Generelle teoremer og definisjoner MA1102 Grunnkurs i analyse II - NTNU

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Generelle teoremer og definisjoner MA1102 Grunnkurs i analyse II - NTNU"

Transkript

1 Generelle teoremer og definisjoner MA110 Grunnkurs i analyse II - NTNU Lærebok: Kalkulus, Universitetsforlaget, 006, 3. utgave av Tom Lindstrøm Jonas Tjemsland 9. april Komplekse tall 3.1 Regneregler for komplekse tall 3. Geometrisk tolkning av komplekse tall 3.3 Komplekse eksponentialer og de Moivers formel 1

2 7 Anvendelser og utvidelser 7.3 Newtons metode Newtons metode: Punktene i Newtons metode er gitt ved rekursjonsformelen x n+1 = x n f(x n) f (x n ). (x n, f(x n )) y = f(x). x n+1 Figur 1: Idéen bak Newtons metode. Betingelser for konvergens : Anta at f(a) = 0, at f (a) 0 og at f (x) eksisterer og er kontinuerlig i en omegn rundt a. Da finnes det en δ > 0 slik at følgen {x n } i Newtons metode konvergerer mot a når x 0 (a δ, a + δ).

3 8 Integrasjon 8.7 Numerisk integrasjon f (x) Trapesmetoden: Den tilnærmede verdien til in tegralet ab f (x)dx beregnet etter trapesmetoden er b a ( ) n 1 x f (x)dx f (x0 ) + f (xn ) + f (xi ). i=1.. b x a Figur 3: Geometrisk tolkning av Simpsons metode. Simpsons metode tar hensyn til kumning ved at det blir regnet ut et integral av hyperbelen som går gjennom tre og tre punkter. Feilestimater: Dersom f har en kontinuerlig annenderivert, så er feilen ved trapesmetoden lik f (x) (b a)3 f (c), 1n for en eller annen c [a, b]. For Simspsons metode er feilen lik (b a)5 f (4) (c), 180n4 for en eller annen c [a, b], forutsatt at f har kontinuerlig fjerdederivert. f (xi 1) f (xi 1). a x b x Figur : Geometrisk tolkning av trapesmetoden. Simpsons metode: Den tilnærmede verdien til integralet ab f (x)dx beregnet etter Simpsons metode, er b a f (x)dx x [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x ) + 4f (x3 ) f (xn 3 ) + f (xn ) + 4f (xn 1 ) + f (xn )], der n må være et partall. 3

4 10 Differensiallikninger 10.3 Eksistens og entydighet Eksistens og entydighet til førsteordens lineære differensiallikninger: Anta at f og g er kontinuerlige funksjoner på det åpne intervallet I. La c være et tall i I og anta at d er et fritt valgt tall i R. Da finnes det nøyaktig én løsning av differensiallikningen y + f(x)y = g(x), slik at y(c) = d. Denne løsningen er y(x) = e x c f(t)dt ( x c g(t)e x c x I ) f(s)ds dt + d. Annenordens differensiallikninger: En annenordens lineær differensiallikning er en likning på formen y + p(x)y + q(x)y = h(x), der p(x), q(x) og h(x) er kjente funksjoner. Dersom h(x) = 0 x kalles likningen homogen. Videre sier vi at likningen har konstante koeffisienter dersom p og q er kjente konstanter. En annenordens, homogen likning med konstante koeffisienter har altså formen y + py + qy = Separable differensiallikninger Separabel differensiallikning: En differensiallikning kalles separabel dersom den kan skirves på formen q(y)y = p(x). Prosedyre for å løse en separabel differensiallikning: For å løse en separabel differensiallikning på formen q(y)y = p(x) integrerer vi først med hensyn på x på begge sider q(y)y dx = p(x)dx. Med omskrivningen y = dy dx q(y)dy = Dette gir oss får vi p(x)dx. Q(y) = P (x) + C, der Q og P er antideriverte til q og p. Til slutt løser vi med hensyn på y og får svaret. Annenordens, homogene likninger med konstante koeffisienter: Løsningene til differensiallikningen y + py + qy = 0 avhenger av røttene i den karakteristiske likningen r + pr + q = 0. (i) Dersom den karakteristiske likningen har to forskjellige reelle røtter r 1 og r, er løsningene y = Ce r 1x + De r x. (ii) Dersom den karakteristiske likningen kun har én rot r 1, er løsningene Ce r 1x + Dxe r 1x. (iii) Dersom den karakteristiske likningen har to komplekse røtter r 1 = a + bi og r = a bi (der b 0), er løsningene y = e ax (C cos bx + D sin bx) ( y = C 1 e (a+bi)x + D 1 e (a bi)x ) [som (i)]. Gitt tre reelle tall c, d og e vil det i alle tre tilfeller finnes nøyaktig én løsning slik at y(c) = d og y (c) = e Annenordens, homogene likninger med konstante koeffisienter Summen av to løsninger: Anta at y 1 og y er løsnigner av y + py + qy = 0. Da er også y(x) = Cy 1 (x) + Dy (x) en løsning for alle konstanter C og D. 4

