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

Størrelse: px
Begynne med side:

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

Transkript

1 Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel sa viktig som det regnemessige, er det a lre seg hvordan man tenker nar man skal stille opp dierensialligninger for a lse praktiske problemer. Dette nner du eksempler pa i oppgavene til seksjon 0. og 0.4. Oppgave 0..3 a) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 x y = x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir her e R x dx = e ln x = x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen x y 0 x 3 y = [x y] 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi x y = x + C som gir lsningen y = x 3 + Cx b) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 xy = e x. Her er integrerende faktor e R x dx = e x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen e x y 0 xe x y = e x y 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi e x y = x + C som gir lsningen y = e x (x + C) 70

2 d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x = x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen x y 0 + xy = arctan x [x y] 0 = arctan x Ved a integrere pa begge sider far vi x y = x arctan x ln( + x ) + C (se nedenfor) som gir lsningen y = arctan x x x ln( + x ) + C x Ovenfor har vi benyttet delvis integrasjon til a lse integralet x arctan x dx = x arctan x + x dx " u = arctan x; v 0 = u 0 = ; v = x +x = x arctan x ln( + x ) + C Oppgave 0..7 Vi skal lse dierensialligningen (x + )y 0 + y = 0, x >. Denne ligningen er pa formen (x + )y 0 + y = der vi gjenkjenner venstre side som den deriverte til (x + )y, slik at ligningen kan skrives [(x + )y] 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi som gir lsningen y = x + D x + der vi har satt C = D. (x + )y = x + D = x + + (D ) x + 7 = + C x +

3 Oppgave 0..9 a) Vi skal lse integralet R x (x+)(x +x+5) dx. Vi ser at nevneren ikke kan faktoriseres ytterligere, siden faktoren x + x + 5 = (x + ) + 4 ikke har noe nullpunkt. Delbrkoppspaltning av integranden gir x (x + )(x + x + 5) = A x + + Bx + C x + x + 5 x = A(x + x + 5) + (Bx + C)(x + ) = (A + B)x + (A + B + C)x + (5A + C) Sammenholder vi koesientene pa hver side av identiteten, far vi A + B = 0; A + B + C = ; 5A + C = som gir A = ; B = ; C = 3 Dermed har vi x (x + )(x + x + 5) dx = x + + x + 3 dx x + x + 5 " delbrkoppspaltning (x + ) + x + x + 5 = ln jx + j + dx = ln jx + j + x + x + x + 5 dx + (x + ) + 4 dx = ln jx + j + ln jx + x + 5j + 4[( x+ ) + ] dx = ln jx + j + ln(x + x + 5) + u + du " u = x+ ; du = dx = ln jx + j + ln(x + x + 5) + arctan(u) + C = ln jx + j + x + ln(x + x + 5) + arctan + C b) Vi skal nne alle lsninger til dierensialligningen dy dx + x y = x + x hvor x >

4 Den integrerende faktoren blir R R e x dx ( = e x x+ ) dx x ln( = e x+ ) = x x + Multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren, far vi 0 x y = x + x + x + 5 x x + x x y = x + (x + )(x + x + 5) dx x + x y = x (x + )(x + x + 5) dx Men det siste integralet regnet vi ut i punkt a), sa vi har ialt x + y = ln jx + j + x + x ln(x + x + 5) + arctan + C Oppgave 0.. La y(t) vre befolkningstallet ved tiden t. Endringen i befolkningen per ar er da gitt ved y 0 (t). Denne endringen skyldes dels en befolkningsvekst pa 0:0y(t) per ar, og dels en netto innvandring pa personer per ar. Setter vi de to uttrykkene for befolkningsveksten lik hverandre, far vi y 0 = 0:0y Den integrerende faktoren er er 0:0 dt = e 0:0t, og multipliserer vi ligningen med denne, far vi e 0:0t y 0 0:0e 0:0t y = e 0:0t e 0:0t y 0 = e 0:0t Integrerer vi begge sider av ligningen, far vi e 0:0t y = e 0:0t + C som gir den generelle lsningen y = Ce 0:0t Initialbetingelsen y(0) = gir y(0) = C =

