LINEÆRE APPROKSIMASJONER TIL f, KJERNE- REGELEN, GRADIENT OG RETNINGSDERIVERT
|
|
- Brynjar Tønnessen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 HØGSKOLEN I GJØVIK MATEMATIKK 30, HØSTEN 2004 LINEÆRE APPROKSIMASJONER TIL f, KJERNE- REGELEN, GRADIENT OG RETNINGSDERIVERT v/ Hans Engenes, august 2004 En variabel: Hvis f er en én-variabel-funksjon og a er et indre punkt i D f (definisjonsmengden til f) der f er deriverbar, da har førstegradsuttrykket (1) f(a)+f (a)(x a) en bedre nærhet til f(x) i nærheten av x = a enn noe annet førstegradsuttrykk. Faktisk er det slik at avviket (differensen) mellom f(x) og(1)går mot 0 raskere enn x a, når x a, slik: f(x) (f(a)+f ( ) (a)(x a)) f(x) f(a) (2) lim = lim f (a) =0 x a x a x a x a (dette er jo bare en gjentakelse av definisjonen av f (x)). Videre kan vi innse at (1) er det eneste førstegradsuttrykket med en så god nærhet til f(x) i nærheten av x = a, dvs. hvis A og B er to konstanter slik at f(x) (A + B(x a)) lim x a x a da må A + B(x a) være identisk med (1), dvs. A må være lik f(a) ogb må være lik f (a). Oppgave 1: Innse dette (dvs. bevis at påstanden er korrekt!) Hvis vi nå skriver x istedetforx a (dvs. x erstattes med a + x), og skriver f for funksjonstilveksten f(x) f(a) =f(a + x) f(a), da kan vi sammenfatte det ovenstående slik: Differensen f f f f (a) x (a) x går mot 0 raskere enn x, dvs.: lim x 0 x hvis vi lar ɛ( x) stå for uttrykket ( f f (a) x)/ x, daer (3) f = f (a) x + ɛ( x) x =0 =0,så der ɛ( x) 0når x 0. Det første leddet på høyre side i (3) er lineært i x, og kalles lineærapproksimasjonen til f. Merk at vi ikke har hatt bruk for andre forutsetninger enn at f er deriverbar i a. 1
2 To variable: Hvis f er en to-variabel-funksjon og (a, b) er et indre punkt i D f, da kan en også sette opp en best mulig førstegradstilnærming (approksimering) til f (og dermed en best mulig lineærapproksimering til f) i(a, b), hvis f er partiellderiverbar m.h.p. både x og y ien hel omegn om (a, b), og hvis derivertfunksjonene f x og f y er kontinuerlige i en hel slik omegn. Under disse forutsetningene skal vi vise at det fins to funksjoner, ɛ 1 ( x, y) og ɛ 2 ( x, y), som begge går mot 0 når ( x, y) (0, 0) og som er slik at: (4) f = f x (a, b) x + f y (a, b) y + ɛ 1 ( x, y) x + ɛ 2 ( x, y) y for alle ( x, y) som er slik at rektangelet med hjørner i (a, b), (a+ x, b), (a, b+ y) og (a+ x, b+ y) ligger inne i en omegn om (a, b) derbåde f x og f y er kontinuerlige. Merk både likheten mellom (3) og (4), og forskjellen m.h.t. forutsetninger om funksjonen f. I beviset for påstanden ovenfor får vi bruk for Sekantsetningen: For enhver funksjon g som er kontinuerlig på etlukketintervall[a, b] ogderiverbar i det åpne intervallet (a, b), fins det minst ett tall c (a, b) slik at g(b) g(a) =g (c)(b a). Når f og (a, b) oppfyller de krav vi har stilt, da er funksjonen g, gittved:g(x) =f(x, b), kontinuerlig på [a, a + x] og deriverbar i (a, a + x), så ifølge Sekantsetningen fins det minst ett tall c 1 mellom a og a + x slik at g(a + x) g(a) =f(a + x, b) f(a, b) =g (c 1 ) x = f x (c 1,b) x. Videre er funksjonen h, gittved:h(y) =f(a + x, y), kontinuerlig på [b, b + y] og deriverbar i (b, b + y), så ifølge Sekantsetningen fins det minst ett tall c 2 mellom b og b + y slik at h(b + y) h(b) =f(a + x, b + y) f(a + x, b) =h (c 2 ) y = f y (a + x, c 2 ) y. Dermed har vi følgende: f = f(a + x, b + y) f(a, b) = =(f(a + x, b + y) f(a + x, b)) + (f(a + x, b) f(a, b)) = = f y (a + x, c 2 ) y + f x (c 1,b) x = = f x (a, b) x + f y (a, b) y +(f x (c 1,b) f x (a, b)) x +(f y (a + x, c 2 ) f y (a, b)) y = = f x (a, b) x + f y (a, b) y + ɛ 1 ( x, y) x + ɛ 2 ( x, y) y der vi har satt ɛ 1 ( x, y) =f x (c 1,b) f x (a, b) ogɛ 2 ( x, y) =f y (a + x, c 2 ) f y (a, b). Disse uttrykkene innebærer at (i) ɛ 1 ( x, y) 0når x 0, fordi f x er forutsatt å være kontinuerlig i (a, b) og c 1 skal holde seg mellom a og a + x, ogat (ii) ɛ 2 ( x, y) 0når ( x, y) (0, 0), fordi f y er forutsatt å være kontinuerlig i(a, b) ogc 2 skal holde seg mellom b og b + y. Dermed har vi fullført beviset for påstanden øverst på denne siden. 2
