Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI"

Transkript

1 Forelesninger i MET4 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI

2

3 Forelesning : Integrasjon. Separable differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen. januar, Innhold Anbefalt lesning.. Kort repetisjon av integrasjon.. Hva er en differensiallikning? 3.3. Separable differensiallikninger 5 Referanser 6 På Blackboard finner du pensum og informasjon om kurset. Anbefalt lesning. Denne forelesningen dekker avsnittene og i [OEBY]. I tillegg er det viktig å repetere integrasjon, se for eksempel kapittel 6 i [BOST]... Kort repetisjon av integrasjon. I denne forelesningen skal vi lære om differensiallikninger, men for å forstå differensiallikninger er det viktig å kunne derivere og integrerer. Eksempel. Regn ut dy dt () y(t) = e t () y(t) = ln(t) (3) y(t) = (t + 3) 4 i følgende tilfeller Løsning. () dy dt = y (t) = e t ( t) = e t () dy dt = y (t) = t = t (3) dy dt = y (t) = 4(t + 3) 3 = 8(t + 3) 3

4 For å løse differensiallikninger er det nødvendig å kunne integrere. Husk at integrasjon er det motsatte av derivasjon. I det neste eksempelet repreteres noen av de viktigste teknikkene. Eksempel. Regn ut integralene: () x 3 dx () (t 3 + t 3)dt (3) xe x dx (4) (x + ) 8 xdx Løsning. () x 3 dx = 3+ x3+ + C = 4 x4 + C () (t 3 + t 3)dt = 4 t4 + t 3t + C (3) For å beregne xe x dx bruker vi formelen for delvis integrasjon uv dx = uv u vdx, og vi velger u = x og v = e x. Siden den deriverte til e x er e x, får vi v = e x og u =. Dermed får vi xe x dx = xe x e x dx = xe x e x + C. (4) For å beregne (x + ) 8 xdx, bruker vi substitusjon. Vi setter u = x +, og fra dette får vi du dx = x. Det siste kan skrives som du = xdx. Dermed får vi (x + ) 8 xdx = u 8 du = 9 u9 + C = 9 (x + ) 9 + C.

5 .. Hva er en differensiallikning? La y være en økonomisk variabel som for eksempel nasjonalprodukt eller oljeproduksjon. Noen ganger kan man sette opp modeller for slike variable. Slike modeller kan lede til en eller flere differensiallikninger som inneholder variabelen y. Man tar i betraktning at variabelen y (nasjonalprodukt eller liknende) endrer seg etter som tiden går. Med andre ord er y en funksjon y(t) av tiden t. Her er altså t uavhengig variabel mens y er en avhengig variabel. Vi bruker ofte notasjonen ẏ for å betegne den deriverte av y med hensyn på t, eller med andre ord: ẏ = dy dt Eksempel 3. Betrakt funksjonen y = y(t) = e t hvor y altså er en funksjon av tiden t. Den deriverte av y med hensyn på t er Vi ser altså at vi har sammenhengen ẏ = e t ( ) = y. ẏ = y. Dette er en sammenheng mellom funksjonen y og den deriverte av funksjonen. Dette er et eksempel på en differensiallikning, og y = y(t) = e t er en løsning av denne differensiallikningen. Definisjon 4. En differensiallikning er en likning som forbinder en ukjent funksjon med en eller flere av de deriverte til funksjonen. Her er noen eksempler på differensiallikninger: Eksempel 5. () ẏ = ay der a er en konstant. () ẏ + 3y = 4 (3) ẋ + x = 5x Alle likningene i eksemplet over, er det vi kaller første ordens ordinære differensiallikninger. Eksempel 6. Vis at y = Ce t +4 (hvor C er en konstant) er en løsning av differensiallikningen ẏ + y = 8. Løsning. Deriverer vi y = Ce t + 4, får vi Av dette får vi ẏ = Ce t ( t) = Ce t. ẏ + y = Ce t + (Ce t + 4) = Ce t + Ce t + 8 = 8. Dermed ser vi at likningen er tilfredstilt. Vi ser altså at både y = e t + 4 (her er C = ) og y = 3e t + 4 er løsninger av ẏ + y = 8. Siden vi får en løsning for hvert valg av konstanten C, er det uendelig mange løsniger av differensiallikningen ẏ + y = 8. 3

6 Definisjon 7. Mengden av alle løsninger av en differensiallikning, kalles den generelle løsningen av likningen. En spesiell løsning av en differensiallikning kalles for en partikulærløsning av likningen. Eksempel 8. Den generelle løsning av ẏ + y = 8, er y = Ce t + 4 og y = 3e t + 4 er en partikulærløsning av ẏ + y = 8. Veldig ofte er man ute etter å finne en partikulærløsning som tilfrestiller en initalbetingelse. Eksempel 9. Finn partikulærløsningen av som tilfredstiller initialbetingelsen y() =. ẏ + y = 8 Løsning. Den generelle løsningen er y = Ce t + 4. Setter vi t =, får vi y() = Ce + 4 = C + 4 Fra y() = C + 4 =, konkluderer vi at C =. Dermed er partikulærløsningen som tilfredstiller y() = gitt ved y(t) = e t

7 .3. Separable differensiallikninger. Veldig mange differensiallikninger er umulig å løse. I dette kurset skal vi imidlertid se på noen få typer differentiallikninger hvor det er mulig å finne en løsning. Definisjon. En differensiallikning som kan skrives som ẏ = F (t, y) der F (t, y) er en eller annen funksjon i variablene y og t, kalles for en første ordens ordinær differensiallikning. Vi sier at differensiallikningen er separabel dersom ẏ = f(t)g(y) der f(t) og g(y) er funksjonener i en variabel. (Her kan altså funksjonen F (t, y) = f(t)g(y) skrives som et produkt av to fuksjoner i en variabel.) Vi kommer snart til å lære hvordan vi kan løse separable differensiallikninger. Eksempel. Avgjør hvilke av følgende diffrensiallikninger som er separable. () ẏ = yt () ẏ = y + t (3) ẏ = yt + t (4) ẏ = yt + y t Løsning. () Denne likningen er separabel siden ẏ = f(t)g(y) med f(t) = t and g(y) = y. () Denne likningen er ikke separabel. (3) Siden likningen kan skrives ẏ = t(y + ), så er denne likningen separabel. (4) Siden ẋ = t (x + x ), er likningen separabel. Vi vil nå forklare hvordan man kan løse en separabel diffrensiallikning. () Skriv likningen som dy dt = f(t)g(y). () Separer slik at vi får den avhengige variablen på hvenstre side og den uavhangige på høyre side: dy g(y) = f(t)dt (3) Integrer dy g(y) = f(t)dt Eksempel. Finn den generelle løsningen av differensiallikningen ẏ = t 3y 5

8 Løsning. Vi kan skrive differensiallikningen som dy dt = t 3y. Vi separerer og får 3y dy = tdt. Ved å integrere får vi 3y dy = tdt = y 3 = t + C. Tar vi tredjeroten på hver side, får vi y = 3 t + C. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolcsiner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, 6. utgave, Høgskoleforlaget AS, (4). [BJOE] Bjørnestad, H. Variasjonsregning - en enkel innføring [ROSS] Ross, S. M., Probability models, 9. edition, Academic Press, (7) [OEBY] Øby, E. H., Differential equations - quick and dirty 6

9 Oppgaveark : Integrasjon. Separable differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen. januar, Oppgave. Finn ẏ. (a) y = t 3 t + 5t 3 (b) y = (t )(t 4 ) (c) y = (ln t) 5 ln t + 6 (d) y = ln(3t) (e) y = 5e 3t +t (f) y = 5t e 3t Oppgave. Regn ut integralene: (a) t 3 dt (b) (t3 + t )dt (c) t dt (d) te t dt (e) ln tdt Oppgave 3. Regn følgende oppgaver i [BOST]: 6. utgave: 6.4a, 6.6ab, 6.8a 5. utgave: 7.4a, 7.6ab, 7.8a Oppgave 4. Følgende differensiallikninger, kan løses ved å integrere høyre side. Finn den generelle løsningen i hvert tilfelle, og finn også partikulærløsningen som tilfredstiller y() =. (a) ẏ = t. (b) ẏ = e t (c) ẏ = (t + )e t +t Oppgave 5. Vis at y(t) = Ce t + et er en løsning av ẏ + y = e t. Oppgave 6. Løs differensiallikningen y ẏ = t +. Finn løsningen som tilfredstiller y() =. Oppgave 7. Løs følgende differensiallikninger: (a) ẏ = t 3 t (b) ẏ = te t t (c) e y ẏ = t + Oppgave 8. Løs følgende differensiallikninger: (Her er det x som er den uavhengige variabelen og ikke t slik som i tidligere oppgaver.) (a) y = x y (b) y = e x y (c) x y = Noen av oppgavene er hentet fra kapittel 5 i boken [FMEA].

10 Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolsciner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, Høgskoleforlaget AS, (4). [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Financial Times, (5).

