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

Optimal kontrollteori

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

Detaljer

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger

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

Detaljer

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

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

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

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

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

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

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

= 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

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

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

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

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

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

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

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

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009

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

Detaljer

Forelesning 5, kapittel 3. : 3.5: Uavhengige hendelser.

Forelesning 5, kapittel 3. : 3.5: Uavhengige hendelser. Forelesning 5, kapittel 3. : 3.5: Uavhengige hendelser. Kast med to terninger, A er sekser på første terning og B er sekser på andre terning. Sekser på begge terningene er Fra definisjonen av betinget

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

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

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

Emne 11 Differensiallikninger

Emne 11 Differensiallikninger Emne 11 Differensiallikninger Differensiallikninger er en dynamisk beskrivelse av et system eller en prosess, basert på de balanselikningene vi har satt opp for prosessen. (Matematisk modellering). Vi

Detaljer

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

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

Detaljer

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 6. Løsningsforslag

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

Detaljer

Sannsynlighetsregning og kombinatorikk

Sannsynlighetsregning og kombinatorikk Sannsynlighetsregning og kombinatorikk Introduksjon Formålet med sannsynlighet og kombinatorikk er å kunne løse problemer i statistikk, somoftegårutpååfattebeslutninger i situasjoner der tilfeldighet rår.

Detaljer

Løsningsforslag. og B =

Løsningsforslag. og B = Prøve i Matte EMFE DAFE ELFE BYFE Dato: august 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave a) Gitt matrisene A = 2 3 2 4 2 Løsningsforslag og

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013

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

Detaljer

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

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

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

Detaljer

Krasjkurs MAT101 og MAT111

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

Detaljer

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

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

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Kalkulus Kapittel 1 Oppgave 1. a) en funksjon b) en funksjon c) ikke en funksjon d) ikke en funksjon Oppgave 2. a) 12,1 b) 4 c)

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag eksamen R2

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

Detaljer

Potensrekker. Binomialrekker

Potensrekker. Binomialrekker Potensrekker Potensrekker er rekker på formen: Potensrekker kan brukes på en rekke områder for å finne tilnærmede eller eksakte løsninger på problemer som ellers kanskje må løses numerisk eller krever

Detaljer

Sammendrag R1. 26. januar 2011

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

Detaljer

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 4.-5. desember 2010 Program I dag og i morgen skal vi holde på fra 10-16 med en pause fra 13-14. Vi skal gjennom:

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

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

Detaljer

Talsnes ONE - 995850168 Enhver form for mangfoldiggjørelse av hele eller deler av innholdet av dette materiale er i henhold til norsk lov om

Talsnes ONE - 995850168 Enhver form for mangfoldiggjørelse av hele eller deler av innholdet av dette materiale er i henhold til norsk lov om 1 Eksponentielt vekst: En størrelse vokser eller avtar med en fast prosent per tidsenhet. Eulers tall e: En matematisk konstant, e=2,7 1828.. ln a gir det tallet du må opphøye Eulers tall e i for å få

Detaljer

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

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

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE - Skoleeksamen. Institutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: 17.12.2014 Kl. 09.00 Innlevering: 17.12.2014 Kl. 14.00

EKSAMENSOPPGAVE - Skoleeksamen. Institutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: 17.12.2014 Kl. 09.00 Innlevering: 17.12.2014 Kl. 14.00 EKSAMENSOPPGAVE - Skoleeksamen MET 11803 Matematikk Institutt fo Samfunnsøkonomi Utleveing: 17122014 Kl 0900 Innleveing: 17122014 Kl 1400 Vekt: 70% av MET 1180 Antall side i oppgaven: Antall vedleggsfile:

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

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

Detaljer

Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse.

Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse. Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse. Den klassiske definisjonen (uniform modell) av sannsynlighet for en hendelse A i et utfallsrom S er at sannsynligheten

Detaljer

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

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

Detaljer

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Kapittel 3.3. Enringsrate 3 Enrings rate hastighet og akselersjon Definisjon Hvis s(t) er

Detaljer

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

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

Detaljer

MA0003-8. forelesning

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

Detaljer

Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2

Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2 Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 12.-13. mai 2010 Introduksjon Begin with the end in mind - The 7 Habits of Highly Effective People (Stephen R. Covey)

Detaljer

6 Sannsynlighetsregning

6 Sannsynlighetsregning MATEMATIKK: 6 Sannsynlighetsregning 6 Sannsynlighetsregning 6.1 Forsøk. Utfallsrom. Sannsynlighet (sjanse). Sannsynlighetsmodell Ved ett kast med en terning vet vi at terningen vil vise enten ett, to,

Detaljer

EKSAMEN I 3MX-R2 (3MZ-S2), SPØRREUNDERSØKELSE AUGUST 2014

EKSAMEN I 3MX-R2 (3MZ-S2), SPØRREUNDERSØKELSE AUGUST 2014 EKSAMEN I 3MX-R2 (3MZ-S2), SPØRREUNDERSØKELSE AUGUST 2014 Matematikk R2 Oversikt over hovedområdene: Programfag Hovedområder Matematikk R1 Geometri Algebra Funksjoner Matematikk R2 Geometri Algebra Funksjoner

Detaljer

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (3 poeng) Oppgave 2 (3 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) Oppgave 4 (4 poeng) Deriver funksjonene. b) g( x) 5e sin(2 x)

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (3 poeng) Oppgave 2 (3 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) Oppgave 4 (4 poeng) Deriver funksjonene. b) g( x) 5e sin(2 x) DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (3 poeng) Deriver funksjonene a) f( x) cos(3 x) x b) g( x) 5e sin( x) Oppgave (3 poeng) Bestem integralene a) b) 3 ( )d e 1 x x x x ln x dx Oppgave 3 (4 poeng) a) Løs

Detaljer

Kontinuerlige stokastiske variable.

Kontinuerlige stokastiske variable. Kontinuerlige stokastiske variable. I forelesning har vi sett på en kontinuerlig stokastisk variabel med sannsynlighetstetthet f() =2 og sannsynlighetsfunksjon F () = 2 for. Der hadde jeg et reint regneteknisk

Detaljer

Fagdag 5-08.01.09. 2) Du skal fylle ut en tippekupong. På hvor mange måter kan dette gjøres?

Fagdag 5-08.01.09. 2) Du skal fylle ut en tippekupong. På hvor mange måter kan dette gjøres? Fagdag Plan Fagdag - 08.01.0 1,2 time: Repetisjon kapittel 3 - Sannsynlighet Oppgaver Teori (lesestoff) 3, time: Arbeide med.1 og.2: 16, 17, 18, 1 3, time: Ekstra vurdering før terminoppgjør Repetisjon

Detaljer

Løsningsforslag. 3 x + 1 + e. g(x) = 1 + x4 x 2

Løsningsforslag. 3 x + 1 + e. g(x) = 1 + x4 x 2 Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 1. juni 2012 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (20 deloppgaver) Antall sider: 2 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008

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

Detaljer

wxmaxima Brukermanual for Matematikk 1T Bjørn Ove Thue

wxmaxima Brukermanual for Matematikk 1T Bjørn Ove Thue wxmaxima Brukermanual for Matematikk 1T Bjørn Ove Thue Om wxmaxima wxmaxima er en utvidet kalkulator som i tillegg til å regne ut alt en vanlig kalkulator kan regne ut, også regner symbolsk. Det vil si

Detaljer

Komplekse tall og komplekse funksjoner

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

Detaljer

1 C z I G + + = + + 2) Multiplikasjon av et tall med en parentes foregår ved å multiplisere tallet med alle leddene i parentesen, slik at

1 C z I G + + = + + 2) Multiplikasjon av et tall med en parentes foregår ved å multiplisere tallet med alle leddene i parentesen, slik at Ekstranotat, 7 august 205 Enkel matematikk for økonomer Innhold Enkel matematikk for økonomer... Parenteser og brøker... Funksjoner...3 Tilvekstform (differensialregning)...4 Telleregelen...7 70-regelen...8

Detaljer

201303 ECON2200 Obligatorisk Oppgave

201303 ECON2200 Obligatorisk Oppgave 201303 ECON2200 Obligatorisk Oppgave Oppgave 1 Vi deriverer i denne oppgaven de gitte funksjonene med hensyn på alle argumenter. a) b) c),, der d) deriveres med hensyn på både og. Vi kan benytte dee generelle