3 Merknader: (i): Formel (4) ovenfor uttrykker funksjonstilveksten f i et fastholdt punkt (a, b) som en sum av en del (de to første leddene), kalt lineærapproksimasjonen til f, som er lineær i argumenttilvekstene x og y, og en del (de to siste leddene) som er (vanligvis) ikke-lineær i x og y og som går mot null raskere enn x og y. (ii): Med tanke på anvendelser av formel (4) er det av mindre betydning ågånærmere inn på hva de to epsilon-funksjonene egentlig er. Det er nok åviteatdepasser i formel (4) og at de begge 0når ( x, y) (0, 0). Disse kravene bestemmer ikke de to epsilon-funksjonene entydig. Beviset ovenfor gir riktignok en slags formler for dem, men formlene inneholder to tallstørrelser (c 1 og c 2 )somsekantsetningen garanterer eksistensen av, uten å angi formler eller annen beregningsmåte for dem. Dessuten kunne vi lagt opp beviset annerledes, f.eks. ved ågå veien om punktet (a, b + y) i stedet for (a + x, b), noe som ville ha ført til andre epsilonfunksjoner. (iii): Lineærapproksimasjonen til f (se merknad (i) over) er entydig bestemt, i den forstand at hvis A og B er konstanter og α 1 ( x, y)ogα 2 ( x, y)ertofunksjoner som begge 0når ( x, y) (0, 0), og f = A x + B y + α 1 ( x, y) x + α 2 ( x, y) y for alle ( x, y) innenfor en omegn om (0, 0), da må A være lik f x (a, b) ogb må være lik f y (a, b). Oppgave 2: Vis at påstanden i den siste merknaden er korrekt. (iv): En to-variabel-funksjon f som er slik at funksjonstilveksten f i(a, b), for alle ( x, y) innenfor en omegn om (0, 0), kan uttrykkes slik som i formel (4), med to funksjoner, ɛ 1 ( x, y) ogɛ 2 ( x, y), som begge går mot 0 når ( x, y) 0, sies å være deriverbar i punktet (a, b). Beviset ovenfor fastslår dermed at enhver to-variabel-funksjon med kontinuerlige partiellderiverte i en omegn om (a, b) er deriverbar i (a, b). Videreføring til tre og evt. enda flere variable er rett fram (se neste avsnitt, inklusive oppgave 3 nedenfor). (v): En to-variabel-funksjon f som er deriverbar i (a, b), i den strenge forstand fastslått i merknad (iv) over, må også værekontinuerlig i(a, b). Det er forøvrig lett ågi eksempler på to-variabel-funksjoner som er diskontinuerlige i et gitt punkt og som likevel har partiellderiverte i dette punktet (se oppgave i E&P). (vi): Vi har tidligere vært inne på at det er visse uklarheter med begrepet tangentplan i et gitt punkt på grafen til en to-variabel-funksjon f. Vi skal se nedenfor(se Viktig spesialtilfelle på side 7) at det nettopp er deriverbarhet i (a, b) som garanterer at ett enkelt plan gjennom punktet (a, b, f(a, b)) i R 3 inneholder alle grafens tangenter gjennom det samme punktet, slik at dette planet virkelig er et tangentplan til grafen til f. 3
4 Flere enn to variable: Hvis f er en n-variabel-funksjon (variable: x 1,x 2,,x n ), og (a 1,a 2,,a n )eretindre punkt i D f, og hvis alle de førsteordens partiellderiverte til f er kontinuerlige i en omegn om (a 1,a 2,,a n ), da kan en vise at det fins nn-variabel-funksjoner ɛ 1,ɛ 2,,ɛ n (som vi oppfatter som funksjoner av argumenttilvekstene x 1, x 2,, x n ), som alle går mot 0 når ( x 1, x 2,, x n ) (0, 0,, 0), slik at: n n (5) f = f xi (a 1,a 2,,a n ) x i + ɛ i ( x 1, x 2,, x n ) x i i=1 i=1 Liksom i to-variabel-situasjonen er det av mindre betydning å få fullstendig kjennskap til de n epsilon-funksjonene. Deres eksistens kan påvises ved n anvendelser av Sekantsetningen, noe som medfører at de uttrykkene som fremkommer for disse funksjonene inneholder symboler for tallstørrelser som Sekantsetningen fastslår eksistensen av, uten å angi formler eller andre former for beregningsmåter for dem, slik som tallstørrelsene c 1 og c 2 i to-variabel-situasjonen ovenfor. Oppgave 3: Vurder hvordan de fem merknadene på forrige side kan tilpasses situasjoner med flere enn to variable. Kjerneregelen, gradient og retningsderivert Hvis f er en to-variabel-funksjon (variabel-symboler: x og y), og de to variablene erstattes med hver sin kjernefunksjon av en (enslig) variabel, t (dvs. hvis vi setter x = x(t) og y = y(t)), da fremkommer et uttrykk for en ny (sammensatt) funksjon av t: (6) z = z(t) =f(x(t),y(t)) og vi spør her etter en sammenheng mellom z (t) (den deriverte av den sammensatte funksjonen), x (t), y (t) (de deriverte av kjernefunksjonene), og f x og f y (de deriverte av den ytre funksjonen). For at denne problemstillingen skal ha mening må vi forutsette at kjernefunksjonene er deriverbare i et gitt punkt t = t 0 (og da er de også kontinuerlige der), samt at den ytre funksjonen har førsteordens partiellderiverte i punktet (x(t 0 ),y(t 0 )). Vi forutsetter ikke deriverbarhet av den sammensatte funksjonen, men lar det være en del av spørsmålet. Selvsagt vil enhver tilvekst t i t medføre tilvekster ( x og y) ix og y, som videre medfører en tilvekst ( z eller f) if, såsant vi overalt holder oss innenfor de nevnte funksjonenes definisjonsmengder. Hvis vi forutsetter at f er deriverbar