11 Forelesning : Førsteordens lineære differensiallikninger Trond Stølen Gustavsen 9. januar, Innhold Lesning.. Likninger med konstante koeffisienter.. Generelle koeffisienter 4 Referanser 5 Lesning. Denne forelesningen dekker avsnittene 3., 3. og 3.3 i [OEBY]. For flere detaljer se for eksempel kapittel 5.4 i [FMEA]. I første forelesning introduserte vi begrepet differensiallikning, og så på hvordan vi kunne løse separable differensiallikninger. Siden dette kurset er et matematikkurs, er differensiallikninger blitt introdusert matematisk. Vi kommer likevel til på noen få anvendelser i løpet av kurset, men hovedfokus vil være på matematikken. Før vi går videre, vil jeg antyde en enkel anvendelse som viser hvordan man ofte tenker når man forsøker å sette opp en modell som resulterer i en differensiallikning. Eksempel. La variabelen y betegne jordens befolkning. Per i dag er y = 6.6 milliarder. Hvis t måler tiden i år, kan vi oppfatte y som en funksjon av t. På verdensbasis øker befolkningen med.4% per år. Det betyr at i år er differensen mellom antallet som blir født og antallet som dør, milliarder =.75 milliarder = 75 millioner. Siden den deriverte gir vekstraten til en funksjon, kan vi tilnærmet si at ẏ er.4y. Dette resulterer altså i differensiallikningen ẏ =.4y. Hvis vi forventer at befolkningsveksten vil være konstant, kan vi løse denne å finne ut hva befolkingen vil være i fremtiden... Likninger med konstante koeffisienter. Vi skal nå lære å løse det som heter førsteordens lineære differensiallikninger med konstante koeffisienter. Definisjon. En førsteordens lineær differensiallikning er en som kan skrives på formen der a(t) og b(t) er funksjoner av t. ẏ + a(t)y = b(t) Vi skal lære hvordan man løser første ordens lineære differensiallikninger. Det er derfor viktig å kunne skille ut likninger av denne typen. Eksempel 3. () ẏ + ty = 4t er lineær. () ẏ y = e t er lineær. (3) (t + )ẏ + e t y = t ln t er lineær fordi den kan skrives som ẏ + et t + y = t ln t t +. (4) ẏ y = er ikke lineær på grunn av leddet y. (5) ẏ e y = t er ikke lineær på grunn av leddet e y.

12 Vi skal nå se hvordan vi løser førsteordens lineære differensiallikninger. Metoden vi skal bruke starter med å multiplisere likningen med en såkaldt integrerende faktor. Dette gjør vi for å kunne skrive venstre side av likningen som den deriverte av et produkt, og for å forstå denne metoden er det viktig å huske hvordan vi derivere et produkt: For eksempel (uv) = u v + uv. d dt (yet ) = ẏe t + ye t = ẏe t + ye t. Eksempel 4. Finn den generelle løsningen av ẏ + y = 7. Løsning. Trikset er å multiplisere likningen med e t hvor er koeffisienten foran y. Faktoren e t kalles for integrerende faktor. Etter at vi har multiplisert med e t, ser likningen slik ut: ẏe t + ye t = 7e t Ser vi nøye etter, ser vi at venstre side kan skrives som d dt (yet ). Benytter vi oss av dette, kan likningen skrives som d dt (yet ) = 7e t, og vi kan nå integrere med hensyn på t: ye t = 7e t dt = 7 et + C For å løse for y, deler vi med e t på begge sider av likningen, og vi får da som den generelle løsningen. y = 7 + Ce t Metoden som er brukt i eksempelet, kan generaliseres. Setning 5. Differensiallikningen ẏ + ay = b der a og b er konstanter, har følgende generelle løsning: y(t) = b a + Ce at. I mange situasjoner der man bruker differensiallikninger, er man interessert i å se hva som skjer når t går mot uendelig. Hvis a >, så vil e at når t. Dette betyr at løsninge av ẏ + ay = b nærmer seg den konstante løsningen y = b a når t. I så tilfelle sier vi at løsningen er stabil, og y = b a kalles likevektstilstanden. Når a <, så vil e at når t. I dette tilfellet (hvis C ) sier vi at løsningen er ustabil.

13 Eksempel 6. Anta at prisen P = P (t), etterspørselen D = D(t) og tilbudet S = S(t) av en vare, styres i henhold til følgende model: D = a bp S = α + βp P = λ(d S) der a, b, β og λ er konstanter. Finn P som en funksjon av t. Løsning. Ved å kombinere, får vi P = λ(d S) = λ((a bp ) (α + βp )) = λ(a α) λ(b + β)p Dette gir P + λ(b + β)p = λ(a α), som er en første ordens lineær differensiallikning med konstante koeffisienter. I følge setningen over, er den generelle løsningen: P = Ce λ(b+β)t + a α b + β. Eksempel 7. Anta at og at P () = 9. Finn P (.5). D = 5 4P S = + 6P P =.5(D S) Løsning. P =.5(5 4P ( + 6P )) =.5(4 P ) = 5P. Vi får likningen P + 5P =. Vi kunne ha brukt formelen som vi fant for løsningen i forrige eksempel, men vi velger istedet å løse likningen på nytt. Hvis vi multipliserer med integrerende faktor e 5t, får P e 5t + P e 5t 5 = e 5t. Vi har altså d dt (P e5t ) = e 5t og hvis vi integrerer, får vi P e 5t = e 5t dt = 5 e5t + C = 4e 5t + C. Multipliserer vi så med e 5t, får vi den generelle løsningen P = 4 + Ce 5t. Vi har at P () = 4 + Ce 5 = 4 + C = 9 = C = 5. Fra dette får vi partikulærløsningen P (t) = 4 + 5e 5t. Denne gir at P (.5) = 4 + 5e 5.5 =

14 .. Generelle koeffisienter. Vi skal nå se på første ordens lineære differensiallikninger som har koeffisisenter som ikke nødvendigvis er konstante. I dette tilfellet må vi regne ut et integral for å finne integrerende faktor. Setning 8. Likningen har som integrerende faktor. ẏ + a(t)y = b(t) e a(t)dt For å løse likninger på formen ẏ + a(t)y = b(t), bruker vi samme metode som før, men vi må nå huske på at integrerende faktor er gitt ved e a(t)dt. Vi må altså finne integralet a(t)dt for å vite hva som er integrerende faktor. Eksempel 9. Finn den generelle løsningen av differensiallikningen ẏ ty = t. Løsning. Koeffisienten foran y er t, og integrerer vi denne får vi: tdt = t + C Derfor er e t integrerende faktor. Vi multipliserer nå likningen med denne faktoren, og får da ẏe t + ye t ( t) = te t. Igjen kan venstre side skrives som den deriverte av et produkt, og vi har d dt (e t y) = te t. Integrasjon gir e t y = te t dt. For å beregne te t dt, bruker vi substitusjon u = t. Vi får du dt = t eller Dermed: te t dt = e u ( )du = eu + C du = tdt. = e t + C. Vi er altså kommet fram til Dette multipliserer vi med e t og får e t y = e t + C. y = + Cet som den generelle løsningen. I neste eksempel vil vi i tillegg til å finne den generelle løsningen, også finne en partikulærløsning. Eksempel. Løs initialverdiproblemet: ẏ + 3t y = e t3, y() =. 4

15 Løsning. Vi har at 3t dt = t 3 +C, så e t3 er en integrerende faktor. Multipliserer vi likningen med den, får vi ẏe t3 + ye t3 (3t ) = e t3 e t3 =, og vi får d 3 dt (yet ) =. Ved integrasjon ye t3 = dt = t + C. Ved å multiplisere med e t3, får vi y(t) = (t + C)e t3 som den generelle løsningen. For å finne partikulærløsningen, setter vi inn t = : y() = ( + C)e = C =. Dermed ser vi at y(t) = (t + )e t3 er en partikulærløsning som tilfredstiller den gitte initialbetingelsen. Vi kan også skrive opp en formel for løsnigen av en førsteordens lineær differensiallikning Setning. Differensiallikningen ẏ + a(t)y = b(t) har den generelle løsningen y(t) = e a(t)dt (C + b(t)e a(t)dt dt). Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolcsiner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, 6. utgave, Høgskoleforlaget AS, (4). [BJOE] Bjørnestad, H. Variasjonsregning - en enkel innføring [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Finanical Times, (5). [ROSS] Ross, S. M., Probability models, 9. edition, Academic Press, (7) [OEBY] Øby, E. H., Differential equations - quick and dirty 5

16

17 Oppgaveark : Førsteordens lineære differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen 9. januar, Oppgave. Finn den generelle løsningen av ẏ+ y = 4. Er løsningen stabil? Bestem likevektstilstanden. Tegn noen typiske løsninger i et koordinatsystem. Oppgave. Finn den generelle løsningen i hvert tilfelle: (a) ẏ + y = (b) ẏ 3y = 7 (c) 4ẏ + 5y = Oppgave 3. Finn i hvert enkelt tilfelle den generelle løsningen. Finn også partikulærløsningen som tilfredstiller y() =. (a) ẏ 3y = 5 (b) 3ẏ + y + 6 = (c) ẏ + y = t Oppgave 4. Finn den generelle løsningen. (a) tẏ + y + t = (t ) (b) ẏ t y = t (t > ) (c) ẏ y = t (t > ) t t Oppgave 5. Finn i hvert enkelt tilfelle den generelle løsningen. Finn også partikulærløsningen som tilfredstiller den gitt initialbetingelsen. (a) ẏ = 4(y )(y 3), y() = (b) e t ẏ y y =, y() = (c) ẏ t t + y =, y() = Noen av oppgavene er hentet fra kapittel 5 i boken [FMEA]. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolsciner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, Høgskoleforlaget AS, (4). [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Financial Times, (5).