5 10.6 Annenordens, inhomogene likninger Konsept bak løsning av annenordens, inhomogene likninger: Anta at y p er en løsning av den inhomogene likningen y + py + qy = f(x). Da er den generelle løsningen gitt ved y = y p + y h, der y h er en vilkårlig løsning av den homogene likningen y + py + qy = 0. Eulers metode: Når vi bruker Eulers metode med skrittlengde h til å regne ut en tilnærmet løsning av initialproblemet y (x) = f[x, y(x)], Y (x 0 ) = y 0, vil den tilnærmede løsningen være en brudden linje som går gjennom punktene (x n, y n ) definert ved x n = x 0 + nh, y n = y n 1 + f(x n 1, y n 1 )h. Ukente koeffisienters metode - prosess for å finne den partikulære løsningen: Regel 1 Når f(x) er et polynom, tipper man en løsning y p som også er et polynom. Som regel vil y p være av samme grad som f(x), men i noen tilfeller må man gå opp én eller to grader. Regel Dersom f(x) = a x P (x), der a er et positivt tall og P (x) er et polynom, så tipper man en løsning på formen y p = a x Q(x), der Q er et polynom. Som regel vil Q(x) ha samme grad som P (x), men i noen tilfeller må man gå opp én eller to grader. Man må gå opp én grad dersom a x er en løsning av den homogene likningen og to grader dersom både a x og a x x er løsninger av den homogene likningen. I disse tilfellene kan man anta at henholdsvis det laveste og de to laveste leddene i Q(x) er lik null. Det samme gjelder i Regel 1, med a = 1. Regel 3 Dersom f(x) = a x (A cos bx + B sin bx), forsøker man en løsning på formen y p = a x (C cos bx+d sin bx). Dersom y = a x cos bx (eller, ekvivalent, y = a x sin bx) er en løsning av den homogene likningen, må vi forsøke y p = x a x (C cos bx + D sin bx) isteden.. (x n 1, y n 1 ) x n 1 h (x n, y n ) Figur 5: Representasjon av Eulers midtpunktsmetode med skrittlengde h. x n 10.7 Numeriske løsninger Eulers midtpunktsmetode: Når vi bruker Eulers midtpunktsmetode med skrittlengde h til å regne ut en tilnærmet løsning av initialverdiproblemet y (x) = f[x, y(x)], Y (x 0 ) = y 0, vil den tilnærmede løsningen være en brudden linje som går gjennom punktene (x n, y n ) definert ved. x0 h x1 Figur 4: Representasjon av Eulers metode med skrittlengde h. h x h x3 x n = x 0 + nh, y n = y n 1 + f(x n 1, y n 1)h, der x n 1 = x n 1 + h/ og y n 1 = y n 1 + f(x n 1, y n 1 )h/. 5

6 m 4,n 1 m 3,n 1 m,n 1 (y n, x n ) m 1,n 1 (x n 1, y n 1 ). Figur 6: Representasjon av Rutta-Kuttas metode med skrittlengde h. Runge-Kuttas metode : Når vi bruker Runge- Kuttas metode med skrittlengde h til å regne ut en tilnærmet løsning av initialverdiproblemet y (x) = f[x, y(x)], Y (x 0 ) = y 0, vil den tilnærmede løsningen være en brudden linje som går gjennom punktene (x n, y n ) definert ved der x n = x 0 + nh, y n = y n 1 + m n 1 h, m n 1 = 1 6 (m 1,n 1 + m,n 1 + m 3,n 1 + m 4,n 1 ) og m 1,n 1 = f(x n 1, y n 1 ) ( m,n 1 = f x n 1 + h ), y h n 1 + m 1,n 1 ( m 3,n 1 = f x n 1 + h ), y h n 1 + m,n 1 m 4,n 1 = f(x n 1 + h, y n 1 + m 3,n 1 h). 6