i punktet (x(t 0 ),y(t 0 )) (se merknad (iv) på side 3), da kan vi bruke formel (4) med (a, b) =(x(t 0 ),y(t 0 )): f (7) t = f x(x(t 0 ),y(t 0 )) x t + f y(x(t 0 ),y(t 0 )) y t + ɛ 1( x, y) x t + ɛ 2( x, y) y t Hva skjer her når t 0? I første ledd på høyre side av likhetstegnet er første faktor upåvirket av denne grenseprosessen, mens andre faktor nærmer seg x (t 0 ), så heleførste ledd nærmer seg f x (x(t 0 ),y(t 0 ))x (t 0 ). Det andre leddet vil nærme seg f y (x(t 0 ),y(t 0 ))y (t 0 ). I de to siste leddene er begge faktorer påvirket av grenseprosessen. De to siste-faktorene nærmer seg h.h.v. x (t 0 )ogy (t 0 ), men de to første-faktorene ( epsilon-funksjonene ) 4
5 begge går mot 0, fordi t 0medførerat x 0og y 0(både x(t) ogy(t) erjo kontinuerlige i t 0, fordi vi har forutsatt at de er deriverbare der), dvs. ( x, y) (0, 0), og da gjelder første setning i merknad (v) ovenfor. Konklusjonen blir da følgende, når vi lar t 0 i (7): Hvis x(t) og y(t) er deriverbare i t = t 0, og f er deriverbar i punktet (x(t 0 ),y(t 0 )) (noe som er tilfellet hvis f har kontinuerlige partiellderiverte overalt i en omegn om (x(t 0 ),y(t 0 ))), da er den sammensatte funksjonen z = f(x(t),y(t)) deriverbar i t = t 0, og følgende sammenheng gjelder mellom de deriverte: ( ) dz (8) = f x (x(t 0 ),y(t 0 ))x (t 0 )+f y (x(t 0 ),y(t 0 ))y (t 0 ) dt t=t 0 som uttrykker kjerneregelen i to variable (med kjernefunksjoner i en felles variabel). Hvis f er en tre-variabel-funksjon kan vi bruke formel (5) med n =3og(a, b, c) = (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 )), og forøvrig samme resonnement som med to variable, og vi får: Hvis x(t), y(t) ogz(t) erderiverbareit = t 0,ogf er deriverbar i punktet (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 )) (noe som er tilfellet hvis f har kontinuerlige partiellderiverte overalt i en omegn om (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 ))), da er den sammensatte funksjonen w = f(x(t),y(t),z(t)) deriverbar i t = t 0, og følgende sammenheng gjelder mellom de deriverte: ( ) dw (9) = dt t=t 0 = f x (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 ))x (t 0 )+f y (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 ))y (t 0 )+f z (x(t 0 ),y(t 0 ),z(t 0 ))z (t 0 ) som er kjerneregelen i tre variable (med kjernefunksjoner i en felles variabel). Hvis også kjernefunksjonene har flere enn en variabel, da får vi en sammensatt funksjon av de variablene som opptrer i kjernefunksjonene, og en kan spørre etter sammenhengen mellom de partiell-deriverte av den sammensatte funksjonen og de partiellderiverte av kjernefunksjonene og av den ytre funksjonen. Resonnementene ovenfor kan beholdes u- forandret, bortsett fra de opplagte nødvendige symbolendringene. Se forøvrig side ie&p. Merk at den sammensatte funksjonen i (8) kan tolkes som f-verdiene langs den parametriserte kurven (x, y) = (x(t),y(t)) i R 2, uttrykt som funksjon av parameteren t, og den sammensatte funksjonen i (9) har en tilsvarende sammenheng med en parametrisert kurve i R 3. Slike parametriseringer har vi tidligere skrevet på vektorform: r(t) =x(t) ı + y(t) j eller r(t) =x(t) ı + y(t) j + z(y) k ( posisjonsvektoren ), og vi vet at v(t) = r (t) er tangentvektor i bevegelsesretningen i ethvert punkt på kurven. Hvis vi nå definerer gradienten til f slik: (10) z = f(x, y) z = f =gradf def = f x (x, y) ı + f y (x, y) j og slik: (11) w = f(x, y, z) w = f =gradf def = f x (x, y, z) ı + f y (x, y, z) j + f z (x, y, z) k da kan (8) og (9) uttrykkes på en felles og sterkt forkortet form, slik: 5
6 (12) ( ) df = f v(t 0 ) dt t=t 0 (Kjerneregelen) der høyre side fremstår som et skalarprodukt av to vektoruttrykk, der første faktor (som her må oppfattes som gradientens verdi i det punktet som svarer til t-verdien t 0 ) bare er knyttet til funksjonen f, mens andre faktor bare er knyttet til den parametriserte kurven. Merk likheten med den velkjente(!) kjerneregelen i én variabel! Hvis vi nå spesialiserer til en parametrisering der v(t) erkonstantlik en gitt enhetsvektor u, da vil størrelsen (df /dt) t=t0 = f v(t 0 )= f u bare avhenge av funksjonen f, punktet som svarer til t = t 0 og retningen u, og vi skal kalle denne størrelsen den retningsderiverte til f i det nevnte punktet, i retningen gitt ved u, og betegne den med symbolet D u f: (13) u =1 D u f def = f u som sier nøyaktig det samme som følgende alternative definisjon: (14) v 0 D v f def = f v v (Retningsderivert) Merk at når farten v(t) er konstant lik 1, da er tid (t) og