18

19 Forelesning 3: Andreordens differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen 6. januar, Innhold Lesning 3.. Hva er en andreordens differensiallikning? 3.. Linneære andreordens differensiallikninger med konstante koeffisienter Ikke-homogene andreordens lineære differensiallikninger Repetisjon av partielle deriverte 6 Referanser 6 Lesning. Denne forelesning dekker avsnitt 4 i [OEBY]. I tillegg vil vi kort repetere partielle deriverte (se kapittel 7 i [BOST]), og definere begrepet konkav og konveks funksjon for funksjoner i to variable. For mer om andreordens differensiallikninger, se avsnitt 5.4 i [FMEA]. For mer om konvekse og konkave funksjoner, se avsnitt.3 i [FMEA]. 3.. Hva er en andreordens differensiallikning? En andreordens differensiallikning er en likning i en ukjent funksjon som forbinder funksjonen med funksjonens deriverte av første og andre orden. Definisjon. En andreordens differensiallikning, er en som kan skrives der F er en funksjon i tre variable. ÿ = F (t, y, ẏ) Enkelte andreordens differensiallikninger, er lette å løse. Eksempel. Finn alle løsningene av differensiallikningen ÿ =. Løsning. Fra ÿ = får vi ẏ = dt = t + C der C er en konstant. Fra dette følger det at y = (t + C )dt = t + C t + C der C også er en konstant.

20 Noen andreordens likninger kan omformes til førsteordens likninger ved en substitusjon. Eksempel 3. Løs differensiallikningen ÿ = ẏ + t. Løsning. Vi substituerer u = ẏ, og får u = ÿ og likningen blir da u = u + t Dette er en førsteordens lineær differensiallikning og kan skrives u u = t. Vi multipliserer med integrerende faktor e t, og likningen blir da ue t + ue t ( ) = te t d dt (ue t ) = te t Ved å integrere, får vi ue t = te t dt = te t e t + C. Til slutt multipliserer vi likningen med e t, og får u = t + C e t. Med andre ord, har vi funnet at ẏ = t + C e t. Nå kan vi igjen integrere, og får da y(t) = t t + C e t + C som generell løsning.

21 3.. Linneære andreordens differensiallikninger med konstante koeffisienter. Vi vil nå se på en bestemt type andreordens differensiallikninger. Definisjon 4. En lineær andreordens differensiallikning, er en som kan skrives ÿ + a(t)ẋ + b(t)y = f(t) der a(t), b(t) og f(t) er funksjoner av t. Vi sier at likningen er homogen dersom f(t) =. Eksempel 5. Ta utgangspunkt i differensiallikningen () ÿ 5ẏ + 6y = Vis at det er mulig å tilpasse konstanten r slik at y = e rt er en løsning. Hva må r være? Løsning. Fra y = e rt får vi ẏ = e rt r = re rt og ÿ = re rt r = r e rt. Hvis vi setter dette inn in (), får vi ÿ 5ẏ + 6y = r e rt 5re rt + 6e rt = e rt (r 5r + 6) Vi ser at dette blir null hvis og bare hvis r 5r + 6 =. Dermed får vi en løsning dersom r = eller r = 3. Det viser seg at det er mange løsninger av differensiallikningen i eksempelet over. Eksempel 6. Vis at er en løsning av y = Ae t + Be 3t ÿ 5ẏ + 6y =. Løsning. Med y = Ae t + Be 3t, får vi ẏ = Ae t + 3Be 3t og ÿ = 4Ae t + 9Be 3t. Setter vi dette inn i ÿ 5ẏ + 6y, får vi. Over løste vi en vanlig andregradslikning for å få frem en løsning av en andreordens differensiallikning. Denne likningen er viktig, og den har et eget navn. Definisjon 7. La () ÿ + aẏ + by = være en andreordens homogen differensiallikning med konstante koeffisienter a og b. Likningen r + ar + b = kalles for den karakteristiske likningen til (). Husk at r + ar + b = har en løsning hvis og bare hvis a 4b, og at hvis dette er tilfredstilt, er løsningen gitt ved r = a ± a 4b. Følgende setning viser oss hvordan vi finner løsningen til en homogen andreordens lineær differensiallikning med konstante koeffisienter. 3

22 Teorem 8. Den generell løsningen av ÿ + aẏ + by = er: () Hvis den karakteristiske likningen har to forskjellige reelle løsninger r r : y(t) = Ae rt + Be rt () hvis den karakteristiske likningen har en reel løsning r: y(t) = (A + Bt)e rt (3) hvis den karakteristiske likningen ikke har løsninger: y(t) = e αt (A cos βt + B sin βt) der α = b a og β = 4 a. Vi ser på et par eksempler. Eksempel 9. Finn den generelle løsningen av ÿ + 4ẏ + 4y = Løsning. Den karakteristiske likningen er r + 4r + 4 = og har bare løsningen r =. Fra teoremet får vi at y(t) = (A + bt)e t er den generelle løsningen. Eksempel. Finn den generelle løsningen ÿ 7ÿ + y =. Løsning. Den karakteristiske likningen er r 7r + = og har løsningene r = 3 og r = 4. Dermed er den generelle løsningen y(t) = Ae 3t + Be 4t. 4

23 3.3. Ikke-homogene andreordens lineære differensiallikninger. Vi starter med et eksempel. Eksempel. Vis at y = c b er en løsning av differensiallikningen ÿ + aẏ + by = c. Løsning. Siden y = c b er en konstant, får vi ẏ = og ÿ =. Setter vi inn i likningen får vi derfor: ÿ + aẏ + by = + a + b c b = c, og dette viser at likningen er tilfredstilt. Vi kan koble det vi fant i eksempelet over, med det vi vet om homogene likninger: Setning. Den generelle løsningen av ÿ + aẏ + by = c er gitt ved y = y h + y p der y p = c b og y h er den generelle løsningen av den homogene likningen Vi løser et enkelt eksempel. Eksempel 3. Finn den generelle løsningen av ÿ + aẏ + by =. ÿ + 5ẏ + 6y = 6. Løsning. Vi finner først løsningen av ÿ+5ẏ+6y =. Karakteristisk likning er r +5r+6 =, og har løsningene r = og r = 3. Fra dette får vi Vi har og dermed blir den generelle løsningen: y h = Ae 3t + Be t. y = y p = 6 6 =, y(t) = y h + y p = Ae 3t + Be t +. 5

24 3.4. Repetisjon av partielle deriverte. I dette avsnittet vil vi repetere partielle deriverte, og introdusere begrepet konveks og konkav funksjon. Eksempel 4. Finn de partielle deriverte av første og andre orden til funksjonen f(x, y) = x 3 + xy + y. Løsning. Vi får og f x = 3x + y f y = x + y f xx = 6x f xy = f yx = f yy = I forbindelse mef variasjonsregning som vi skal ta for oss i neste forelesning, trenger vi følgende: Definisjon 5. En funksjon f(x, y) sies å være () konveks f xx, f yy og f xxf yy (f xy) () konkav f xx, f yy og f xxf yy (f xy) Vi ser på et eksempel. Eksempel 6. Vis at funksjonen er konveks. f(x, y) = x 4 + y 4 Løsning. Vi får og f x = 4x 3 f y = 4y 3 f xx = x f xy = f yx = f yy = y Vi har at f xx = x og f yy = y. Videre får vi f xxf yy (f xy) = 44x y. Dermed ser vi at funksjonen er konveks. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolcsiner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, 6. utgave, Høgskoleforlaget AS, (4). [BJOE] Bjørnestad, H. Variasjonsregning - en enkel innføring [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Finanical Times, (5). [ROSS] Ross, S. M., Probability models, 9. edition, Academic Press, (7) 6

25 [OEBY] Øby, E. H., Differential equations - quick and dirty 7

26

27 Oppgaveark 3: Andreordens lineære differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen 6. januar, Oppgave. Finn de generelle løsningene av følgende differensiallikninger. (a) ÿ = t (b) ÿ = e t + t Oppgave. Løs initialverdiproblemet ÿ = t t, y() = og ẏ() =. Oppgave 3. Løs initialverdiproblemet: ÿ = ẏ + t, y() = og y() =. Oppgave 4. Finn den generelle løsningen: (a) ÿ 3y = (b) ÿ + 4ÿ + 8y = (c) 3ÿ + 8ẏ = (d) 4ÿ + 4ẏ + y = (e) ÿ + ẏ 6y = 8 Oppgave 5. Løs differensiallikningen y + y 6y = 7. Oppgave 6. Finn løsningen av differensiallikningen y y + 5y = 4 som tilfredstiller y() = 9 5 og y() = e Oppgave 7. Ta utgangspunkt i likningen ÿ + aẏ + by = og anta at 4 a b = slik at den karakteristiske likningen har én reel løsning r = a. La y(t) = u(t)e rt og vis at dette er en løsning av differensiallikningen hvis og bare hvis ü =. Konkluder fra dette at y(t) = (A + Bt)e rt er den generelle løsningen. Oppgave 8. Avgjør om funksjonen er konveks, konkav eller begge deler. (a) f(x, y) = x + y (b) f(x, y) = 3x y (c) f(x, y) = e x + e y (d) f(x, y) = e x y (e) f(x, y) = ln(x) + ln(y) Oppgave 9. Vis at funksjonen er konveks. g(x, y) = x + 4xy + 4y + e y y

28 En del av oppgavene er hentet fra kapittel 6 i boken [FMEA]. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolsciner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, Høgskoleforlaget AS, (4). [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Financial Times, (5).