7 11 Funksjonsfølger 11.1 Taylor-polynomer 11. Taylors formel med restledd Taylors formel med restledd: Anta at f og dens n + 1 første deriverte er kontinuerlige på intervallet [a, x]. Da er der f(x) = T n f(x) + R n f(x), T n f(x) = n k=0 f (k) (a) (x a) k k! er det n-te Taylorpolynomet til f om punktet a, og R n f(x) = 1 n! x a f (n+1) (t)(x t) n dt er restleddet til det n-te taylorpolynomet. Videre kan man lett vise at dersom f (n+1) (t) M t [a, x], så R n f(x) M (n + 1)! x a n+1. Lagranges restleddsformel: Lagranges restleddsformel sier at det finnes et tall c (a, x) slik at R n f(x) = f (n+1) (c) (n + 1)! (x a)n Punktvis og uniform konvergens Uniform konvergens: La {f n } være en følge av funksjoner definert på en mengde A, og la f være en funksjon som også er definert på A. Vi sier at {f n } konvergenrer uniformt mot f på A dersom lim n d A(f, f n ) = 0. Kontinuitet ved uniform konvergens: La f og f 1, f, f 3,... være funksjoner definert på en mengde A. Anta at f 1, f, f 3,... er kontinuerlige, og at følgen {f n } konvergerer uniformt mot f på A. Da er f kontinuerlig i A. Dinis teorem: Anta at {f n } er en voksende (eller avtagende) følge som konvergerer punktvis mot en kontinuerlig funksjon f på et lukket, begrenset intervall [a, b]. Da konvergerer {f n } uniformt mot f på [a, b] Integrasjon og derivasjon av funksjonsfølger Integrasjon av funksjonsfølger: La {f n } være en følge av kontinuerlige funksjoner på intervallet [a, b], og la g n (x) = x c f n(t)dt der c [a, b]. Anta at {f n } konvergerer uniformt på [a, b] mot en funksjon f. Da konvergerer følgen {g n } uniformt mot funksjonen g(x) = x c f(t)dt på intervallet [a, b]. Med symboler x x lim f n (t)dt = lim f n(t)dt. n c n c Punktvis konvergens: La {f n } være en følge av funksjoner definert på en mengde A, og la f være en funksjon som også er definert på A. Vi sier at {f n } konvergerer punktvis mot f på A dersom lim f n(x) = f(x) x A. n Avstand: Anta at f og g er to funksjoner definert på en mengde A. Avstanden mellom f og g (over A) er definert ved Derivasjon av funksjonsfølger: La {f n } være en følge av funksjoner på [a, b] og anta at de deriverte f n er kontinuerlige funksjoner som konvergerer uniformt mot en grensefunksjon h. Anta videre at tallfølgen {f n (d)} konvergerer for minst en d [a, b]. Da konvergerer den opprinnelige følgen {f n } uniformt mot en deriverbar funksjon f, og f = h. Under betingelsene ovenfor er altså [ ] lim f n n(x) = lim f n(x). n d A (f, g) = sup{ f(x) g(x) : x A}. 7

8 1 Rekker 1.1 Konvergens av rekker Konvergens av geometrisk rekke: Anta at a 0 0. Den geometriske rekken r n a 0 konvergerer hvis r < 1, og divergerer ellers. Når r < 1, er summen gitt ved Sammenligningstesten: La n=1 a n og n=1 b n være to positive rekker. (i) Anta at n=1 a n konvergerer og at det finnes et tall c slik at b n ca n for alle n. Da konvergerer n=1 b n også. (ii) Anta at n=1 a n divergerer og at det finnes et tall d slik at b n da n for alle n. Da divergerer n=1 b n også. r n a 0 = a 0 1 r. Divergenstesten: Hvis rekken a n kovergerer, så er lim n a n = 0. Dersom leddene a n ikke går mot null, må altså rekken a n divergere. Regneregler for rekker: Dersom n=k a n og n=k b n er konvergente rekker og c en skalar vil og (a n + b n ) = n=k n=k a n + b n n=k n=k ca n = c a n. n=k Grensesammenligningstesten: La n=1 a n og n=1 b n være to positive rekker. (i) Anta at n=1 a n konvergerer og at b n lim <. n a n Da konvergerer også n=1 b n. (ii) Anta at n=1 a n divergerer og at b n lim > 0. n a n Da divergerer også n=1 b n. Noen korollarer; Dersom én av de to rekkene n=k a n og n=k b n konvergerer og den andre divergerer, så divergerer også n=k (a n + b n ) og n=k (a n b n ). La m > 0. De to rekkene a n og n=m a n vil entene begge konvergere eller begge divergere. 1. Rekker med positive ledd Begrenset rekke: En rekke kalles begrenset dersom det finnes et tall M slik at n k=0 a k < M, n. Integraltesten: Anta at f : [1, ) R er en positiv, kontinuerlig og avtagende funksjon. Da konvergerer rekken n=1 f(n) hvis og bare hvis integralet 1 f(x)dx konvergerer. Forholdstesten for positive rekker: La være en positiv rekke og anta at grensen eksisterer. Da gjelder: a n+1 a = lim n a n (i) Dersom a < 1, konvergerer rekken. (ii) Dersom a > 1, divergerer rekken fordi leddene ikke går mot 0. (iii) Dersom a = 0, gir testen ingen konklusjon. Rekken n=1 1/n p konvertgerer hvis og bare hvis p > 1. 8

