ}, ψ ( xφ). En betingelse for å anvende regelen er at det ikke finnes frie forekomste av x i ψ. Videre så inneholder beviskalklen

Detaljer

Ma Flerdimensjonal Analyse Øving 11

Ma Flerdimensjonal Analyse Øving 11 Ma3 - Flerdimensjonal Analyse Øving Øistein Søvik 7.3. Oppgaver 5.3 5. Find the moment of inertie about the -axis. Eg the value of δ x + y ds, for a wire of constant density δ lying along the curve : r

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

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise TMA405 Matematikk 2 Vår 205 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete

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

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

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 04 Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Løsning: Oppgave a) dy dx y y y )y ) : gy), så likevektsløsningene

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/utsatt eksamen i Eksamensdag: 9. august 2. Tid for eksamen: 9 2. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: MAT Kalkulus

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

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

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

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

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Løsningsforslag Øving 10 Oppgaver fra boken: 10.6 : 1, 8, 9, 12, 19, 26, 29,, 4 Det

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving 5.7.4 Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si

Detaljer

Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter!

Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Oppgave.. a x y = x + y = r r r +r r x y = y fri x y = y fri Vi får én fri variabel, og løsningens har følgelig dimensjon.

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitskaplege fakultet Eksamen i emnet MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Måndag 19. desember 2016, kl.

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitskaplege fakultet Eksamen i emnet MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Måndag 19. desember 2016, kl. UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitskaplege fakultet Eksamen i emnet MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Måndag 19. desember 216, kl. 9 14 NYNORSK Tillatne hjelpemiddel: Lærebok ( Calculus - a complete

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

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

differensiallikninger-oppsummering

differensiallikninger-oppsummering Kapittel 12 differensiallikninger-oppsummering I vår verden endres størrelsene og verdiene som populasjon, vekt, lengde, posisjon, hastighet, temperatur ved tiden eller ved en annen uavhengig variabel.

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 til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2, Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, 9.5.4 Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a)

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x Løysingsforslag til eksamen i matematikk, mai 4 Oppgåve a) i) ii) f(x) x x + x(x + ) / ( f (x) x (x + ) / + x (x + ) /) g(x) ln x sin x x (x + ) / + x (x + ) / (x + ) x + + x x x + x + + x x + x + x +

Detaljer

Perpetuum (im)mobile

Perpetuum (im)mobile Perpetuum (im)mobile Sett hjulet i bevegelse og se hva som skjer! Hva tror du er hensikten med armene som slår ut når hjulet snurrer mot høyre? Hva tror du ordet Perpetuum mobile betyr? Modell 170, Rev.

Detaljer

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009 TMA400 Matematikk Høst 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 2 8926 Vi serieutvikler eksponentialfunksjonen e u om u 0 og får e u + u +

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

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

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT

UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON1910 Poverty and distribution in developing countries Exam: ECON1910 Poverty and distribution in developing countries Eksamensdag: 1. juni 2011 Sensur

Detaljer