veilengde (s) identiske,så endring av f-verdi m.h.p. t er lik endring av f-verdi m.h.p. veilengden s, så den retningsderiverte er lik endring av f-verdi pr. lengdeenhet i retningen gitt ved u. Hvis f har to variable, da kan dette sees i sammenheng med grafen til f, slik: I rommet, R 3, velger vi et punkt (a, b) i det indre av definisjonsområdet D f (som er et område i xy-planet), og en enhetsvektor u tegnes inn med fotpunkt i (a, b, 0). Gjennom punktet (a, b, 0) tenker vi oss et vertikalt plan (dvs. parallelt med z-aksen), som inneholder den u vi nettopp tegnet. Dette vertikalplanet og det planet gjennom (a, b, f(a, b)) som inneholder de to hovedtangentene til grafen i dette punktet (dvs. tangentene i x-retningen og i y-retningen, som eksisterer fordi vi må forutsette at f er partiellderiverbar i (a, b)) danner en skjæringslinje i R 3. Denne linjens stigningskoeffisient i u-retningen er lik D u f. Det omtalte planet gjennom (a, b, f(a, b)), som inneholder de to hovedtangentene, er det eneste planet som har en mulighet til å være et tangentplan til grafen til f i punktet (a, b, f(a, b)). Vi skal se senere (se Viktig spesialtilfelle på side7)atdeter et tangentplan hvis f er deriverbar i (a, b) i den betydningen som er fastslått i merknad (iv) på side 3. Ved hjelp av begrepet retningsderivert kan vi nå gi en forklaring på hva gradienten til f egentlig er. Et skalarprodukt av to vektorer med fastholdte absoluttverdier (lengder) og variable ( regulerbare ) retninger får maksimal verdi når de to vektorene er ensrettet (dvs. parallelle (ikke antiparallelle)). Anvender vi dette på høyre-siden i formel (13) over får vi følgende forklaring på betydningen av gradientens retning: Gradienten til f peker i den retningen som gir maksimal verdi for den retningsderiverte. Samtidig får vi også en forklaring på betydningen av gradientens absoluttverdi: Gradientens absoluttverdi (lengde) i et gitt punkt er lik maksimalverdien av den retningsderiverte til f i punktet (bruk formel (14) over, med v = f, sammen med formelen a a = a 2 fra 6
7 vektorregningen). Dette kan sammenfattes slik: Hvis f er deriverbar overalt i det indre av D f (noe som er tilfellet hvis f har kontinuerlige partiell-deriverte overalt i det indre av D f ), da er f en vektorfunksjon som i ethvert indre punkt i D f peker i retningen for maksimal f-økning pr. lengdeenhet, og som har lengde (absoluttverdi) lik den maksimale f-økningen pr. lengdeenhet. Merk at det her ikke er sagt noe om antall variable i f. En annen viktig egenskap for gradienten fremkommer ved følgende resonnement: Hvis P er et indre punkt i D f,ogc er en parametrisert kurve gjennom P som er slik at f har en konstant verdi på C, davilvenstresideiformel(12)overværelik0(den deriverte av en konstant er alltid lik 0), så høyre side i (12) må også være lik 0, dvs. at gradienten til f i punktet P, f, måstånormaltpå tangentvektoren v(t 0 )tilkurvenc i P.Hvisnå f har to variable, damåkurvenc være nivåkurven til f gjennom P,og konklusjonen er: (15) z = f(x, y) f er i ethvert punkt en normalvektor til nivåkurven gjennom punktet. Hvis f har tre variable, da gjelder det siste avsnittet ovenfor om enhver kurve C som ligger på nivåflaten til f gjennom punktet P, dvs. at verdien av f i P er en normalvektor til tangentvektoren v(t 0 )ip til enhver kurve gjennom P som ligger på nivåflaten til f gjennom P, og det betyr at alle tangentene i P til den nevnte nivåflaten må ligge i et felles plan (det planet som f i P er normalvektor til), dvs. at nivåflaten har et tangentplan i P. Mer kortfattet kan vi uttrykke oss slik: (16) w = f(x, y, z) f er i ethvert punkt en normalvektor til nivåflaten gjennom punktet. Viktig spesialtilfelle: Grafen til en to-variabel-funksjon f er identisk med en nivåflate til tre-variabel-funksjonen g gitt ved: g(x, y, z) =f(x, y) z, nærmere bestemt nivåflaten gitt ved: g(x, y, z) = 0. Dette kommer av at den omtalte grafen pr. definisjon er løsningsmengden til likningen z = f(x, y), og denne har selvsagt samme løsningsmengde som likningen for den omtalte nivåflaten (f(x, y) z =0).Lanå(a, b) være et indre punkt i D f,ogantaatf er deriverbar i (a, b). Vi kan da innse at funksjonen g (definert som ovenfor) må være deriverbar i punktet (a, b, f(a, b)). (Ekstraoppgave: Innse dette.) Ifølge kommentarene rett over formel (16) kan vi nå konkludere med: Hvis en to-variabel-funksjon f er deriverbar i punktet (a, b) slik dette er definert i merknad (iv) på side 3 (noe som er tilfellet hvis f har kontinuerlige partiellderiverte overalt i en omegn om (a, b)), da har grafen til f et tangentplan i punktet (a, b, f(a, b)). En normalvektor til dette tangentplanet (og dermed til selve grafen) i det nevnte punktet kan settes opp slik: (f(x, y) z) (a,b) = f x (a, b) ı + f y (a, b) j k 7