9 Rottesten for positive rekker: La være en positiv rekke og anta at grensen eksisterer. Da gjelder: a = lim n n an (i) Dersom a < 1, konvergerer rekken. (ii) Dersom a > 1, divergerer rekken fordi leddene ikke går mot 0. (iii) Dersom a = 0, gir testen ingen konklusjon. 1.3 Altererende rekker Test for altererende rekker: Anta at a n er en altererende rekke der størrelsen a n til leddene er avtagende og går mot null. Da er rekken konvergent. Dersom s n = n k=0 a k er den n-te delsummen, så er s s n a n+1, der s er summen til rekken. Feilen vi gjør ved å bryte av rekken etter n ledd, er altså mindre enn eller lik størrelsen på det første leddet vi ikke tar med. 1.4 Absolutt og betinget konvergens Absolutt og betinget konvergens: Vi sier at rekken a n konvergerer absolutt dersom a n konvergerer. En konvergent rekke som ikke er absolutt konvergent, kalles betinget konvergent. Permutasjon og ombytte av ledd: En følge n 1, n, n 3,... av naturlige tall kalles en permutasjon av N dersom hvert naturlig tall er med i følgen nøyaktig en gang. Gitt en rekke n=1 a n og en permutasjon n 1, n, n 3,... av N kan vi definere en ny rekke i=1 a ni, der det i-te leddet er a ni. Vi kaller dette den ombyttede rekken indusert av permutasjonen n 1, n, n 3,... Likegyldighet av ombytte på konvergente rekker: Anta at n=1 a n er en konvergent, positiv rekke mes sum s. Da er også ethvert ombytte av n=1 a n konvergent med sum s. Dette gjelder også dersom n=1 a n isteden er ikke-positiv og absolutt konvergent. Divergens av «positiv» og «negativ» del: La an deles inn i en «positiv» del a + n og en «negativ» del a n. Dersom a n er betinget konvergent, divergerer både den «positive delen» a + n og den «negative» delen a n. Ombytte av betinget konvergente rekker: Anta at rekken a n er betinget konvergent. For ethvert reelt tall a finnes det et ombytte a n som konvergerer mot a. 1.5 Rekker av funksjoner Dersom v n (x) er en funksjonsrekke, kaller vi n s n (x) = v k (x) k=0 for den n-te delsummen til v n (x). Anta nå at alle funksjonene v n er definert på en mengde A, og at v er en funksjon som også er definert på A. Vi sier at rekken konvergerer punktvis mot v dersom følgen av delsummer {s n (x)} konvergerer punktvis mot v(x). På samme vis sier vi at v n (x) konvergerer uniformt mot v på A dersom følgen av delsummer {s n (x)} konvergerer uniformt mot v på A. Weierstass M-test: La v n (x) være en rekke av funksjoner definert på en mengde A. Anta det finnes en konvergent rekke (av tall) M n slik at v n (a) M n, for alle n og a A. Da konvergerer rekken v n (x) uniformt og absolutt på A. 1.6 Konvergens av potensrekker Potensrekke: En rekke på formen a n (x a) n, der a og a 0, a 1, a,... er tall, kalles en potensrekke. Konvergens av potensrekker: La a n (x a) n være en potensrekke. Da er det tre muligheter. (i) Potensrekken konvergerer for alle x. (ii) Potensrekken konvergerer bare for x = a. (iii) Det finnes et tall r slik at potensrekken konvergerer absolutt for alle x slik at x a < r og divergerer for alle x slik at x a > r. Tallet r kalles konvergensradien til potensrekken. 9