Detaljer

Innledning kapittel 4

Innledning kapittel 4 Innledning kapittel 4 Sannsynlighet og tilfeldighet Basert på materiale fra Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo 1 Deterministiske fenomener Almanakk for Norge viser: når det er fullmåne

Detaljer

1 Section 4-1: Introduksjon til sannsynlighet. 2 Section 4-2: Enkel sannsynlighetsregning. 3 Section 5-1: Introduksjon til sannsynlighetsfordelinger

1 Section 4-1: Introduksjon til sannsynlighet. 2 Section 4-2: Enkel sannsynlighetsregning. 3 Section 5-1: Introduksjon til sannsynlighetsfordelinger 1 Section 4-1: Introduksjon til sannsynlighet 2 Section 4-2: Enkel sannsynlighetsregning 3 Section 5-1: Introduksjon til sannsynlighetsfordelinger 4 Section 5-2: Tilfeldige variable 5 Section 5-3: Binomisk

Detaljer

Matematikk 1000. Eksamensaktuelle numerikk-oppgåver

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

Detaljer

Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka. Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver.

Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka. Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver. Kapittel 4 Anvendelser av lineære likningssystemer Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver 4 Populasjonsdynamikk

Detaljer

Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005

Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005 Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 5 Beregn grenseverdien Oppgave 1 (x 1) ln x x x + 1 Svar: Merk at nevneren er lik (x 1), så vi kan forkorte (x 1) oppe og nede og får (x 1) ln x ln x

Detaljer

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

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

Detaljer

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark)

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Mtemtikk EMNENUMMER: REA4 og REA4f EKSAMENSDATO: 9. desember 0 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning og Flexing. TID: kl. 9.00 3.00. FAGANSVARLIG: HnsPetterHornæsogLrsNilsBkken

Detaljer

Innledning kapittel 4

Innledning kapittel 4 Innledning kapittel 4 Sannsynlighet og tilfeldighet Basert på materiale fra Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo 1 Deterministiske fenomener Almanakk for Norge viser: når det er fullmåne

Detaljer

De hele tall har addisjon, multiplikasjon, subtraksjon og lineær ordning, men ikke divisjon.

De hele tall har addisjon, multiplikasjon, subtraksjon og lineær ordning, men ikke divisjon. Innledning til Matematikk Hans Petter Hornæs, hans.hornaes@hig.no Det er ofte vanskelig å komme i gang et fag. Innledningsvis er det gjerne en del grunnleggende begreper som må på plass. Mange studenter

Detaljer

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36

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

Detaljer

Manual for wxmaxima tilpasset R2

Manual for wxmaxima tilpasset R2 Manual for wxmaxima tilpasset R Om wxmaxima wxmaxima er en utvidet kalkulator som i tillegg til å regne ut alt en vanlig kalkulator kan regne ut, også regner symbolsk. Det vil si at den kan forenkle uttrykk,

Detaljer

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

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

Detaljer

0.1 Kort introduksjon til komplekse tall

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

Detaljer

Enkel matematikk for økonomer 1. Innhold. Parenteser, brøk og potenser. Ekstranotat, februar 2015

Enkel matematikk for økonomer 1. Innhold. Parenteser, brøk og potenser. Ekstranotat, februar 2015 Ekstranotat, februar 205 Enkel matematikk for økonomer Innhold Enkel matematikk for økonomer... Parenteser, brøk og potenser... Funksjoner...4 Tilvekstform (differensialregning)...5 Nyttige tilnærminger...8

Detaljer

Sammendrag kapittel 9 - Geometri

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

Detaljer

a) Ved numerisk metode er det løst en differensiallikning av et objekt som faller mot jorden. Da, kan vi vi finne en tilnærming av akselerasjonen.

a) Ved numerisk metode er det løst en differensiallikning av et objekt som faller mot jorden. Da, kan vi vi finne en tilnærming av akselerasjonen. Oppgave 1 a) Ved numerisk metode er det løst en differensiallikning av et objekt som faller mot jorden. Da verdier av er kjent gjennom resultater i form av,, kan vi vi finne en tilnærming av akselerasjonen.