29 Forelesning 4: Variasjonsregning. Trond Stølen Gustavsen. februar, Innhold Lesning 4.. Euler-likningen 4.. Betingelser for maksimum og minimum 5 Referanser 6 Lesning. Denne forelesningen dekker heftet [BJOE] For en mer omfattende behandling av temaet se kapittel 8 i [FMEA]. 4.. Euler-likningen. Vi starter med et eksempel hvor vi antyder et problem som kan løses ved variasjonsregning. I eksempelet vil vi ikke gå i dybden, og tar bare med det som trengs for å lede frem til et problem i variasjonsregning. Det er derfor ikke nødvendig å forstå eksempelet fult ut. Eksempel. Vi ser på en økonomi som utvikler seg over tid. La K = K(t) betegne kapital, C = C(t) forbruk og Y = Y (t) nasjonalprodukt ved tiden t. Vi antar at nasjonalproduktet bare er avhengig av kapitalen, altså at Y er en funskjon av K, Y = f(k). Vi antar videre at nasjonalprodukt fordeles mellom forbruk og sparing ved at Y = C + K hvor K svarer til endring av kapitalen. Vi antar vider at vi har en nyttefunksjon U = U(C). I denne situasjonen kan man begrunne at T U(C)e rt dt, hvor r er en konstant, er et uttrykk for den totale nytten i tidsinitervallet [, T ]. Vi ønsker å maksimere nytten. For å klargjøre dette skriver vi om integralet som følger: T U(C)e rt dt = T U(Y K)e rt dt. Her bruker vi at Y = C + K = C = Y K. Videre setter vi inn at Y = f(k), og får T U(f(K) K)e rt dt. Det som nå er viktig er at integranden U(f(K) K)e rt avhenger av K, K og t. Setter vi F (t, K, K) = U(f(K) K)e rt, er vårt problem å få integralet T F (t, K, K)dt. så stort som mulig. Det er vanlig å spesifisere at K() og K(T ) skal være oppgitt. Dermed er vårt problem å løse max T F (t, K, K)dt, K() = K, K(T ) = K T Vi ønsker altså å finne funksjonen K = K(t) som på ethvert tidspunkt forteller oss hva kapitalen skal være, når vi vet at vi starter med kapitalen K ved tiden t = og skal ende opp med kapitalen K T ved tiden T. Funksjonen vi leter etter skal være den som gjør integralet størst mulig.

30 Problemet som vi ønsker å løse, kan matematisk formulers slik: Problem. Finn funksjonen y = y(t) slik at integralet t t F (t, y, ẏ)dt blir størst mulig når det er oppgitt at y(t ) = y og y(t ) = y. Vi skal se i noen eksempler hvordan et slikt integral gir forskjellige verdier for forskjellige funksjoner. Eksempel 3. Beregn (4ty ẏ )dt i følgende tilfeller: () y = t () y = t (3) y = t t. Legg merke til at vi i alle tre tilfeller får y() = og y() =, men at funksjonene er forskjellige: y = t er en rett linje, mens y = t og y = t t er en parabeler. Når får vi størst verdi for integralet? Løsning. ) Fra y = t får vi ẏ =. Vi setter y = t og ẏ = inn i integralet, og vi får da (4ty ẏ )dt = = (4t t )dt (4t )dt = [ 4 3 t3 t] = = 3 ) Fra y = t får vi ẏ = t. Vi setter y = t og ẏ = t inn i integralet: (4ty ẏ )dt = = (4t t (t) )dt (4t 3 4t )dt = [t t ] = 3 3) Fra y = t t får vi ẏ = t. Dette setter vi inn i integralet: (4ty ẏ )dt = = (4t(t t ) ( t) )dt (8t + 4t 4t 3 4)dt = [4t t3 t 4 4t] = = 3 Vi ser at tilfellene ) og 3) begge gir 3 som er større en 3.

31 I eksempelet over regnet vi ut et integral som inneholdt en funksjon y og dens deriverte ẏ. Vi brukte tre forskjellige valg av funksjonen y. Vi så at vi kunne få forskjellige svar, men hvorrdan finner vi funksjonen y som gjør at integralet blir størst mulig? Den neste setningen hjelper oss med dette. Teorem 4. Funksjonen y = y(t) som gjør at t t F (t, y, ẏ)dt er størst (minst) mulig slik at y(t ) = y og y(t ) = y, oppfyller F y d dt ( F ẏ ) =. Likningen F y d dt ( F ẏ ) = kalles Euler-likningen. Vi ser igjen på integralet som vi regnet på i forrige eksempel, og viser hvordan vi kan bruke Euler-likningen, til å finne funksjonen som gjør integralet størst mulig. Eksempel 5. Løs variasjonsproblemet der y() = og y() =. max (4ty ẏ )dt Løsning. Vi har integralet F (t, y, ẏ)dt, der F (t, y, ẏ) = 4ty ẏ. Dette gir at F F = 4t og y ẏ = ẏ. Dette setter vi inn i Euler-likninging: F y d dt ( F ẏ ) = 4t d ( ẏ) = 4t + ÿ = dt Vi får altså likningen 4t + ÿ =. Dette er en andreordens differentiallikning som vi kan løse. Fra 4t + ÿ = får vi ÿ = t. Vi kan derfor løse differensiallikningen ved å integrere to ganger: ẏ = ( t)dt = t + C. Integrerer vi en gang til, får vi y = ( t + C )dt = 3 t3 + C t + C. Vi skal ha y() = og y() =. Fra løsningen over har vi y() = C + C = C y() = C + C = 3 + C + C Vi får altså C = og 3 + C + C =. Dermed får vi C = + 3 = 4 3, og y(t) = 3 t t. 3

32 I følge teoremet, er det altså y(t) = 3 t t som gir størst verdi for integralet. La oss beregne integralet for denne funksjonen. Eksempel 6. Beregn der y(t) = 3 t t. (4ty ẏ )dt Løsning. Fra y(t) = 3 t t får vi ẏ = t Dette setter vi inn i integralet (4ty ẏ )dt = = (4t( 3 t t) ( t ) )dt (8t 7 3 t4 6 9 )dt = [ 8 3 t3 7 5 t5 6 9 t] = 9 45 I figuren under ser vi de forskjellige valgene for funksjonen y(t). y(t) y(t) = t y(t) = t y() = y(t) = 3 y(t) = t t3 + 4 t 3 t t = For y(t) = t og for y(t) = t t fikk vi 3 = 5 som er større. Dette er i samsvar med teoremet. t 3 5 = For y(t) = 3 t t fikk vi

33 4.. Betingelser for maksimum og minimum. I forrige avsnitt viste vi hvordan Eulerlikningen kunne brukes til å løse et variasjonsproblem. Imidlertid gikk det ikke frem hvorfor vi fikk et maksimum og ikke et minimum. Vi husker fra tidligere matematikkurs at hvis vi ønsker å finne maksimum eller minimum for en funksjon, finner vi først de stasjonære punktene, men vi bruker andrederiverttesten for å avgjøre om et punkt er et (lokalt) maksimum eller minimum. Andrederiverttesten hører inn under det vi kaller andreordens betingelser. Vi skal nå gi andreordens betingelser for maksimum og minimum i variasjonsregning. Setning 7. Ta utgangspunkt i at vi ønsker å maksimere eller minimere t t F (t, y, ẏ)dt under betingelsen at y(t ) = y og y(t ) = y der y og y er oppgitte tall. Anta videre at vi har funnet en funksjon y(t) = y (t) som tilfredstiller Euler-likningen, og at y (t ) = y og y (t ) = y. Da gjelder: F (t, y, ẏ) konkav i (y, ẏ) = y(t) = y (t) løser maksimumsproblemet F (t, y, ẏ) konveks i (y, ẏ) = y(t) = y (t) løser minimumsproblemet Vi går tilbake til eksempelet i forrige avsnitt. Eksempel 8. Vi fant tidligere at y(t) = 3 t t løste Euler-likningen for (4ty ẏ )dt. Forklar hvorfor vi kan være sikre på at vi får et maksimum. Løsning. Vi ønsket å maksimere t = t F (t, y, ẏ)dt, der F (t, y, ẏ) = 4ty ẏ =, og vi ønsker å vise at F (t, y, ẏ) er konkav i (y, ẏ). Derfor beregner vi de andreordens partielle deriverte: { F F y yy = = 4t = F yẏ = { F F ẏ = ẏ = ẏy = Fẏẏ = Vi har altså at F yy og F ẏẏ, og F yyf ẏẏ F ẏy. Dette viser at F er konkav i (y, ẏ). Fra setningen over følger det at y(t) = 3 t t løser max (4ty ẏ )dt. Vi ser på et eksempel til. Eksempel 9. Vis at er konveks i (y, ẏ), og løs min F (t, y, ẏ) = y + ẏ + t (y + ẏ + t )dt, y() =, y() =. Løsning. Vi har F y = y = F ẏ = ẏ = { F yy = F yẏ = { F ẏy = Fẏẏ = Vi har altså at F yy og Fẏẏ, og F yyfẏẏ F ẏy. Det følger at F er konveks som funksjon i y og ẏ. 5