10 Anta at potensrekken a n x n konvergerer for x = b, b 0. Da konvergerer den absolutt for alle x slik at x < b. Konvergensen er uniform på ethvert intervall [ c, c], der 0 < c < b. Kontinuiteten til potensrekker: Anta at potensrekken a n (x a) n har konvergensradius r. Da er funksjonen s(x) = a n (x a) n kontinuerlig i intervallet (a r, a + r). Dersom potensrekken konvergerer for alle x, er s kontinuerlig for alle x. Abels teorem: Summen s(x) til en potensrekke a n (x a) n er kontinuerlig i hele konvergensområdet. Hvis rekken konvergerer i det høyre endepunktet a + r, er a nr n = s(a + r) = lim = lim x a+r s(x) x a+r a n(x a) n, og hvis rekken konvergerer i det venstre endepunktet a r, er a n ( r) n = s(a r) = lim = lim x a r +s(x) x a r + a n (x a) n. Multiplikasjon av potensrekker: Anta at a n (x a) n og b n (x a) n er to potensrekker, og la r være den minste av de to konvergensradiene. La c n (x a) n være produktrekken definert ved n c n = a 0 b n +a 1 b n a n 1 b 1 +a n b 0 = a i b n 1. i=0 Da konvergerer rekken c n (x a) n for alle x (a r, a + r), og i dette intervallet er ( ) ( ) c n (x a) n = a n (x a) n b n (x a) n. Rekken n i=0 a i b n 1 kalles ofte for Cauchyproduktet av a n og b n. Konvergens av Cauchyprodukt: Anta at a n og b n er to aboslutt konvergente (eller positive og konvergente) rekker. Da konvergerer også Cauchyproduktet, og ( ) ( ) c n = a n b n. 1.8 Taylor-rekker 1.7 Regning med potensrekker Integrasjon av potensrekker: Anta at potensrekken f(x) = a n (x a) n har konvergensradius r > 0. Da konvergerer rekken a n 1 n (x a) n for alle x i intervallet (a r, a + r), og x a f(t)dt = a n n + 1 (x a)n+1 = n=1 a n 1 n (x a)n. Derivasjon av potensrekker: Anta at f(x) = a n (x a) n er en potensrekke med konvergensradius r > 0. Da konvergerer også na n (x a) n 1 for alle x (a r, a + r). Videre vil f være deriverbar i dette intervallet, og f (x) = na n (x a) n 1 = (n+1)a n+1 (x a) n. n=1 sin x = e x = k=0 cos x = k=0 1 k! xk, x ( 1) k (k + 1)! xk+1, x k=0 ( 1) k (k)! xk, x Sammenhengen mellom Taylor-rekker og potensrekker: Anta at potensrekken a n (x a) n konvergerer i et intervall (a r, a + r), der r > 0, og la f(x) = a n (x a) n være summen. Da er a n (x a) n Taylor-rekken til f. Altså vil a n = f (n) (a)/n! n > Potensrekker og differensiallikninger Potensrekkemetoden - anta at y kan skrives som en potensrekke, og løs differensiallikningen ved å bruke at forskjellige potenser av x er lineært uavhengige. 10

11 1.10 Binomiske rekker La oss innføre ( ) α = k α(α 1)(α )...(α k + 1), k! der α R og k N, som tidligere kun gjalt for α N. Binomiske rekker: For alle reelle tall α og alle x ( 1, 1) er ( ) ( ) ( ) α α α (1 + x) α = 1 + x + x x n n ( ) α = x n. n Dersom α N er rekken på høyre side endelig, og identisk med binomialformelen. 11

12 T1 Vektorregning og parametriserte kurver T1.1 Regning med n-tupler T1. Vektorer i planet Buelengde: Anta at funksjonene x og y har kontinuelrige deriverte. Da er buelengden av den parametriserte kurven r(t) = (x(t), y(t)) fra a til b L(a, b) = b a x (t) + y (t). Fart, hastighet og akselerasjon: Hastighet; Fart; Akselerasjon; v(t) = r (t) = (x (t), y (t)) v(t) = v(t) = Baneakselerasjon; x (t) + y (t) a(t) = v (t) a(t) = v (t) 1