5 Det betyr at C = , sa var lsning blir y(t) = e 0:0t Oppgave 0..9 La y(t) vre vannmengden i demningen ved tiden t. Endringen i vannmengden per sekund er da gitt ved y 0 (t). Denne endringen skyldes dels et tilsig pa 00 m 3 vann per sekund, og dels et utslipp pa 0 6 y(t) m 3 vann per sekund. Setter vi de to uttrykkene for endringen i vannmengden lik hverandre, ser vi at y 0 (t) = y(t) at vi far den oppgitte dierensialligningen y 0 (t) y(t) = 00 Dette er en frste ordens, liner dierensialligning, og multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren e 0 6t, far vi Integrerer vi pa begge sider, far vi (e 0 6t y(t)) 0 = 00e 0 6 t e 0 6t y(t) = e0 6t + C = 0 8 e 0 6t + C y(t) = C e 0 6 t Nar demningen er full inneholder den 0 8 m 3 vann. Vi skal nne ut hvor lang tid det tar fra demningen er tom til den er halvfull. La oss starte malingen av tiden nar demningen er tom, at y(0) = 0. Ved hjelp av denne initialbetingelsen far vi bestemt konstanten C: y(0) = 0 () C = 0 () C = 08 e0 Sa den spesielle lsningen blir y(t) = e = 0 6 t 08 e 0 6 t 74

6 Vi skal nne ut hvor lang tid t det tar fr y(t) = 08. Vi har 0 8 = e 0 6 t 08 = e 0 6 t e = 0 6 t e 0 6t = t = 0 6 ln Det tar altsa 0 6 ln sekunder fra demningen er tom til den er halvfull. Oppgave 0..5 a) En melkekartong der temperaturen var 6 C ble staende pa kjkkenbenken i timer. Da var temperaturen i melka 3 C. Lufttemperaturen var 0 C. La T (t) vre temperaturen i melka ved tiden t, og la A vre lufttemperaturen utenfor melkekartongen. Vi regner med at temperaturen i melka endrer seg med en hastighet som er proporsjonal med dieransen mellom lufttemperaturen og temperaturen i melka. Dette betyr at T 0 (t) = (A T (t)) at temperaturen i melka er beskrevet ved dierensialligningen T 0 + T = A Multipliserer vi med den integrerende faktoren e t, far vi T 0 e t + e t T = e t A e t T 0 = e t A og integrasjon pa begge sider gir e t T = e t A + B T (t) = A + Be t Nar melka star pa kjkkenbenken er temperaturen i lufta omkring melkekartongen gitt ved lufttemperaturen, at A = 0. Ved tiden t = 0 er temperaturen i melka 6 C. Dette gir oss T (0) = 0 + B = 6 () B = 4 75

7 Ved tiden t = var temperaturen 3 C, hvilket gir at T () = 0 4e = 3 e = = ln = ln = ln Dermed er temperaturen til melka etter t timer gitt ved T (t) = 0 4e t ln b) Temperaturen i melka etter tre timer er T (3) = 0 4e 3 ln ln 3= = 0 4e = 0 3= 4 5:05 at temperaturen er ca 5:05 C. c) Da temperaturen i melka var 5 C, ble den satt inn i kjleskapet. Etter time var temperaturen i melka C. Vi skal nne temperaturen T k i kjleskapet. Dierensialligningen fra punkt a) og dens generelle lsning gjelder fortsatt (spesielt er konstanten den samme som vi fant i punkt a). Den eneste forskjellen er at lufttemperaturen A utenfor kartongen na blir lik temperaturen T k i kjleskapet. Setter vi t = 0 idet kartongen settes inn i kjleskapet, gir de nye opplysningene oss T (0) = T k + Be 0 = T k + B = 5 T () = T k + Be = T k + B p = Fra den frste ligningen ovenfor har vi B = 5 T k som innsatt i den andre ligningen gir p p T k + 5 T k = p p T k = 5 T k = p 5 p Sa temperaturen i kjleskapet var ca 4:76 C. 76 4:7574