MA1103. Partiellderivert, derivert og linearisering
MA1103 4/2 2013 Partiellderivert, derivert og linearisering Partiellderivert i en koordinatretning: Tenk på alle de andre variablene som konstanter. f : A R n R m, a = (a 1,..., a n ) A f 1 f x 1 (a)...
DetaljerSammendrag 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
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24
DetaljerMatematikk 1 (TMA4100)
Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 7: Derivasjon (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 23. august, 2012 Den deriverte som momentan endringsrate Den deriverte som momentan endringsrate Repetisjon
Detaljerx 2 + y 2 z 2 = c 2 x 2 + y 2 = c 2 z 2,
TMA45 Matematikk 2 Vår 25 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 4 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Esse Calculus: A Complete
DetaljerTMA4105. Notat om skalarfelt. Ulrik Skre Fjordholm 15. april 2016
TMA4105 Notat om skalarfelt Ulrik Skre Fjordholm 15. april 2016 Innhold 1 Grenseverdier og kontinuitet 2 2 Derivasjon av skalarfelt 5 2.1 Partiellderivert og gradient..................................
Detaljerf =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >.
MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt
DetaljerSammendrag 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
DetaljerNotater nr 9: oppsummering for uke 45-46
Notater nr 9: oppsummering for uke 45-46 Bøkene B (læreboken): Tor Gulliksen og Arne Hole, Matematikk i Praksis, 5. utgave. K (kompendium): Amir M. Hashemi, Brukerkurs i matematikk MAT, høsten. Oppsummering
DetaljerLøsningsforslag, 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
DetaljerSom vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,
DetaljerLøsningsforslag 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)
DetaljerLøsning, Oppsummering av kapittel 10.
Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. Løsning, Oppsummering av kapittel. Oppgave a) = +, = + z og z =z +. b) f(,, z) = +, + z,z + så (f(, 3, ) = +3, 3+, +3=7, 3, 5 c ) Gradienten
DetaljerRepetisjon 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,
DetaljerMatematikk 1 Første deleksamen. Løsningsforslag
HØGSKOLEN I ØSTFOLD, AVDELING FOR INFORMASJONSTEKNOLOGI Matematikk Første deleksamen 4. juni 208 Løsningsforslag Christian F. Heide June 8, 208 OPPGAVE a Forklar kortfattet hva den deriverte av en funksjon
Detaljerdg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,
DetaljerOppgaver og fasit til seksjon
1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.4-3.6 Oppgaver til seksjon 3.4 1. Anta at f(x, y) = x 2 y 3 og r(t) = t 2 i + 3t j. Regn ut g (t) når g(t) = f(r(t)). 2. Anta at f(x, y) = x 2 e xy2 og r(t) = sin t i+cos
DetaljerArne 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
DetaljerPrøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag
Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Teknostart forelesning 6 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Teknostart forelesning 6 Grenseverdier I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 En formell definisjon
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 5 1.3.5: Vi ønsker å finne de første ordens deriverte til funksjonen f definert ved f(, y) arctan(y/). Først finner vi den deriverte med ensyn på, ved å betrakte
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i Matematikk II Torsdag 4. juni 05, kl. 09:00-4:00 Bokmål Tillatte hjelpemiddel: Enkel kalkulator i samsvar
DetaljerLøsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag, eksamen MA11 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 21 Oppgave 1 a) Finn og klassifiser alle kritiske
Detaljery (t) = cos t x (π) = 0 y (π) = 1. w (t) = w x (t)x (t) + w y (t)y (t)
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 013 Løsningsforslag Notasjon og merknader En vektor boken skriver som ai + bj + ck, vil vi ofte skrive som (a, b, c), og tilsvarende
DetaljerEksamen R2, Høst 2012, løsning
Eksamen R, Høst 0, løsning Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave ( poeng) Deriver funksjonene a) cos f e Vi bruker produktregelen
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 7 15.1.3: Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x.