13 Kjeglesnitt Kjeglesnitt: Et kjeglesnitt er en todimensjonal figur som beskrives ved skjæringen mellom et plan og en rett, sirkulær kjegle. Geometrisk klassifisering: Dersom brennpunktet B ikke ligger på styrelinjen l, så gjelder følgende: (i) Dersom 0 < ε < 1, er kjeglesnittet en ellipse. Algebraisk definisjon på kjeglesnitt: Likningen for alle kjeglesnitt kan bli skrevet som Ax + Bxy + Cy + Dx + Ey + F = 0. (ii) Dersom ε = 0, er kjeglesnittet en parabel. (iii) Dersom ε > 1, er kjeglesnittet en hyperbel. Dersom brennpunktet B ligger på styrelinjen l, så gjelder følgende: (i) Dersom 0 < ε < 1, er kjeglesnittet et punkt. Degenererte og ikke-degenererte kjeglesnitt: I et ikke-degenerert kjeglesnitt vil planet ikke gå gjennom toppunktet på kjeglen. Når planet går gjennom toppunktet på kjeglen, kalles det resulterende kjeglesnittet for et degenerert kjeglesnitt. Algebraisk klassifisering: Anta at kjeglesnittet er ikke-degenerert. Da gjelder følgende (i) Dersom B 4AC < 0 er kjeglesnittet en sirkel (B = 0 A = C) eller en ellipse. (ii) Dersom B 4AC = 0 er kjeglesnittet en parabel. (iii) Dersom B 4AC > 0 er kjeglesnittet en hyperbel. Sirkel; x + y = a Ellipse; x + y = 1 a b Parabel; y 4ax = 0 Hyperbel; x y = 1 a b Geometrisk definisjon: La ε være et positivt tall, eksentrisiteten, l en linje, styrelinjen, og B et punkt, brennpunktet. Trippelen (ε, l, B) definerer da et kjeglesnitt på følgende måte: P er et punkt på kjeglesnittet definert av (ε, l, B) dersom PB = ε Pl PB står for avstanden fra punktet P til punktet B, og Pl for korteste avstand fra punktet P til linjen l. (ii) Dersom ε = 0, er kjeglesnittet en linje. (iii) Dersom ε > 1, er kjeglesnittet to kryssende linjer. Generell likning for kjeglesnitt: La styrelinjen l være gitt ved x = L og B = (B, 0), der L < B. Ethvert kjeglesnitt kan reduseres til dette ved hjelp av translasjon og rotasjon. Den generelle likningen for et kjeglesnittet er da Ellipse (x B) + y = ε (x L). Sentrum x = x 1+x Store halvakse a = x x 1 Lille halvakse b = a 1 ε Eksentrisitet ε = 1 b a Styrelinje L = x a ε Brennbunkt B = x εa Likning Hyperbel (x x) a + y b = 1 Sentrum x = x 1+x Hovedaksen a = x x 1 biaksen b = a 1 ε Eksentrisitet ε = 1 + b a Styrelinje L = x + a ε Brennbunkt B = x + εa Likning (x x) a y b = 1 x 1 = B+εL 1+ε, x = B εl 1 ε. Ellipser og hyperbler er symmetriske, og det vil derfor være definert to brennpunkt og to styrelinjer. 13

14 Transasjon: En translasjon til et punkt (a, b) er et bytte av koordinater (x, y) til nye koordinater ( x, ỹ) slik at x = xa og ỹ = yb. Grovt sett kan vi si at translasjonen flytter origo til punktet (a, b). 14

15 Rotasjon: En rotasjon med vinkel θ er et koordinatbytte fra (x, y) til nye koordinater ( x, ỹ) på en slik måte at x = x cos θ + y sin θ og ỹ = x sin θ + y cos θ. 15

Introduksjon til kjeglesnitt. Forfatter: Eduard Ortega

Introduksjon til kjeglesnitt. Forfatter: Eduard Ortega Introduksjon til kjeglesnitt Forfatter: Eduard Ortega 1 Introduksjon Et kjeglesnitt er en todimensjonal figur som beskrives ved skjæringen mellom et plan og en rett, sirkulær kjegle. Alle kjeglesnitt kan

Detaljer

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102

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

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

Detaljer

Oversikt over Matematikk 1

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

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 17./18. november 2014 Forelesningene 17./18. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 14. februar 2012 Funksjonsrekker En rekke på formen fn(x) der fn er en funksjon, kalles en n=1 funksjonsrekke. For alle

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

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.6. Alternerende rekker Absolutt og betinget konvergens 3 Alternerende rekker

Detaljer

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 15. februar 2010 Funksjonsrekker En rekke på formen f n (x) der f n er en funksjon, kalles en funksjonsrekke. For alle x

Detaljer

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

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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

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

Detaljer

= 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

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1 Løsningsforslag til Mat2 Obligatorisk Oppgave, våren 206 Oppgave Avgjør om følgende rekker er konvergente: (a) n + n n + n + Løsning: rekken lim : n n + n n + n + Vi bruker grensesammenligningstesten mhp.

Detaljer

MAT jan jan feb MAT Våren 2010

MAT jan jan feb MAT Våren 2010 MAT 1012 Våren 2010 Mandag 25. januar 2010 Forelesning Vi fortsetter med å se på det bestemte integralet, bl.a. på hvordan vi kan bruke numeriske beregninger til å bestemme verdien når vi ikke nødvendigvis

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

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 15. november 2011 Kapittel 8.9. Konvergens av Taylorrekker 3 i 3 i Løs likningen x 2 + 1 = 0 3 i Løs likningen