8 Oppgave 0.3. Vi skal lse dierensialligningen y 0 3y = e x med initialbetingelsen y(0) = 0. Multiplikasjon med den integrerende faktoren e 3x gir e 3x y 0 3e 3x y = e x e 3x y 0 = e x Ved a integrere pa begge sider far vi e 3x y = C e x som gir lsningen y = Ce 3x e x Av initialbetingelsen far vi y(0) = C = 0 () C = Sa den spesielle lsningen som oppfyller initialbetingelsen var, er y(x) = e 3x e x Oppgave Vi skal lse y 0 + y tan x = sin x med initialbetingelsen y(0) =. Substitusjonen u = cos x, du = sin x dx gir sin x tan x dx = cos x dx = du = ln juj = ln jcos xj u, og multiplika- Den integrerende faktoren blir dermed e lnjcos xj = sjon med denne faktoren gir ligningen y 0 cos x + y sin x cos x = sin x cos x = sin x cos x cos x h y i 0 = sin x cos x Ved a integrere begge sider av ligningen far vi y = cos x + C cos x som gir lsningen y = C cos x cos x 77 jcos xj = sin x

9 Vi bestemmer konstanten C ved hjelp av initialbetingelsen: y(0) = C = () C = 4 Sa den spesielle lsningen blir y(x) = 4 cos x cos x Oppgave Vi skal lse dierensialligningen x y 0 + xy = arctan x med initialbetingelsen y() =. Her kan vi gjenkjenne venstre side av 4 ligningen direkte som den deriverte til uttrykket yx, slik at ligningen kan skrives yx 0 = arctan x Vi integrerer pa begge sider og lser integralet vi far pa hyre side ved hjelp av delvis integrasjon hvor vi setter u = arctan x, v 0 =, u 0 = +x og v = x. Dette gir yx = arctan x dx x = x arctan x + x dx = x arctan x ln( + x ) + C Divisjon med x gir da at den generelle lsningen er y = arctan x x x ln( + x ) + C x Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen: y() = arctan ln + C = 4 () C = ln Den spesielle lsningen som tilfredsstiller var initialbetingelse blir derfor y(x) = arctan x x x ln( + x ) + ln x Oppgave 0.4. a) Vi skal lse dierensialligningen y 0 = yx 78

10 og observerer frst at y 0 er en lsning. For y 6= 0 kan vi separere ligningen og far y 0 y = x Integrasjon pa begge sider av ligningen gir y dy = x dx ln jyj = 3 x3 + D som betyr at jyj = e 3 x3 +D = e D e 3 x3 Lsningen blir dermed y = e D e 3 x3 = Ce 3 x3 hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = e D 6= 0, men nar C = 0 far vi y 0 som vi allerede har observert er en lsning.) b) Dierensialligningen y 0 = x y 3 er separabel og lses ved samme fremgangsmate som ovenfor. Separasjon av variablene gir frst ligningen y 3 y 0 = x Integrasjon pa begge sider gir y 3 dy = x dx og lsningen blir 4 y4 = 3 x3 + D y = 4 r 4 3 x3 + C c) Dierensialligningen (x + )y 0 + y = 0 79

11 har apenbart den trivielle lsningen y 0. For y 6= 0 er den separabel og kan skrives y0 y = x + Integrasjon pa begge sider gir y dy = Lsningen blir d) Dierensialligningen kan skrives y y = x + dx = ln jx + j + C ln jx + j + C xyy 0 = + x + y + x y xyy 0 = ( + x ) + y ( + x ) = ( + x )( + y ) ved a faktorisere og trekke sammen uttrykket pa hyre side. Denne ligningen kan (for x 6= 0) skrives pa formen yy 0 + y = + x x = x + x og er dermed separabel. Integrasjon pa begge sider gir y dy + y = x + x dx eller med andre ord Dette betyr at ln( + y ) = ln jxj + x + D ln( + y ) = ln jxj + x + D + y = e ln jxj+x +D = x e x e D altsa y = Cx e x 80

12 Lsningen er dermed p y = Cx e x hvor C > 0. Oppgave a) For x > 0 har vi gitt at funksjonen y = f(x) tilfredsstiller ligningen som ogsa kan skrives [f(x)] = x x[f(x)] = x x f(t) dt f(t) dt Ved a derivere begge sider av ligningen (vi bruker analysens fundamentalteorem til a derivere hyre side), far vi [f(x)] + xf(x)f 0 (x) = f(x) som er ekvivalent med y + xyy 0 = y yy 0 = y y x b) Vi skal nne alle lsninger av den opprinnelige ligningen og lser frst dierensialligningen som vi fant i punkt a). Denne har apenbart de konstante lsningene y 0 og y. Forutsetter vi y 6= 0 og y 6=, blir ligningen separabel og kan skrives y 0 y = x Integrasjon pa begge sider gir y dy = x dx ln j yj = ln p x + D Bytter vi fortegn og bruker eksponentialfunksjonen pa begge sider, gir dette e ln j yj = e ln px e D 8