34 Løsning. (fortsetter.) Euler-likningen gir F y d dt ( F ẏ ) = y d (ẏ) = y ÿ =. dt Vi får altså differensiallikningen y ÿ = ÿ y =. Dette er en andreordens lineær differensiallikning, og den karakteristiske likningen blir r =. Denne har løsninger r = og r =. Den generelle løsningen blir derfor y(t) = Ae t + Be t. Vi skal ha y() = og y() =. Dette bruker vi til å bestemme verdien av A og B. Fra den generelle løsningen har vi y() = Ae + Be = A + B y() = Ae + Be = Ae + Be Fra dette får vi at A + B = og Ae + Be =. Vi konkluderer fra dette at B = A Ae Ae = = A(e e) = = A = Vi kan konludere at det er funksjonen y(t) = (e e) (e t e t ) (e e) er den funksjonen som gjør at integralet (y + ẏ + t )dt får minst verdi, når vi vil at y() = og y() =. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolcsiner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, 6. utgave, Høgskoleforlaget AS, (4). [BJOE] Bjørnestad, H. Variasjonsregning - en enkel innføring [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Finanical Times, (5). [ROSS] Ross, S. M., Probability models, 9. edition, Academic Press, (7) [OEBY] Øby, E. H., Differential equations - quick and dirty 6

35 Oppgaveark 4: Variasjonsregning. Trond Stølen Gustavsen. februar, Oppgave. Gitt problemet min (tẏ + ẏ )dt, y() = og y() =. (a) Finn Euler-likningen og løs den. Vis at vi får et minimum. (b) Finn den løsningen som tilfredsstiller initialbetingelsene. Oppgave. Finn Euler-likningen som er tilordnet integralet (a) F (t, y, ẏ) = ty + 3yẏ + tẏ (b) F (t, y, ẏ) = eẏ ay (c) F (t, y, ẏ) = ((y ẏ) + y )e at t t F (t, y, ẏ)dt. Oppgave 3. Vis at Euler-likningen som svarer til problemet b min (x + txẋ + t ẋ )dt a blir t ẍ + tẋ x =. Oppgave 4. (a) Løs differensiallikningen (b) Løs Euler-likningen som svarer til min / max ÿ + t ẏ =. (ty + 3yẏ + tẏ )dt, y() = og y() =. Oppgave 5. Vi har gitt variasjonsproblemet max T e t 4 ln(k K)dt, K() = K og K(T ) = K T. (a) Vis at funksjonen F (t, K, K) = e t 4 ln(k K) er konkav som funksjon i K og K. (b) Vis at Euler-likningen kan skrives på formen a K + b K + ck = der a, b og c er konstanter. (c) Løs variasjonsproblemet. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolsciner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, Høgskoleforlaget AS, (4). [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Financial Times, (5).

36

37 Forelesning 5: Summer, rekker og Taylorpolynomer Trond Stølen Gustavsen 9. februar, Innhold Lesning 5.. Summetegn 5.. Geometriske rekker Taylorpolynomer 6 Referanser 8 Lesning. I denne forelesningen repeterer vi fra kaptittel 5 i [BOST]. I tillegg går vi gjennom kapittel 5.6 som ikke er gjennomgått i MET4. Det er anbefalt å lese hele kapittel 5 i [BOST]. 5.. Summetegn. Ofte trenger vi å summere sammen mange tall. For eksempel kunne vi summere forskjellige beløp: b + b + b 3 + b 4 + b 5 + b 6 + b 7 + b 8 + b 9 + b. Når vi skal jobbe med slike og enda lengre summer, er det fordelaktig å bruke en kortere skrivemåte. En annen måte å skrive summen på er: n= Her bruker vi tegnet Σ (les: sigma) som er en gresk S (forkortelse for sum.) Uttrykket n= b n betyr at vi skal summere b n når n er,, 3 og så videre, helt til n =. Altså er n= b n. b n = b + b + b 3 + b 4 + b 5 + b 6 + b 7 + b 8 + b 9 + b Eksempel. Regn ut 4 n. n= Løsning. Her skal vi summere n når n =,, 3 og 4. Altså: 4 n= n = =. Vi forsøker med et litt vanskeligere eksempel. Eksempel. Skriv uten summetegn: 3 x 5 j y j j= Løsning. Her skal vi summere x 5 j y j når vi setter inn j =,, og 3. Setter vi for eksempel inn j = får vi x 5 j y j = x 5 y = x 5. Derfor blir summen: 3 x 5 j y j = x 5 y + x 5 y + x 5 y + x 5 3 y 3 = x 5 + x 4 y + x 3 y + x y 3 j=

38 Vi tar med et eksempel, der vi har en sum med mange ledd som vi kan skrive enklere ved hjelp av summetegn. Eksempel 3. Skriv ved hjelp av summetegn Løsning. Vi ser at summen består av ledd på formen n der n er et tall mellom og 6. Dermed får vi at = n. Noen ganger trenger vi å regne med flere summer. Da er følgende regler nyttige. n= Setning 4. n n (a i ± b i ) = a i ± i=m n ca i = i=m n ca i i=m i=m n i=m b i Disse formlene kan brukes til å forenkle summeuttrykk. Eksempel 5. Regn ut n i(i ) = n(n ) ved å bruke at i= (i )i = i i. Løsning. Vi setter inn (i )i = i i i summen: n n i(i ) = ( i i ). i= Nå kan vi bruke regnereglene over, får vi: n ( i i ) = i= i= i= n i= n i i For å se tydeligere hvordan disse summene er, skriver vi dem opp uten å bruke summetegn: n n i ( i = n + ) ( n n + ) n i= = n. i=

39 5.. Geometriske rekker. En sum blir ofte kalt en rekke, slik at vi gjerne omtaler n a i = a + a + + a n i= som en rekke. Vi husker begrepet geometrisk rekke. Definisjon 6. Vi sier at rekken n a i = a + a + + a n er en geometrisk rekke dersom a = a 3 = a 4 = = a n. a a a 3 a n i= Her er et eksempel på en geometrisk rekke. Eksempel 7. Forklar at rekken er en geometriks rekke Løsning. Vi har at 3 = 9 3 = 7 9 = 8 7 = 43 8 = 3. Vi kan også si at en geometrisk rekke er en rekke der vi hele tiden kan få neste ledd i rekken ved å multiplisere med samme tall. I eksemplet over får vi neste ledd i rekken ved å multiplisere med 3. Derfor hvis n a i = a + a + + a n er en geometrisk rekke har vi altså k = a = a 3 = a 4 = = a n. a a a 3 a n i= Vi ser fra dette at a = ka, a 3 = ka = k ka = k a, a 4 = ka 3 = k k a = k 3 a og så videre. Med andre ord kan vi skrive rekken som n a i = a + a + + a n i= = a + a k + a k + + a k n = a ( + k + k + + k n ) n = a i= k i Setning 8. Gå ut fra at er en geometrisk rekke hvor for i =,..., n. Da er n i= n i= a i k = a i+ a i a i = a k n k. 3

40 Når vi har en geometrisk rekke kan vi altså finne et eksplisitt utrykk for summen. Eksempel 9. Regn ut S = Løsning. Siden har vi en geoemtrisk rekke og k = 6 3 = 6 = 4 = 48 4 = k 5 S = a k = 35 = 33 = 3 3 = 93. Som vi husker er geometriske rekker særlig relevante i forbindelse med renteregning. Eksempel. Du setter kr. 5 i banken hvert år, tilsammen seks ganger med ett års mellomrom. Renten er 3 % per år. Hvor mye har du i banken ett år etter siste innskudd? Løsning. Det siste innskuddet har stått inne i ett år og er vokst til 5.3. Det nest siste innskuddet har stått inne i to år og er vokst til 5.3. Forsetter vi på denne måten ser vi at det totale innestående beløpet er Dette er en geometrisk rekke og summen er gitt ved Vi ser på enda et eksempel } {{.3 }.3 første ledd i summen }{{} = 333. k Eksempel. Regn ut 3 i. i= Løsning. Vi har at 3i+ 3 i = 3 så dette er en geometrisk rekke med k = 3. Det er ledd i rekken siden vi starter med i =, og det første leddet er a = 3 =. Derfor er summen: 3 i = a k k i= = 3 3 = 3 Dette blir et veldig stor tall som vi ikke behøver å regne ut, men hvis vi gjør det får vi: Vi kan også se på uendelige geometriske rekker. Dette er rekker med uendelig mange ledd. Slike rekker kan likevel summere til et endelig tall. For eksempel har vi at n + =. Vi kan forstå dette ved å beregne summen av de n første leddene i denne uendelige geometriske rekken. Vi har n = ( )n = ( )n = n 4