Detaljer

Definisjoner og løsning i formel

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

Detaljer

Differensialligninger

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

Detaljer

Kjeglesnitt. Harald Hanche-Olsen. Versjon

Kjeglesnitt. Harald Hanche-Olsen. Versjon Kjeglesnitt Harald Hanche-Olsen hanche@math.ntnu.no Versjon 1.0 2013-01-25 Innledning Kjeglesnittene sirkler, ellipser, parabler og hyperbler er klassiske kurver som har vært studert siden antikken. Kjeglesnittene

Detaljer

1.1.1 Rekke med konstante ledd. En rekke med konstante ledd er gitt som. a n (1) n=m

1.1.1 Rekke med konstante ledd. En rekke med konstante ledd er gitt som. a n (1) n=m Formelsamling og tabeller FO020E Matte 2000 for elektroprogrammet 1 Matematikk 1.1 Denisjoner av ulike typer polynomer og rekker 1.1.1 Rekke med konstante ledd En rekke med konstante ledd er gitt som a

Detaljer

Følger og rekker. Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway. November 10, 2014

Følger og rekker. Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway. November 10, 2014 Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway November 10, 2014 Forelesning (03.01.2014): kap 9.1 og 9.2 Beskrivelse av følger eksempler og definisjon Egenskaper med følger Grenseverdi for følger (og

Detaljer

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

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

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. november 2011 Kapittel 8.8. Taylorrekker og Maclaurinrekker 3 Taylor-polynomer Definisjon (Taylorpolynomet

Detaljer

1 Mandag 1. februar 2010

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

Detaljer

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

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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

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

Detaljer

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

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

Detaljer

MAT Grublegruppen Uke 37

MAT Grublegruppen Uke 37 MAT00 - Grublegruppen Uke 37 Jørgen O. Lye Bemerkning: Mye av stoffet i dette notatet er å finne i Kalkulus, kapittel. Dette kapittelet er leselig etter man vet hva følger er, men er ikke pensum før i

Detaljer

Differensjalligninger av førsteorden

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

Detaljer

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

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/ Løsningsforslag Eksamen i MA0/MA60 Grunnkurs i analyse II 7/ 008 Oppgave y = y +, y(0) = 0 a) n n y n y = n y n + y = y y n+ 0 0 0 / / / / / 5/4 / 5/8 9/8 9/8 så Eulers metode med steglengde / gir oss

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

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

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

Detaljer

Oppgaver MAT2500. Fredrik Meyer. 27. oktober 2014

Oppgaver MAT2500. Fredrik Meyer. 27. oktober 2014 Oppgaver MAT2500 Fredrik Meyer 27. oktober 201 Oppgave 1. Finn sentrum og halvakser til kjeglesnittet med ligningen 25x 2 + 9y 2 18x + 2y = 0. Løsning 1. Vi vet at alle ikke degenererte kjeglesnitt er

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

Mål og innhold i Matte 1

Mål og innhold i Matte 1 Mål og innhold i Institutt for matematiske fag 1. november 2013 Målet med denne oversikten er at vi skal se hvor vi er i pensum, og at du skal kunne finne hva du kan/ikke kan. Jeg vil i tillegg vise hva

Detaljer

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

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

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

Detaljer

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

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

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 Toke Meier Carlsen Institutt for matematiske fag 28. oktober 2010 2 Fremdriftplan I går 7.7 Uegentlige integraler 8.1 Følger I dag

Detaljer

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

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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

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

Detaljer

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

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

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.3. Integrasjonstesten 3 Ikke-avtagende delsummer Husker at n-te delsum av

Detaljer

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: 12. desember 2003 Tid for eksamen: 9:00 12:00 Oppgavesettet er på 7 sider.

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i Analyse II Vår 2015

MA1102 Grunnkurs i Analyse II Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA112 Grunnkurs i Analyse II Vår 215 Løsningsforslag Øving 5 11.3:3 f n (x) = 2n+1 x? = x 1 2n+1. (Det er muligens en forskjell

Detaljer

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7 Løsningsforslag eksamen i TMA4 Matematikk 2. desember 23. Side av 7 Oppgave Løs initialverdiproblemet y (2/x)y, y() 2. Løsning: y (2/x)y er en førsteordens lineær differensialligning. Vi finner en løsning

Detaljer

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 00 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 6. desember 202. Tid for eksamen: 9:00 3:00. Oppgavesettet er på 8

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte 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.

Detaljer

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Tirsdag. februar 203 kl. 0:30 Antall oppgaver: 9 Løsningsforslag Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen

Detaljer

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).