13 som betyr at y = e D p x = C p x Dierensialligningen har dermed lsningen y = C p x i tillegg til de to konstante lsningene ovenfor. Iflge punkt a) ma alle lsninger y = f(x) av den opprinnelige funksjonsligningen ogsa vre lsninger av dierensialligningen og altsa ha formen f(x) = p C x. Setter vi en slik funksjon inn i den opprinnelige ligningen, blir venstre side og hyre side [f(x)] = C p x + C x x f(t) dt = x C p x x t = t C p x t x dt = C p x + C x Disse uttrykkene er identiske hvis og bare hvis C = C, det vil si C =. Funksjonsligningen har derfor bare lsningen f(x) = p + x x = p x i tillegg til de konstante lsningene f(x) = 0 og f(x) =. Oppgave a) La N(t) vre antall individer i dyrebestanden etter t ar. En logistisk vekstmodell for dyrebestanden er gitt ved dierensialligningen dn=dt = 0 4 N(0 4 N) med initialbetingelsen N(0) = Vi observerer frst at differensialligningen har de konstante lsningene N 0 og N

14 Forutsetter vi at N 6= 0 og N 6= 0 4 er dierensialligningen separabel og kan skrives N 0 N(N 0 4 ) = 0 4 Integrasjon pa begge sider gir N(N 0 4 ) dn = 0 4 dt = 0 4 t + C Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side dn = N(N ) N 0 dn 4 N = 0 4 (ln jn 0 4 j ln jnj + C ) = 0 4 ln N 0 4 N + C Dermed blir ligningen var 0 4 ln N 0 4 N = 0 4 t + C 3 som er ensbetydende med at som ogsa kan skrives Lsningen blir dermed N 0 4 N = e t e 04 C 3 = Ce t N 0 4 = Ce t N N( Ce t ) = 0 4 N(t) = 0 4 Ce t hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = e t 6= 0, men nar C = 0 far vi N 0 4 som vi allerede har observert er en lsning.) Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen N(0) = som gir oss N(0) = 04 C =

15 C = 3 Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved N(t) = e t For a nne hvilken strrelse bestanden vil stabilisere seg pa i det lange lp, undersker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokser over alle grenser: lim N(t) = lim t! t! 0 4 = e t Bestanden vil altsa stabilisere seg pa dyr. b) Vi skal heretter anta at det drives jakt pa dyrebestanden og at det felles : 0 3 dyr per ar. Vi endrer derfor modellen til dn=dt = 0 4 N(0 4 N) : 0 3 med initialbetingelse N(0) = Hyresiden av ligningen er et annengradspolynom i N med rtter og 7 0 3, sa ligningen kan skrives dn=dt = 0 4 (N )(N ) Pa samme mate som i punkt a) observerer vi frst at dierensialligningen har de konstante lsningene N og N Forutsetter vi at N 6= og N 6= 7 0 3, er dierensialligningen separabel og kan skrives N 0 (N )(N ) = 0 4 Integrasjon pa begge sider gir (N )(N ) dn = 0 4 dt = 0 4 t + D Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side N 7 0 dn 3 N = 4 0 (ln jn j ln jn j + D ) = 4 0 ln N N D 84

16 Ligningen var blir altsa 4 0 ln N N = 0 4 t + D 3 som er ensbetydende med at som ogsa kan skrives Lsningen blir dermed ln N N = 0:4t + D 4 N N = e 0:4t e D 4 = De 0:4t N = De 0:4t (N ) N( De 0:4t ) = (7 3De 0:4t )0 3 N(t) = 7 3De 0:4t 03 De 0:4t hvor D er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for D = e D 3 6= 0, men nar D = 0 far vi N som vi allerede har observert er en lsning.) Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen N(0) = som gir oss N(0) = 7 3D D 03 = D = 3 Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved N(t) = 7 + 9e 0:4t e 0:4t For a nne hvilken strrelse bestanden na vil stabilisere seg pa i det lange lp, undersker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokser over alle grenser: 7 + 9e 0:4t lim N(t) = lim t! t! + 3e 0:4t 03 = Bestanden vil altsa stabilisere seg pa dyr. 85