41 Vi ser at dette er mindre enn uansett hva n er. Tar vi med flere og flere ledd, vil n etterhvert bli et veldig stort tall, og derfor vil praktisk talt være null. I grensen når n n går mot uendelig, vil gå mot. Derfor er summen av den uendelige rekken. n Hvis en uendelig rekke gir en endelig sum, sier vi at rekken er konvergent. I motsatt fall sier vi at rekken er divergent. Generelt har vi: Setning. Gå ut fra at er en uendelig geometrisk rekke hvor k = a i+ a i for i =,..., n. Hvis k < er rekken konvergent og vi har a i = a k. Hvis k, er rekken divergent. Vi ser på et eksempel. Eksempel 3. Ren ut summen i= i= a i (.8) +. Løsning. Fra setningen, får vi at (.8) + =.8 = 5. 5

42 5.3. Taylorpolynomer. Sist i denne forelesningen skal vi se kort på en type rekker som kalles potensrekker. Dette er rekker som inneholder en variabel. Potensrekker er ofte uendelige. For eksempel viser det seg at + x + x + 6 x3 + er en viktig potensrekke. Dette kommer vi tilbake til. Før vi ser på uendelige potensrekker, skal vi definere Taylorpolynomet til en funksjon. Definisjon 4. Gå ut fra at f(x) er en funksjon som kan deriveres n ganger. Polynomet m f (n) (a) P m (x) = (x a) n n! n= = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) + f (a) (x a) f (m) (a) (x a) m 3! m! kalles Taylorpolynomet av grad m rundt x = a. Her betyr f (n) (x) funksjonen vi får når vi har derivert f(x), n ganger. Husk også at m! = 3 (m ) m. Vi ser på et eksempel. Eksempel 5. La f(x) = e x. Finn Taylorpolynomet P 3 (x) av grad 3 rundt x =. Løsning. For å kunne skrive opp Taylorpolynomet, må vi finne de deriverte: f(x) = e x = f (x) = e x = f (x) = e x = f (x) = e x Vi får derfor at f() = f () = f () = f () =, og Taylorpolynomet blir da P 3 (x) = f() + f ()(x ) + f () (x ) + f (a) (x ) 3 3! = + x + x + 3! x3 = + x + x + 6 x3. Et viktig poeng er at Taylorpolynomet er en tilnærming til den opprinnelig funksjonen, og noen ganger er det letter å regne med slike tilnærminger. Andre ganger er det bare mulig å finne svar på et problem hvis vi regner med slike tilnærminger. I figuren under ser vi hvordan P 3 (x) er en god tilnærming til f(x) = e x i nærheten av x =. Legg merke til at desto lengere unna vi går x =, desto dårligere blir tilnærmingen. y f(x) = e x P 3 (x) = + x + x + 6 x3 x 6

43 Eksempel 6. La f(x) = ln x. Finn Taylorpolynomet av grad rundt x =. Løsning. For å finne Taylorpolynomet trenger vi de deriverte: I punktet x =, får vi da Dermed blir Taylorpolynomet f(x) = ln x = f (x) = x = f (x) = x. f() = ln =, f () = =, f () = =. P (x) = f() + f ()(x ) + f () (x )! = + (x ) + ( ) (x ) = (x ) (x ) Taylorpolynomet kan også brukes til å undersøke løsningen av en differensiallikning. Eksempel 7. Anta at vi har funnet løsningen y(t) av initialverdiproblemet ẏ = y, y() =. Finn Taylorpolynomet P (t) av grad rundt t =. Løsning. Taylorpolynomet er gitt ved P (t) = y() + y ()t + y (t) t! Vi har y() =. For å finne y () bruker vi at y = ẏ = y. Derfor har vi y () = y() = =. Siden ẏ = y får vi at ÿ = ẏ Derfor er y () = y () =. Derfor har vi P (t) = + t +! t = + t t. I Taylorpolynomet P m (x) tar vi med m ledd. Hvis vi tar med uendelig mange ledd får vi det som heter Taylorrekken til en funksjon. Definisjon 8. Gå ut fra at f(x) er en funksjon som kan deriveres så mange ganger vi ønsker. Da er Taylorrekken til f(x) rundt x = a definert som f (n) (a) (x a) n n! n= Vi ser på et eksempel. = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) + f (a) (x a) 3 + 3! 7

44 Eksempel 9. La f(x) = e x. Finn Taylorrekken til f(x) rundt x =. Løsning. For å kunne skrive opp Taylorrekken, må vi finne de deriverte: f(x) = e x = f (x) = e x = f (x) = e x = f (x) = e x = = f (n) (x) = e x Vi får derfor at f() = f () = f () = f () = = f (n) () = og Taylorrekka blir da blir da f (n) (a) (x a) n f (n) () = (x ) n = n! n! n= = n= n= n! xn = + x + x + 3! x3 + Rekken n= n! xn = + x + x + 3! x3 + er eksempel på en konvergent rekke, og vi har følgende: Setning. e x = n= n! xn. Funksjonen f(x) = e x er altså lik sin Taylorrekke. Funksjoner med denne egenskapen kalles analytiske. Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolcsiner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, 6. utgave, Høgskoleforlaget AS, (4). [BJOE] Bjørnestad, H. Variasjonsregning - en enkel innføring [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Finanical Times, (5). [ROSS] Ross, S. M., Probability models, 9. edition, Academic Press, (7) [OEBY] Øby, E. H., Differential equations - quick and dirty 8

45 Løsninger til oppgaveark 5: Summer, rekker og Taylorpolynomer. Trond Stølen Gustavsen 9. februar, Oppgave. Oppgave 5.3 i [BOST] (6. utgave) Oppgave. Oppgave 5.3 i [BOST] (6. utgave) Oppgave 3. Regn ut summen k= n (k + 5k + ) k= ved å bruke formlene n k = n n(n + )(n + ) og 6 Sjekk svaret i tilfellet n = 3 ved direkte utregning. k= k = n(n + ). Oppgave 4. Oppgave 5.5 og 5.6 i [BOST] (6. utgave) Oppgave 5. Regn ut s n = n. Hva vil s n gå mot når n går mot uendelig? Regn ut 4 n. n= Oppgave 6. Oppgave 5.5 og 5.6 i [BOST] (6. utgave) Oppgave 7. La f(x) = x + = x x Finn Taylorpolynomet P (x) av grad rundt x = til denne funksjonen. Tegn f(x) og P (x) i samme koordinatsystem. Oppgave 8. Anta at vi har funnet løsningen y(t) av initialverdiproblemet ẏ = y, y() = 3. Finn Taylorpolynomet P (t) av grad rundt t = uten å løse differensiallikningen. (For de intereserte: Løs deretter differensiallikningen, og finn Taylorpolynomet på en annen måte.) Oppgave 9. Finn Taylorrekken til rundt x =. f(x) = x

46 Referanser [BOST] Bjørnestad, Olsson, Søyland, Tolsciner, Matematikk for økonomi og samfunnsfag, Høgskoleforlaget AS, (4). [FMEA] Sydsæter, Hammond, Seierstad, Strøm, Further mathematics for economic analysis, Harlow : Prentice Hall/Financial Times, (5).

47 Forelesning 6: Introduksjon til sannsynlighetsregning. Trond Stølen Gustavsen 6. februar, Innhold Lesning 6.. Stokastiske eksperimenter 6.. Sannsynligheter Betingede sannsynligheter Uavhengige begivenheter 7 Referanser 7 Lesning. Denne forelesningen dekker kapittel i [ROSS]. Det forutsettes kjenskap til grunnlegende sannsynlighetsregning, men vi vil likevel definere de viktigste begrepene. 6.. Stokastiske eksperimenter. Vi starter med en viktig definisjon. Definisjon. Et stokastisk eksperiment er et eksperiment hvor utfallet ikke er kjent på forhånd. Mengden av alle mulige utfall av et slikt eksperimet kalles for utfallsrommet til eksperimentet. La oss se på noen stokastiske eksperimenter. Eksempel. Å kaste en terning, er et stokastisk eksperiment. Utfallsrommet er alle tall fra og med til og med 6. Vi skriver S = {,, 3, 4, 5, 6}. Vi kan lett lage variasjoner over dette eksemplet. Eksempel 3. Hvis eksperimentet er å kast med to terninger, en grønn og en blå, er det 36 mulige utfall. Den grønne terningen kan vise et tall fra til 6 og den blå terningen viser også et tall fra til 6. Vi sier i dette tilfelle at utfallsrommet er S = {(, ), (, ), (, 3), (, 4), (, 6), (, ), (, ), (, 3), (, 4),..., (6, ),..., (6, 6)} Her betegner for ekspempel (4, 3) utfallet hvor den grønne terningen viser 4 og den blå terningen viser 3. I begge eksemplene over består utfallsrommet av et endelig antall elementer nemlig 6 og 36, men vi kan også ha eksperimeter hvor utfallet er et desimaltall. Da er det i prinsippet uendelig mange utfall. Eksempel 4. Hvis eksperimentet var å måle levetiden på en bil, kunne vi si at utfallsrommet var S = [,. Utfallet er altså et tall fra og med som kan være vilkårlig stort. Når vi nå har en idé om utfallsrommet til et eksperiment, kan vi gå videre.