Detaljer

Kalkulus 1. Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger.

Kalkulus 1. Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger. Kalkulus 1 Grenser Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger. Vi sier at funksjonen f(x) har en grense f(a)

Detaljer

EKSAMEN. Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.)

EKSAMEN. Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.) KANDIDANUMME: EKAMEN FAGNAVN: Matematikk 3 FAGNUMME: EA32 EKAMENDAO: 1. desember 26 KLAE: Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ID: kl. 9. 13.. FAGLÆE: Hans Petter Hornæs ANALL IDE ULEVE: 5 (innkl. forside

Detaljer

x n+1 rx n = 0. (2.2)

x n+1 rx n = 0. (2.2) Kapittel 2 Første ordens lineære differenslikninger 2.1 Homogene likninger Et av de enkleste eksemplene på en følge fås ved å starte med et tall og for hvert nytt ledd multiplisere det forrige leddet med

Detaljer

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

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

Detaljer

Eksamen 29.11.2011. REA3024 Matematikk R2. Nynorsk/Bokmål

Eksamen 29.11.2011. REA3024 Matematikk R2. Nynorsk/Bokmål Eksamen 29.11.2011 REA302 Matematikk R2 Nynorsk/Bokmål Nynorsk Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemiddel på Del 1: Hjelpemiddel på Del 2: 5 timar: Del 1 skal leverast inn etter 2 timar. Del 2 skal

Detaljer

Rekker, Konvergenstester og Feilestimat

Rekker, Konvergenstester og Feilestimat NTNU December 8, 2012 Oversikt 1 2 3 4 5 6 For å forstå, må vi først forstå potensrekker For å forstå potensrekker, må vi først forstå rekker. For å forstå rekker, må vi først forstå følger. Definisjon

Detaljer

Eksamen REA3028 S2, Høsten 2012

Eksamen REA3028 S2, Høsten 2012 Eksamen REA308 S, Høsten 01 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (6 poeng) Deriver funksjonene 3x x a) gx 3 3x x 3x

Detaljer

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

MAT 100a - LAB 3. Vi skal først illustrerere hvordan Newtons metode kan brukes til å approksimere n-te roten av et positivt tall. MAT 100a - LAB 3 I denne øvelsen skal vi bruke Maple til å illustrere noen anvendelser av derivasjon, først og fremst Newtons metode til å løse likninger og lokalisering av min. og max. punkter. Vi skal

Detaljer

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

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

Detaljer

Grafer og funksjoner

Grafer og funksjoner Grafer og funksjoner Fredrik Meyer Sammendrag Vi går raskt igjennom definisjonen på hva en funksjon er. Vi innfører også begrepet førstegradsfunksjon. Det forutsettes at du husker hva et koordinatsystem

Detaljer

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

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

Detaljer

Grunnleggende matematikk for ingeniører Side 1 av 5

<kode> Grunnleggende matematikk for ingeniører Side 1 av 5 Grunnleggende matematikk for ingeniører Side 1 av 5 Emnebeskrivelse 1 Emnenavn og kode Grunnleggende matematikk for ingeniører 2 Studiepoeng 10 studiepoeng 3 Innledning Dette er det ene av

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk MX Privatister 10. desember 003 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet

Detaljer

Oppgaveløsninger for "Matematikk for økonomer - kort og godt".

Oppgaveløsninger for Matematikk for økonomer - kort og godt. Oppgaveløsninger for "Matematikk for økonomer - kort og godt". Kapittel 1 Oppgave 1.1 a) (x 2 9x 12)(3 3x) =3x 2 27x 36 3x 3 +27x 2 +36x = 3x 3 +30x 2 +9x 36. b) (2x y) 2 +2(x+y)(x y)+(x+4y) 2 =4x 2 4xy+y

Detaljer

Heldagsprøve. Matematikk - S2. 6 Mai 2010

Heldagsprøve. Matematikk - S2. 6 Mai 2010 S2 -Heldagsprøve V0 Heldagsprøve Matematikk - S2 6 Mai 200 Løsningsskisser Del Oppgave a) En rekke er gitt ved 7 3 9... ) Finn ledd nummer 25 i rekken. a 25 a d n 6 25 45 2) Finn summen av de første 50

Detaljer