17 c) Hvis vi istedet starter med 000 dyr ved tiden t = 0, blir initialbetingelsen istedet N(0) = 0 3 som gir oss Lsningen blir i dette tilfellet N(0) = 7 3D D 03 = 0 3 D = 5 N(t) = 7 5e 0:4t 03 5e 0:4t og vi ser at dyrebestanden dr ut sa snart telleren i uttrykket for N(t) blir null, nar altsa nar nar 7 = 5e 0:4t 0:4t = ln 5 7 t = 5 ln 5 7 :9 Dyrebestanden vil altsa vre utryddet etter ca..9 ar. Kommentar: Det kan vre verdt a legge merke til at den gitte differensialligningen forteller en hel del om den kvalitative oppfrselen til lsningen, uten at vi bestemmer denne eksplisitt. Ligningen forteller oss at den deriverte dn=dt = 0 4 ( N N : 0 7 ) betraktet som en funksjon av N, er en parabel med et maksimumspunkt fordi dn=dt er pa formen an +bn +c med a < 0. Derfor er den deriverte negativ nar N tilhrer et av intervallene [0; 30 3 ) eller (70 3 ; ) og den er positiv nar N tilhrer (3 0 3 ; ). Hvis vi starter med N = individer (som i punkt b), er altsa den deriverte positiv, og antall dyr vil ke sa lenge N < Samtidig vil den deriverte avta mot null. Hvis vi starter med N = 0 3 individer (punkt c), er den deriverte negativ og antall dyr vil avta. Startverdiene N = og N = representerer henholdsvis en stabil og en ustabil likevektstilstand. Oppgave 0.5. a) Dierensialligningen y 00 + y 0 6y = 0 86

18 har karakteristisk ligning med rtter r + r 6 = 0 r = p + 4 n 3 = Den generelle lsingen av dierensialligningen er dermed y(x) = Ce 3x + De x c) Dierensialligningen y y 0 + 9y = 0 har karakteristisk ligning r + 6r + 9 = (r + 3) = 0 med lsning r = 3 Da den karakteristiske ligningen bare har en rot, sa er den generelle lsningen av dierensialligningen y(x) = Ce 3x + Dxe 3x d) Dierensialligningen y 00 y 0 + 5y = 0 har karakteristisk ligning r r + 5 = 0 med rtter r = p 4 0 = ip 6 = i Da den karakteristiske ligningen har to komplekse rtter, blir den generelle lsningen av dierensialligningen y(x) = e x (C cos x + D sin x) Oppgave a) Vi skal nne den lsningen av y 00 4y 0 + 4y = 0 som gar gjennom (0; ) og (; ). Den karakteristiske ligningen r 4r + 4 = (r ) = 0 87

19 har bare den ene roten r =, sa den generelle lsningen av dierensialligningen er y = Ce x + Dxe x Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene: y(0) = Ce 0 + D 0 e 0 = =) C = y() = Ce + D e = e + De = =) D = e Lsningen er dermed y(x) = e x ( + e )x b) Vi skal nne den lsningen av y 00 + y y = 0 som gar gjennom 4 ; ) og (; ). Den karakteristiske ligningen ( har lsningene r = r + r = 0 q = i = i Da vi har har to komplekse rtter, er den generelle lsningen av dierensialligningen gitt ved y = e x= (C cos x + D sin x) Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene: y = e =4 C cos + D sin = e =4 D = =) D = e =4 y() = e = C cos() + D sin() = Ce = = =) C = e = Den spesielle lsningen er dermed y(x) = e x= e = cos x + e =4 sin x Oppgave a) Ved a benytte at sin 6 = og cos 6 = p 3 88

20 far vi omskrivningen cos 3x + p 3 sin 3x = sin 6 cos 3x + cos 6 = sin 3x + 6 sin 3x b) Ved a benytte at sin 4 = p og cos 4 = p far vi omskrivningen cos x + sin x p p = cos x p + sin x p = sin 4 cos x + cos 4 sin x p x = sin + 4 c) Ved a benytte at far vi omskrivningen sin 3 = p 3 og cos 3 = p p 3 3 cos x sin x = cos x sin x = sin 3 cos x cos 3 sin x = sin 3 x Oppgave 0.5. To dyrearter lever i et naturlig samspill. Vi lar N (t) og N (t) vre antall individer av hver art ved tiden t. Vi setter x(t) = N (t) 300 y(t) = N (t) Samspillet mellom artene modelleres ved dierensialligningene hvor b og c er positive konstanter. x 0 (t) = by(t) og y 0 (t) = cx(t) 89