48 Definisjon 5. En delmengde E av utfallsrommet S kalles for en begivenhet. Utfallene som utgjør E, kalles gunstige utfall for E. Vi sier at begivenheten E har inntruffet hvis et av de gunstige utfallene for E har inntruffet. Vi går tilbake til eksempelet med en terning. Eksempel 6. Vi kaster en terning. Utfallsrommet er S = {,, 3, 4, 5, 6}. Begivenheten E = {, 4, 6} inntreffer hvis terningen viser, 4 eller 6, altså hvis terningen viser et partall. Vi kan også se på begivenheter når vi kaster med to terninger. Eksempel 7. Vi kaster med to terninger. Utfallsrommet er i dette tilfellet S = {(, ), (, ), (, 3), (, 4), (, 6), (, ), (, ), (, 3), (, 4),..., (6, ),..., (6, 6)} og består altså av 36 mulighe utfall. Begivenheten E = {(, 6), (, 5), (3, 4), (4, 3), (5, ), (6, )} inntreffer dersom summen av øynene på de to terningene, er 7. Vi vil gjerne håndtere mer enn én begivenhet. Definisjon 8. () Unionen av begivenhetene E og F skriver vi E F, og er begivenheten som består av alle utfall som er enten i E eller i F eller i begge. () Snittet av begivenhetene E og F skriver vi E F, og er begivenheten som består av de utfallene som er med i både E og F. E F E F E F E F Vi ser igjen på eksempelet med terningkast. Eksempel 9. For et terningkast var utfallsrommet S = {,, 3, 4, 5, 6}. Vi kan definere begivenhetene E = {, 3, 5}, F = {,, 3} og G = {4, 5, 6} Vi har at unionen av E og F, er E F = {,, 3, 5}, og snittet av E og F, er E F = {, 3}. Vi legger også merke til at F G = S. Ser vi på F og G, noterer vi at F og G ikke har felles utfall. Vi sier at F G er den tomme mengden, og skriver F G =.

49 I læreboken [ROSS] skrives E F som EF. Dette er også en vanlig skrivemåte. Legg merke til at tegnet betegner den tomme mengden som altså ikke inneholder noen utfall. Definisjon. Dersom E og F er to begivenheter slik at E F = sier vi at begivenhetene er disjunkte. E F E og F er disjunkte. Definisjon. Komplementet til en begivenhet E, skriver vi E c, og er begivenheten som består av alle utfall (i utfallsrommet) som ikke er med i E. S E c E La oss se på et enkelt eksempel. Eksempel. Vi ser på terningskast med utfallsrom S = {,, 3, 4, 5, 6}, og definerer begivenhetene E = {,, 3} og F = {, 3, 5}. Da er E c = {4, 5, 6} og F c = {, 4, 6}. 3

50 6.. Sannsynligheter. Vi vil nå introdusere sannsynlighet. Definisjon 3. Ta utganspunkt i et eksperiment med utfallsrom S. Vi vil forutsette at for enhver begivenhet E, så er det definert et tall P (E) slik at () P (E) () P (S) = (3) For enhver følge E, E,... av disjunkte begivenheter, så er P ( n=e n ) = P (E n ) P (E) kalles sannsynligheten for begivenheten E. n= Med n=e n mener vi unionen av alle mengdene E n. Et utfall er gunstig for n=e n hvis og bare hvis det er gunstig for minst en E n. Eksempel 4. I et terningkast har vi P ({}) = P ({}) = P ({3}) = P ({4}) = P ({5}) = P ({6}) = 6. Her betegner {} begivenheten som består av det ene utfallet. Vi har også at P ({, 4, 6}) = P ({}) + P ({4}) + P ({6}) = = 3 6 = Hvis E = {}, E = {} og E 3 = {3}, kan vi også skrive dette som Vi har følgende formler: P (E E E 3 ) = P (E ) + P (E ) + P (E 3 ). Setning 5. Gå ut fra at utfallsrommet er S og at E, F og G er begivenheter. () P (E c ) = P (E) () P (E F ) = P (E) + P (F ) P (E F ) (3) P (E F G) = P (E)+P (F )+P (G) P (E F ) P (E G) P (F G)+P (E F G) Vi vil gjerne begrunne disse formlene. For å begrunne (), tar vi utgangspunkt i at vi alltid har at S = E E c. Vi har dessuten at E og E c er disjunkte. Det følger derfor fra (3) i definisjon 3, at P (S) = P (E) + P (E c ), og fra () i definisjon 3 følger det at P (S) =. Kombinderer vi dette får vi P (E c ) = P (E). For å begrunne (), tar vi utganspunkt i P (E) + P (F ). En kunne være fristet til å tro at dette er P (E F ), men det er ikke riktig. Grunnen er at de utfallene som er både i E og F blir telt med to ganger i P (E) + P (F ). Derfor er P (E) + P (F ) = P (E F ) + P (E F ). Fra dette følger (). Formel (3) begrunnes på tilsvarende måte som formel (), og denne formelen kan også gjøres mer generel, se formel (.4) i [ROSS]. Eksempel 6. Igjen er det greit å ta terningkast som eksempel, S = {,, 3, 4, 5, 6}. Hvis vi definerer E = {,, 3, 4} og F = {4, 5, 6} har vi at E F = S og E F = {4}. Vi har at P (E) = 4 6 og P (F ) = 3 6 Vi ser at P (E) + P (F ) P (E F ) = = 6 6 =, og dette er riktig svar siden E F = S og P (S) =. La oss se på et litt mer komplisert eksempel. 4

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

Forelesning 2: Førsteordens lineære differensiallikninger

Forelesning 2: Førsteordens lineære differensiallikninger Forelesning 2: Førsteorens lineære ifferensiallikninger Tron Stølen Gustavsen 16. januar, 2009 Innhol Lesning 1 2.1. Likninger me konstante koeffisienter 1 2.2. Generelle koeffisienter 4 Referanser 5 Lesning.

Detaljer

1 Mandag 1. februar 2010

1 Mandag 1. februar 2010 Mandag. februar 200 I dag skal vi fortsette med rekkeutviklinger som vi begynte med forrige uke. Vi skal se på litt mer generell rekker og vurdere når de konvergerer, bl.a. gi et enkelt kriterium. Dette

Detaljer

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

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

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

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

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

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

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel 6.4 - Integrerende faktor Teori: Differensialligninger på formen y fx y gx (lineære i y av første orden) er ikke separable hvis ikke fx og gx er tallkonstanter.

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

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 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

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

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

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

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger del 1 Eksamensdag: Tirsdag 7. desember 2004 Tid for eksamen: 14:30 17:30 Oppgavesettet

Detaljer

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009 Sammendrag R2 www.kalkulus.no 31. mai 2009 1 1 Trigonometri Definisjon av sinus og cosinus Sirkelen med sentrum i origo og radius 1 kalles enhetssirkelen. La v være en vinkel i grunnstilling, og la P være

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

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

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

TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013

TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Løsningsforslag Øving 4 1 a) Bølgeligningen er definert ved u tt c 2 u xx = 0. Sjekk

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. januar 2005. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Oppgaver, MAT 101 1 En-variabel kalkulus 1.1 I de følgende oppgavene, i) finn alle kritiske punkter til f(x), ii) beskriv monotoniegenskapene til funksjonene ved å se på fortegnet til

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

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

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom

Detaljer

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1 EKSAMEN BOKMÅL DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember 15 9:-13: FAGKODE: FAGNAVN: IR151 Matematikk 1 HJELPEMIDLER: Del 1: kl 9.-11. Ingen Del : kl 11.-13. Lommeregner Lærebok etter fritt valg Matematisk

Detaljer

= x lim n n 2 + 2n + 4

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

Detaljer

Repitisjon av Diverse Emner

Repitisjon av Diverse Emner NTNU December 15, 2012 Oversikt 1 2 3 4 5 Å substituere x med en trigonometrisk funksjon, gjør det mulig å evaluere integral av typen I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 x 2 der a er en positiv

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

og variasjon av parameterene Oppsummering.

og variasjon av parameterene Oppsummering. Inhomogene differensiallikninger av andre orden Ubestemte koeffisienters metode og variasjon av parameterene Oppsummering. MAT-INF1100 October 30, 2007 NYTT TEMA Innhomogene likninger: Oppdeling i partikulær

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

Kapittel Flere teknikker

Kapittel Flere teknikker Innhold: Kapittel 6.7 - Flere teknikker H-P Ulven 22.04.09 Innledning Ligninger med potenser av y. ( Lærebok 6.7) Reduksjon av orden med variabelskiftet u y. (Lærebok 6.7) Innføring av u y 2 og u 2yy.