Detaljern=0 n=1 n + 1 Vi får derfor at summen er lik 1/2. c)
Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 204 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06
Løsningsforslag til eksamen i MAT, H6 DEL. poeng Hva er den partiellderiverte f z xyz cosxyz x sinyz + xyz cosyz xy cosyz x sinyz + xz cosyz cosyz xyz sinyz når fx, y, z = xz sinyz? Riktig svar b: x sinyz
Detaljer11. FUNKSJONER AV FLERE VARIABLER
11. FUNKSJONER AV FLERE VARIABLER FREDRIK THOMMESEN Contents 1. Funksjoner av flere variabler 1 1.1. Funksjoner av to variabler 1 1.2. Partielle deriverte med to variabler 2 1.3. Geometrisk representasjon
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, øst 2013 Forelesning 7 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, øst 2013, Forelesning 7 Derivasjon Denne uken skal vi begynne på tema 2 om derivasjon. I dagens forelesning skal vi se på
DetaljerMatematikk 1 (TMA4100)
Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 6: Derivasjon Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 22. august, 2012 Stigningstallet i et punkt Stigningstallet i et punkt Vi vender nå tilbake til problemet med å finne
DetaljerLøsningsforslag midtveiseksamen Mat 1100
Løsningsforslag midtveiseksamen Mat 00 Høsten 202 Oppgave : Riktig svaralternativ er C Vi får r = 2 2 +( 2 3) 2 = 4+4 3= 6 = 4. Videre ser vi (tegn figur) at argumentet til z vil være 60 mer enn 80, dvs.
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,
DetaljerOppfriskningskurs i matematikk 2008
Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Marte Pernille Hatlo Institutt for matematiske fag, NTNU 4.-9. august 2008 Velkommen! 2 Temaer Algebra Trigonometri Funksjoner og derivasjon Integrasjon Eksponensial-
DetaljerMAT mars mars mars 2010 MAT Våren 2010
MAT 1012 Våren 2010 Mandag Forelesning Vi har tidligere integrert funksjoner langs x-aksen, og vi har integrert funksjoner i flere variable over begrensede områder i xy-planet. I denne forelesningen skal
DetaljerLøsningsforslag. 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
Detaljerx t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x
TMA4105 Matematikk 2 Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus:
DetaljerLøsningsforslag, 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)
DetaljerLøsningsforslag, 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
DetaljerUDIRs eksempeloppgave høsten 2008
UDIRs eksempeloppgave høsten 008 Løsningsskisser Del Oppgave f x cos3x x sin3x 3 cos3x 6x sin3x fx 3u, u e 4x (Produktregel og kjerneregel på cos3x.) u e 4x 4 (Kjerneregel enda en gang...) d) f x 6uu 6u4e
DetaljerVelkommen 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)
Detaljer1 Geometri R2 Oppgaver
1 Geometri R2 Oppgaver Innhold 1.1 Vektorer... 2 1.2 Regning med vektorer... 15 1.3 Vektorer på koordinatform... 19 1.4 Vektorprodukt... 22 1.5 Linjer i rommet... 27 1.6 Plan i rommet... 30 1.7 Kuleflater...
DetaljerMAT feb feb feb MAT Våren 2010
Våren 2010 Mandag 15. februar 2010 Forelesning 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
DetaljerFremdriftplan. I går. I dag. 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet
1 Fremdriftplan I går 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet I dag 2.7 Tangenter og derivasjon 3.1 Den deriverte til en funksjon 3.2 Derivasjonsregler 3.3 Den deriverte som endringsrate
DetaljerInnlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2
Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 1 Bestem den naturlige denisjonsmengden til følgende funksjoner.
DetaljerEksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA3 Flerdimensjonal analyse Faglig kontakt under eksamen: Mats Ehrnstrøm Tlf: 735 97 44 Eksamensdato: 22. mai 28 Eksamenstid (fra til): 9: 3: Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerEksamensoppgavehefte 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
DetaljerANDREAS LEOPOLD KNUTSEN
NOTAT OM FUNKSJONER AV FLERE VARIABLE VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT112 VED UNIVERSITETET I BERGEN ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN Dette notatet inneholder ikke noe nytt pensum i kurset MAT112 i forhold til læreboken
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Kalkulus. Eksamensdag: Fredag 9. desember 2. Tid for eksamen: 9.. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerMAT1100 - 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)
DetaljerLøsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100, 6/
Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 00, 6/0-008. ( poeng) Det komplekse tallet z har polarkoordinater r =, θ = 7π 6. Da er z lik: i + i i i + i Riktig svar: c) i. Begrunnelse: z = ( cos 7π 6 + i
Detaljer1 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
Detaljervære 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+ (y b) F y. Bruker vi det siste på likningen z = f(x, y) i punktet (a, b, f(a, b)) kan vi velge F (x, y, z) = f(x, y) z.