21 a) Det er naturlig a forvente at rovdyrbestanden vil vokse raskest nar byttedyrbestanden er strst, og at byttedyrbestanden vil avta raskest nar rovdyrbestanden er strst. Den frste dierensialligningen ovenfor sier at x (og dermed N ) vokser raskest nar y (og dermed N ) er strst. Den andre dierensialligningen sier at y (og dermed N ) avtar raskest nar x (dvs N ) er strst. Det ma bety at N er antall rovdyr og N er antall byttedyr. b) Implisitt derivasjon av ligningen x 0 (t) = by(t) gir x 00 (t) = by 0 (t) = b( cx(t)) = bcx(t) hvor vi har benyttet at y 0 (t) = cx(t) iflge modellen. c) Vi antar at x(0) = x 0 og y(0) = y 0. Vi skal nne x(t) og y(t). Vi bruker frst ligningen i punkt b) til a nne x(t). Den karakteristiske ligningen r = bc har lsningene r = i p bc Den generelle lsingen av x(t) blir dermed x(t) = e 0t C cos( p bc t) + D sin( p bc t) = C cos( p bc t) + D sin( p bc t) Na kan vi derivere uttrykket ovenfor og bruke dierensialligningen x 0 (t) = by(t) til a nne y(t). Den generelle lsingen av y(t) blir da y(t) = b x0 (t) = p p p p C bc sin( bc t) + bcd cos( bc t) p b bc p p = D cos( bc t) C sin( bc t) b Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene x(0) = C p cos( bc 0) + D p sin( bc 0) = C = x 0 p bc y(0) = b (D cos(p bc 0) C p sin( bc 0)) = q b som gir C = x 0 og D = y c 0. Dermed er lsningen x(t) = x p r b 0 cos( bc t) + c y p 0 sin( bc t) y(t) = y p r c 0 cos( bc t) b x p 0 sin( bc t) 90 p bc b D = y 0

22 d) Observasjoner tyder pa at de beste verdiene er b = 0:05 og c = 84. Vi antar at N (0) = 300 og N (0) = 400. Da har vi x 0 = N (0) 300 = = 0 y 0 = N (0) = = Dermed er tidsforlpet til utviklingen til artene gitt ved r N (t) = x(t) = sin(p 4: t) N (t) = y(t) = 8600 cos( p 4: t) (Du ma selv skissere grafene til N og N. Benytt gjerne Maple.) Kommentar til grafene: Det er naturlig at toppene (og bunnene) er forskjvet i forhold til hverandre. Nar antall byttedyr er pa toppniva, vokser antall rovdyr raskest. Det medfrer at antall byttedyr vil avta slik at veksten i rovdyrstammen blir mindre (antall rovdyr nrmer seg et toppniva), og etterhvert blir det sa fa byttedyr at rovdyrene sulter og rovdyrbestanden blir mindre. Da vil antall byttedyr ke igjen, og slik vil det fortsette a svinge. 9

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

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

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Løsningsforslag Øving 3 8.2.1 Anta at dy = y2 y) dx a) Finn likevektspunktene til

Detaljer

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

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

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG 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

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

Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger

Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger Løsningsskisser - Kapittel 6 - Differensialligninger Vi bruker det vi har lært i 6.3 om løsning av separable differensialligninger også i noen av oppgavene fra 6.1 og 6.2 for å knytte denne løsningsteknikken

Detaljer

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

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

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

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1

Løsningsforslag 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:

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07 Løsningsforslag til eksamen i MAT H7 DEL. (3 poeng Hva er den partiellderiverte f y når f(x, y, z = xeyz? xze yz e yz xe yz e yz + xze yz e yz + xze yz + xye yz Riktig svar: a xze yz Begrunnelse: Deriver

Detaljer

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

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

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

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor

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

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002

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

Detaljer

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

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

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

Detaljer

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Eksamen 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

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06

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

Detaljer

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

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

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode

Detaljer

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

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

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 9 Løsningsforslag til eksamen i fag MA111/MA611 Grunnkurs i analyse I Høst 2 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved

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

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

Optimal kontrollteori

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

Detaljer

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03 Løsningsforslag for Eksamen i MAT, H- Del. Integralet cos( ) d er lik: Riktig svar: b) sin( ) + C. Begrunnelse: Vi setter u =, du = d og får: cos( ) d = cos u du = sin u + C = sin( ) + C. Integralet ln(