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

NTNU Institutt for matematiske fag. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 8. Oppgave 1. Oppgave 2

NTNU Institutt for matematiske fag. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 8. Oppgave 1. Oppgave 2 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk høsten Løsningsforslag - Øving 8 Oppgave b. Vi har at f() > og f(π/) π /6

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

Taylor- og Maclaurin-rekker

Taylor- og Maclaurin-rekker Taylor- og Maclaurin-rekker Forelest: Okt, 004 Potensrekker er funksjoner Vi så at noen funksjoner vi kjenner på andre måter kan skrives som funksjoner, for eksempel: = + t + t + t 3 + + t n + t e x =

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y

Detaljer

Matematikk for økonomer Del 2

Matematikk for økonomer Del 2 Matematikk for økonomer Del 2 Oppgavedokument Antall oppgaver: 75 svar Antall kapitler: 10 kapitler Antall sider: 15 Sider Forfatter: Studiekvartalets kursholdere Kapittel 1 Derivasjon 1. f (x) = 2x 2

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

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk Høst 04 Løsningsforslag Øving 04 30 For å vise at f er en injektiv one-to-one funksjon, ser vi på den deriverte,

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: Torsdag 10 januar 2008 Tid for eksamen: 9:00 12:00 Oppgavesettet er på 6

Detaljer

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

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 26./28. november 2013 Forelesningene 26./28. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

Oblig 1 - vår 2015 MAT1012

Oblig 1 - vår 2015 MAT1012 Oblig 1 - vår 15 MAT11 MARI RØYSHEIM University of Oslo, Department of Physics 17. februar 15 Med forbehold om trykkfeil og andre feil! Oppgave 1 a) Vi skal finne det bestemte integralet, og bruker substitusjon.

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

Oppsummering matematikkdel ECON 2200

Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke 7. mai 2008 1 Innledning En rask oppsummering av hele kurset vil ikke kunne dekke alt vi har gjennomgått. Men alt er pensum, selv om det ikke blir

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

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

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

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. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 16./17. november 2015 Forelesningene 17./18. november Denne forelesningen beskriver de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 noen tips for

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

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

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

Betinget sannsynlighet

Betinget sannsynlighet Betinget sannsynlighet Multiplikasjonsloven for sannsynligheter (s. 49 i bok): P( AB ) = P( A B ) P(B) Veldig viktig verktøy for å finne sannsynligheter for snitt. (Bevises ved rett fram manipulering av

Detaljer

1 Mandag 22. februar 2010

1 Mandag 22. februar 2010 1 Mandag 22. februar 2010 Vi begynner med litt repetisjon fra forrige gang, med å sjekke om et vektorfelt er konservativt og dersom svaret er ja, regne ut potensialfunksjonen. Videre skal vi se på en variant

Detaljer

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Prøve i Matte 1 BYFE DAFE 1 Dato: 3. mars 216 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. LØSNINGSFORSLAG Oppgave 1 Gitt matrisene A = [ 8 3 6 2 ] [ og

Detaljer

Sannsynlighetsregning og Statistikk

Sannsynlighetsregning og Statistikk Sannsynlighetsregning og Statistikk Leksjon 2. Leksjon 2 omhandler begreper og regneregler for sannsynligheter. Dette er behandlet i kapittel 3.1 og 3.2 i læreboka. Du bør når du har fullført leksjon 2

Detaljer

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x.

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x. NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x + 1 + i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks

Detaljer

Eksempelsett R2, 2008

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

Detaljer

Sannsynlighetsbegrepet

Sannsynlighetsbegrepet Sannsynlighetsbegrepet Notat til STK1100 Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo Januar 2004 Formål Dette notatet er et supplement til kapittel 1 i Mathematical Statistics and Data Analysis

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

Oversikt over Matematikk 1

Oversikt over Matematikk 1 1 Oversikt over Matematikk 1 Induksjon Grenser og kontinuitet Skjæringssetningen Eksistens av ekstrempunkt Elementære funksjoner Derivasjon Sekantsetningen Integrasjon Differensialligninger Kurver i planet

Detaljer

Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

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

Detaljer

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag MAT 1001, Høsten 009 Oblig, sforslag a) En harmonisk svingning er gitt som en sum av tre delsvingninger H(x) = cos ( π x) + cos (π (x 1)) + cos (π (x )) Skriv H(x) på formen A cos (ω(x x 0 )). siden H(x)

Detaljer

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

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111 Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 9. desember 25. Bokmål Løsningsforslag til Eksamen i MAT Mandag 9. desember 25, kl. 9-. Dette er kun et løsningsforslag. Oppgave a) Betrakt de to komplekse

Detaljer

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag Matematikk 1 Oversiktsforelesning Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag November 25, 2009 LS (IMF) tma4100rep November 25, 2009 1 / 21 Matematikk 1 Hovedperson Relle funksjoner

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

Sannsynlighetsregning

Sannsynlighetsregning Sannsynlighetsregning Per G. Østerlie Thora Storm vgs per.osterlie@stfk.no 5. april 203 Hva og hvorfor? Hva? Vi får høre at det er sannsynlig at et eller annet kommer til å skje. Sannsynligheten for å

Detaljer

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

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

Detaljer

Generelle teoremer og definisjoner MA1102 Grunnkurs i analyse II - NTNU

Generelle teoremer og definisjoner MA1102 Grunnkurs i analyse II - NTNU Generelle teoremer og definisjoner MA110 Grunnkurs i analyse II - NTNU Lærebok: Kalkulus, Universitetsforlaget, 006, 3. utgave av Tom Lindstrøm Jonas Tjemsland 9. april 015 3 Komplekse tall 3.1 Regneregler

Detaljer

Matematikk for økonomer Del 2

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

Detaljer

Oppgave 1. e rt = 120e. = 240 e

Oppgave 1. e rt = 120e. = 240 e Løsning MET 803 Matematikk Dato 5. desember 05 kl 0900-00 Oppgave. (a) Dersom vi selger eiendommen etter t år, med t > 0, så er nåverdien av salgssummen med r = 0,0. Da får vi N(t) = V (t)e rt = 0 e e

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Korreksjoner til fasit, 2. utgave

Korreksjoner til fasit, 2. utgave Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a

Detaljer

Forelesning Matematikk 4N

Forelesning Matematikk 4N Forelesning Matematikk 4N Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. september 2006 2 Komplekse fourier rekker (10.5) Målet med denne leksjonen er vise hvordan man skrive fourier rekkene på kompleks

Detaljer

Oppgavesettet er på 3 sider eks. forside, og inneholder 12 deloppgaver: 1abc, 2, 3, 4abc, 5ab, 6ab.

Oppgavesettet er på 3 sider eks. forside, og inneholder 12 deloppgaver: 1abc, 2, 3, 4abc, 5ab, 6ab. EKSAMENSOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) Eksamen i : Mat-0001 Brukerkurs i matematikk. Dato : tirsdag 4. desember 2012. Tid : 09.00-13.00. Sted: : Åsgårdvegen 9. Tillatte hjelpemidler : Alle trykte og skrevne.

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

Definisjoner og løsning i formel

Definisjoner og løsning i formel Differensiallikninger Definisjoner og løsning i formel Forelesning uke 45, 2006 MAT-INF1100 Difflik. p. 1 Differensiallikninger Struktur i presentasjonen Lysarkene gjennomgår hovedpunkter fra Kalkulus

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

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Prøve i Matte ELFE KJFE MAFE Dato: 2. desember 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Gitt matrisene A = 2 2 3 5 og B = [ 5 7 2 ] Regn

Detaljer

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

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2,

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

Detaljer

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, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

Lineære likningssystemer og matriser

Lineære likningssystemer og matriser Kapittel 3 Lineære likningssystemer og matriser I dette kapittelet skal vi sette sammen Kapittel 1 og 2. 3.1 Den utvidede matrisen til et likningssystem Vi starter med et lineært likningssystem med m likninger

Detaljer

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 16: likninger Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo INGEN PLENUMSREGNING 6/3 og 7/3 5. mars 008 MAT1030 Diskret matematikk 5. mars 008 Mandag ga

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Løsningsforslag, eksamen MA0/MA60 07.2.09 Oppgave La f() = e 4 2 2 8. a) Finn alle ekstremalpunktene til funksjonen

Detaljer

Prøve i R2. Innhold. Differensiallikninger. 29. november Oppgave Løsning a) b) c)...

Prøve i R2. Innhold. Differensiallikninger. 29. november Oppgave Løsning a) b) c)... Prøve i R2 Differensiallikninger 29. november 2010 Innhold 1 Oppgave 3 1.1 Løsning..................................... 3 1.1.1 a).................................... 3 1.1.2 b)....................................

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

Oppsummering matematikkdel

Oppsummering matematikkdel Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke Økonomisk Institutt May 8, 2009 KAB (Økonomisk Institutt) Oppsummering May 8, 2009 1 / 22 Innledning Rekker bare å nevne noen hovedpunkter Alt er

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

1 Mandag 15. februar 2010

1 Mandag 15. februar 2010 1 Mandag 15. februar 2010 Vi begynner med et eksempel på bruk av partiell derivasjon for å gjøre såkalt lineær regresjon, eller minste kvadraters metode. Dette er en anvendelse av teorien vi har gjennomgått

Detaljer