Vi husker fra sist Gradientvektoren F ( a) peker i den retningen u der den retningsderiverte D u F ( a) er størst, og der er D u F ( a) = u F ( a) = F ( a). Gradientvektoren er normalvektoren til (hyper)flata
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 11 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 11 Transcendentale funksjoner Vi begynner nå på temaet transcendentale funksjoner. I dagens forelesning
DetaljerDeleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I
Bergen, oktober. 2004. Løsningsforslag til Deleksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag. oktober 2004, kl. 09-2. Oppgave Beregn grensen f.eks. ved hjelp av l Hôpitals regel. lim x ln x x Vi ser at
DetaljerOblig 4-fasit 11.1: Funksjoner av flere variable
Oblig 4-fasit.: Funksjoner av flere variable..3 i. Vi har ingen, brøker eller andre funksjoner som krever begrensninger i hva vi kan sette inn som argumenter, så alle og y kan brukes. D f = R = {, y),
DetaljerKontinuitet og derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100
Kontinuitet og derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 25. august 2010 2 Dagens pensum I dag vil vi se på følgende: Kontinuerlige funksjoner Den deriverte
DetaljerNotasjon i rettingen:
UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil
DetaljerEksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag
Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):
Detaljer. 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
DetaljerTaylorpolynom (4.8) f en funksjon a et punkt i definisjonsmengden til f f (minst) n ganger deriverbar i a Da er Taylorpolynomet til f om a
Taylorpolynom (4.8) f en funksjon a et punkt i definisjonsmengden til f f (minst) n ganger deriverbar i a Da er Taylorpolynomet til f om a P n (x) = f (a) + f (a)(x a) + f (a) 2 (x a)2 + + f (n) (a) (x
DetaljerRandkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π.
Ma - Løsningsforslag til uke 17 i 7 Eks. mai 1999 oppgave 4 ylinderen x + y = 1 skjærer ut ei flate av planet z = x + 1 dvs. x + z = 1 med enhetsnormal i positiv z-retning lik n= 1 [ 1 1]. Flata blir en
DetaljerKjerneregelen. variabelbytte. Retningsderivert MA1103. gradienter 7/2 2013
MA1103 7/2 2013 U R n åpen V R m åpen g : U R n R m g : V R m R p g(u) V (dermed er f g = f (g) definert) U R n åpen V R m åpen g : U R n R m g : V R m R p g(u) V (dermed er f g = f (g) definert) x 0 U
DetaljerEKSAMEN i MATEMATIKK 30
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi EKAMEN i MATEMATIKK 3 1 desember 1999 kl. 9 14 Fagnummer: V139A Faglærer: Hans Petter Hornæs Tillatte hjelpemidler: Godkjent
Detaljera) Blir produktet av to vilkårlige oddetall et partall eller et oddetall? Bevis det.
Prøve i R1 04.1.15 Del 1 Hjelpemidler: vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler Husk å begrunne alle svar. Det skal gå klart frem av besvarelsen hvordan du har tenkt. Oppgave
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 014 Løsningsforslag Eksamen august Løsning: Oppgave 1 1 0 3 A 7, 3 4 1 x 10 A y 3 z På grunn
DetaljerEnkel 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
DetaljerKapittel 10: Funksjoner av flere variable
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 Kapittel 0: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable. Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x,
DetaljerEn (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).
Funksjoner En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Mengden D kalles definisjonsmengden (eng.: domain) til f. Merknad Dersom
DetaljerOPPGAVESETT MAT111-H17 UKE 39. Oppgaver til seminaret 29/9
OPPGAVESETT MAT111-H17 UKE 39 Avsnitt 3.1: 9, 23, 34 Avsnitt 3.3: 48, 61 Avsnitt 3.4: 1, 2, 9 På settet: S.1 Oppgaver til seminaret 29/9 Oppgaver til gruppene uke 40 Løs disse først så disse Mer dybde
Detaljerdx = 1 1 )dx = 3 y= x . Tangentplanet til hyperboloiden i (2, 1, 3) er derfor gitt ved x 2, y 1, z 3 = 0 x 2 + 2(y 1) 2 (z 3) = 0 x + 2y 2z 3 = 2
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA415 Matematikk vår 9 øsningsforslag til eksamen 15. august 9 1 Treghetsmoment med hensyn på x-aksen er gitt ved x [ ] y I
DetaljerOppgaver og fasit til seksjon
1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.1-3.3 Oppgaver til seksjon 3.1 1. Regn ut a b når a) a = ( 1, 3, 2) b = ( 2, 1, 7) b) a = (4, 3, 1) b = ( 6, 1, 0) 2. Finn arealet til parallellogrammet utspent av a =
DetaljerLøsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1
Løsningsforslag til prøveeksamen i MT, H- DEL. ( poeng Hva er den partiellderiverte f y sin(xy cos(xy y sin(xy x sin(xy cos(xy xy sin(xy cos(xy y sin(xy + xy sin(xy når f(x, y = y cos(xy? Riktig svar:
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerLineære 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
DetaljerR1 eksamen høsten 2015 løsning
R1 eksamen høsten 15 løsning Løsninger laget av Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (5 poeng) Deriver funksjonene a) f
Detaljer(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392).