Detaljer

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

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

Detaljer

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

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

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

Detaljer

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

R2 - Eksamen Løsningsskisser

R2 - Eksamen Løsningsskisser R - V0 R - Eksamen 04.06.0 - Løsningsskisser Del - Uten hjelpemidler Oppgave a) ) Kjerneregel: fx 3 sin u, u x f x 3 cosu 6 cosu 6 cosx ) 3) Produktregel: g x x sin x x cosx x sin x x cosx Kjerneregel:

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 016 Løsningsforslag Øving 1 Kapittel 7.1: Substitusjon Teorem 1. Hvis u = g() så er f(g())g

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

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

Detaljer

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 003 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige eksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. Første del av eksamen

Detaljer

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

Separable differensiallikninger.

Separable differensiallikninger. Ukeoppgaver, uke 46, i Matematikk 0, Separable differensiallikninger. Høgskolen i Gjøvik Avdeling for ingeniørfag Matematikk 0 Ukeoppgaver uke 46 I løpet av uken blir løsningsforslag lagt ut på emnesiden

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

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

Detaljer

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 8.9 23 Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at der R 2 (x) = f (n+) (c) (n+)! e x = + x + x2 2 + R 2(x),

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA

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

Detaljer

Korreksjoner til fasit, 2. utgave

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

Detaljer

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

Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det ositive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at x2 = n x for x 0 x for x <

Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det ositive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at x2 = n x for x 0 x for x < Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 2 I seksjon 2.1 far du velse i a lse ulikheter hvor tallverdier inngar (ogave 2.1.5) og enkel trening i a fre matematiske resonnementer ved a kombinere bruk

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2 TMA4 Matematikk, 4. august 24 Side av 2 Oppgave Den rasjonale funksjonen p er definert som p(x) x2 3x +2 3x 2 5x +2. Finn de tre grenseverdiene lim xæ p(x), lim xæ p(x) og lim xæœ p(x). Løsning: x 2 3x

Detaljer

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

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon Kapittel 2 Antiderivering I dette og neste kapittel skal vi bli kjent med noen typer difflikninger og lære hvordan disse kan løses. Til dette trenger vi derivering og antiderivering. 2.1 Derivasjon I Kapittel

Detaljer

jx + j < 7. Hvis vi i tillegg srger for at faktoren jx j < ", far vi 7 ialt jf(x) f()j = jx + jjx j < 7 " 7 = " Dette blir flgelig ofylt for alle x sl

jx + j < 7. Hvis vi i tillegg srger for at faktoren jx j < , far vi 7 ialt jf(x) f()j = jx + jjx j < 7  7 =  Dette blir flgelig ofylt for alle x sl Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 5 I kaittel 5 har mange av ogavene et mer teoretisk reg enn du er vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt a a lage lsningsforslag til ogaver

Detaljer

Lineære differensiallikninger.

Lineære differensiallikninger. Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi, økonomi og ledelse Matematikk 0 Ukeoppgaver uke 47 Lineære differensiallikninger. Oppgave

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

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

Detaljer

3x + 2y 8, 2x + 4y 8.

3x + 2y 8, 2x + 4y 8. Oppgave En møbelfabrikk produserer bord og stoler Produksjonen av møbler skjer i to avdelinger, avdeling I og avdeling II Alle møbler må innom både avdeling I og avdeling II Det å produsere et bord tar

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Oppgave 1 En parametrisk linje L og et plan P (i rommet)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

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

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA0001 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 2010

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA0001 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA1 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 1 Oppgave 1 Ligningen kan skrives 4 ln x 3 ln

Detaljer

x(x 1)(x 2) p(x) = 3,0 1( 1 1)( 1 2) Newtons interpolasjonsformel: Tabellen over dividerte differenser er gitt ved

x(x 1)(x 2) p(x) = 3,0 1( 1 1)( 1 2) Newtons interpolasjonsformel: Tabellen over dividerte differenser er gitt ved NTNU Institutt for matematiske fag TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 Løsningsforslag Oppgaven kan, for eksempel, løses ved hjelp av Lagrange-interpolasjon eller Newtons interpolasjonsformel.