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). 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

Detaljer

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111

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

Detaljer

y = x y, y 2 x 2 = c,

y = 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

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

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

Detaljer

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

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET 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

Detaljer

Den deriverte og derivasjonsregler

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

Detaljer

Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN

Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Emnekode: MA 40 Emnenavn: Analyse Dato: 9. desember 999 Varighet: 09.00-5.00 Antall sider inklusivt forside: Tillatte hjelpemidler: Merknader: 2 Alle, også

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5 Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka /5-5/5 Øyvind Ryan (oyvindry@i.uio.no May, 009 Oppgave 5.0.a Ser at f(x, y = (, 3, og g(x, y = (x, y. g(x, y = 0 hvis og bare hvis x = y = 0, og dette er ikke kompatibelt

Detaljer

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

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

Detaljer

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven 10.10.09 Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag October 1, 2009 L.S. (NTNU) TMA4100: Oversikt October 1, 2009 1 / 20 Kapittel 1: Funksjoner.

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL MAT - Høst 03 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT Grunnkurs i Matematikk I Mandag 6. desember 03, kl. 09- Tillatte hjelpemidler: Lærebok ( Calculus

Detaljer

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument

Detaljer

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

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 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

Detaljer

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

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

Detaljer

Difflikninger med løsningsforslag.

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

Detaljer

9 + 4 (kan bli endringer)

9 + 4 (kan bli endringer) Innlevering DAFE ELFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Onsdag 29. april 25 Antall oppgaver: 9 + 4 (kan bli endringer) Finn de ubestemte integralene a) 2x 3 4/x dx b) c) 2 5

Detaljer

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid:

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid: . EKSAMEN EMNE: MA61 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke Klasser: (div) Dato: 18. feb. 4 Eksamenstid: 9 1 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 8 Antall oppgaver: 5 Antall

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2008

Oppfriskningskurs 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-

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN Bokmål UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.

Detaljer

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 8. desember 006. Bokmål Løsningsforslag: Eksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag desember 8, 006, kl. 09-4. Oppgave Gitt funksjonen f(x) = ln(

Detaljer

Oblig 1 - vår 2015 MAT1012

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

Detaljer

Løsningsforslag 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

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

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

UNIVERSITETET I OSLO

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

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006 Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT, våren 6 Oppgave : a) Vi har C 5 3 II+( )I a + 3a 3a III+I 3 II 3 3 3 3 a + 3a 3a 3 a + 3a 3a III+II I+( ))II 3 3 3 a + 3a 3a 3 3 3 a + 3a 4 3 3a a + 3a 4 3 3a b)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 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.

Detaljer

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

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

Detaljer

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >.

f =< 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

Detaljer

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8 Innlevering BYFE DAFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 5. april 6 kl Antall oppgaver: 8 Funksjonen ft) er vist i guren over. Funksjonen F x) er denert som for x. F x)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 10 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 10 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Antideriverte. 2 Differensiallikninger

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 00 Oppgave Evaluerer grensen cos( ) 0 ( sin( ) ) 0 6 0 6 5 0 sin( ) 0 sin( ) = Har brukt l Hôpitals regel (derivert teller og nevner hver for seg) i første og tredje overgang.

Detaljer

IR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer Utsatt Eksamen 8. juni 212 Eksamenstid 4 timer IR1185 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del 2 uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare

Detaljer

Litt om numerisk integrasjon og derivasjon og løsningsforslag til noen ekstraoppgaver MAT-INF 1100 uke 48 (22/11-26/11)

Litt om numerisk integrasjon og derivasjon og løsningsforslag til noen ekstraoppgaver MAT-INF 1100 uke 48 (22/11-26/11) Litt om numerisk integrasjon og derivasjon og løsningsforslag til noen ekstraoppgaver MAT-INF 1100 uke 48 (22/11-26/11) Knut Mørken 22. november 2004 Vi har tidligere i kurset sett litt på numerisk derivasjon

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

Arne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Kompendium, MAT 2 Forord Dette kompendiet dekker analysedelen av pensum i kurset MAT 2 ved Universitetet i Oslo. Kurset bygger på MAT og legger mer vekt på anvendelser av teorien enn på

Detaljer

LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER:

LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: Vi ntr t potensrekken n x n n= konvergerer i ( R, R), R >, med summen s(x). D gjelder: og s (x) = n n x n for hver x med x < R, s(t) dt = n= (Dette er

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag Onsdag 9. mai, kl. 9. 4. Bokmål Oppgave a) La R være området mellom kurvene Finn

Detaljer

Eksempelsett R2, 2008

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

Detaljer

Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017

Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017 Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017 Andreas Leopold Knutsen 4. oktober 2017 Problem og hovedidé Problem: Finn løsning(er) r på en ligning

Detaljer

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

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

Detaljer

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT-INF 11L Programmering, modellering, og beregninger. Eksamensdag: Fredag 5. Desember 214. Tid for eksamen: 9: 13:. Oppgavesettet

Detaljer