Ma - Løsningsforslag til uke 5 i 7 Eks. mai 994 oppgave Romkurva er parametrisert for t [, π] ved r (t) = [ + cos t, + sin t, + t ] Hastighets- og akselerasjonsvektorene blir v = r (t) = [ sin t, cos t,
Detaljery = x y, y 2 x 2 = c,
TMA415 Matematikk Vår 17 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 9 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete
DetaljerFasit, Kap : Derivasjon 2.
Ukeoppgaver, uke 37, i Matematikk 10, Kap. 3.5-3.8: Derivasjon. 1 Fasit, Kap. 3.5-3.8: Derivasjon. Oppgave 1 a) f (x) =x. Denne eksisterer over alt (det er vanligvis punkter med null i nevner som kan skaffe
DetaljerEKSAMEN I MA0002 Brukerkurs B i matematikk
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Faglig kontakt under eksamen: Achenef Tesfahun (9 84 97 5) EKSAMEN I MA2 Brukerkurs B i matematikk Lørdag 322 Tid:
DetaljerFlervariable funksjoner: Kjerneregel og retningsderiverte
Flervariable funksjoner: Kjerneregel og retningsderiverte Forelest: 5. Nov, 2004 Først skal vi ta for oss kjerneregelen for funksjoner av flere variable. Se metodeark 7 og 8 for flervariable funksjoner.
DetaljerLøsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03
Løsningsforslag for Eksamen i MAT, H- Del. Integralet cos( ) d er lik: Riktig svar: b) sin( ) + C. Begrunnelse: Vi setter u =, du = d og får: cos( ) d = cos u du = sin u + C = sin( ) + C. Integralet ln(
DetaljerPartieltderiverte og gradient
Partieltderiverte og gradient Kap 2 Matematisk Institutt, UiO MEK1100, FELTTEORI OG VEKTORANALYSE våren 2009 Framstilling Kommentarer, relasjon til andre kurs Struktur Mye er repitisjon fra MAT1100, litt
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 9 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 9 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Tilnærminger til små endringer. 2 Vekstfart.
DetaljerEKSAMEN. Ingeniør- og Fleksibel ingeniørutdanning.
KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Matematikk. EMNENUMMER: REA42/REA42F EKSAMENSDATO: Mandag 9. august 2 KLASSE: Ingeniør- og Fleksibel ingeniørutdanning. TID: kl. 9. 3.. FAGANSVARLIG: Hans Petter Hornæs
Detaljer1 Mandag 8. februar 2010
1 Mandag 8. februar 2010 Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom de vanlige analysene vi gjør for funksjoner
DetaljerTMA4105 Matematikk2 Vår 2008
TMA4105 Matematikk2 Vår 2008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 11.4.1 Vi ser på kurven i xy-planet gitt ved r(t) ti + (ln(cos t))j π/2
DetaljerFunksjoner oppgaver. Innhold. Funksjoner R1
Funksjoner oppgaver Innhold 3.1 Funksjoner... 3. Kontinuitet, grenseverdier og asymptoter til funksjoner... 3 Grenseverdier... 3 Rasjonale funksjoner og asymptoter... 6 Kontinuitet... 8 Funksjoner med
DetaljerMAT feb feb feb MAT Våren 2010
MAT 1012 Våren 2010 Forelesning Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom de vanlige analysene vi gjør for
DetaljerTMA4105 Matematikk 2 Vår 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Løsningsforslag Øving 7 10.4.7 Vi skal finne likningen til et plan gitt to punkter P = (1, 1,
Detaljer1 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
DetaljerLøsningsforslag. Prøve i Matematikk 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 29. mai 2017 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Oppgave 1 Gitt matrisene.
Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 29. mai 27 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene A = 2 2 B = [ 2 3 4 ] og C = Regn ut, om mulig, summene A + B, A + B T og A +
DetaljerFunksjoner i flere variable
Kapittel 5 Funksjoner i flere variable Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom den samme analysen vi gjør
DetaljerVår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 2. Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag
TMA415 Matematikk 2 Vår 217 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 2 11.1.9: Den aktuelle kurven er gitt ved r(t) (3 cos t, 4 cos t, 5 sin t).
Detaljer1 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
DetaljerMAT 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.
DetaljerMAT Prøveeksamen 29. mai - Løsningsforslag
MAT0 - Prøveeksamen 9 mai - Løsningsforslag Oppgave Sett A = 4 4 0 x 0, x = x, b =, x 0 og la v, v, v betegne kolonnevektorene til A a) Skriv A x = y som en vektorlikning x Svar : Siden A x = [v v v ]
DetaljerInnlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2
Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 1 Bestem den naturlige denisjonsmengden til følgende funksjoner.
DetaljerR1 Eksamen høsten 2009
R1 Eksamen høsten 2009 Del 1 Oppgave 1 3 a) Deriver funksjonen f( x) 5e x b) Deriver funksjonen gx x 3 ln2 x 3 2 c) Likningen 2x 10x 2x 10 0 har tre løsninger. Vis at x1 1 er en løsning og finn de to andre.
Detaljer