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA/MA6 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Faglig kontakt under eksamen: John Erik Fornæss /Kari Hag Tlf: 464944/483988 Eksamensdato: 8. desember 5 Eksamenstid

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

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

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT, høsten 206 Innleveringsfrist: Mandag 2. november 206, kl. 4, i Infosenterskranken i inngangsetasjen

Detaljer

R Differensialligninger

R Differensialligninger R2-26.02.2015 - Differensialligninger Løsningsskisser Oppgave 1 Løs differensialligningene: a) y x e x b) y x y 0 c) y xy x d) y y x a) Eksakt dl: y x e x Løses direkte med vanlig integrasjon: y x2 2 e

Detaljer

differensiallikninger-oppsummering

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

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

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

Detaljer

Tillegg A. Oppgaver. A.1 Kapittel 1. Oppgave 1 Hva er definisjonsmengden til følgende funksjoner? a) f(x) = x 2 + 1.

Tillegg A. Oppgaver. A.1 Kapittel 1. Oppgave 1 Hva er definisjonsmengden til følgende funksjoner? a) f(x) = x 2 + 1. Tillegg A Oppgaver A.1 Kapittel 1 Oppgave 1 Hva er definisjonsmengden til følgende funksjoner? a) f(x) = x 2 + 1 b) f(x) = x2 +1 2x 1 c) f(x) = x 3 2 2x + 1 d) f(x) = ln x + 2 sin x e) f(x) = 2x 4 5 e

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

Wavelet P Sample number. Roots of the z transform. Wavelet P Amplitude Spectrum.

Wavelet P Sample number. Roots of the z transform. Wavelet P Amplitude Spectrum. NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR PETROLEUMSTEKNOLOGI OG ANVENDT GEOFYSIKK SIG Geofysisk Signalanalyse Lsningsforslag ving Oppgave a) Vi har Amplitudespekteret er da Y (!) =

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

eksamensoppgaver.org x = x = x lg(10) = lg(350) x = lg(350) 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor

eksamensoppgaver.org x = x = x lg(10) = lg(350) x = lg(350) 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor eksamensoppgaver.org 5 oppgave1 a.i.1) 2 10 x = 700 10 x = 700 2 x lg(10) = lg(350) x = lg(350) a.i.2) Vibrukerfortegnsskjema 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor x 1, 5 a.ii.1)

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

Forord Dette er en samling lsningsforslag som jeg opprinnelig utarbeidet til gruppeundervisningen i kurset MAT00A ved Universitetet i Oslo hsten 2000.

Forord Dette er en samling lsningsforslag som jeg opprinnelig utarbeidet til gruppeundervisningen i kurset MAT00A ved Universitetet i Oslo hsten 2000. K A L K U L U S Lsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrms lrebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Copyright c 2006 Klara Hveberg Forord Dette er en samling lsningsforslag

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

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

Detaljer

Heldagsprøve R2. Våren Onsdag 6. Mai Løsningsskisser - Versjon Del 1 - Uten hjelpemidler - 3 timer. Oppgave 1.

Heldagsprøve R2. Våren Onsdag 6. Mai Løsningsskisser - Versjon Del 1 - Uten hjelpemidler - 3 timer. Oppgave 1. Heldagsprøve R Våren 015 Onsdag 6. Mai 09.00-14.00 Løsningsskisser - Versjon 1.05.15 Del 1 - Uten hjelpemidler - timer Oppgave 1 Deriver funksjonene: a) fx tanx Kjerneregel: fx tanu, u x f 1 x cos u x

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

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

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

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

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013

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

Detaljer

Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 21. oktober 2011 Kapittel 7.4. Delbrøksoppspalting og Integrasjon av rasjonale funksjoner 3 Integrasjon av

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag 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

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2,

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

Detaljer

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/).

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

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

Detaljer

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

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

Detaljer

Institutionen för Matematik, KTH

Institutionen för Matematik, KTH Institutionen för Matematik, KTH Lösningsforslag till tentamen, 200-2-7, kl. 8.00-.00. 5B04, Envariabel. Uppgift. Den karakteristiske ligningen r 2 r + 2 0 kan omskrives som (r )(r 2) 0. Den generelle

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

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 20 Kapittel 3.7. Derivasjon av inverse funksjoner 3 Derivasjon av inverse til deriverbare funksjoner

Detaljer

SIF5003 Matematikk 1, 6. desember 2000 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 6. desember 2000 Løsningsforslag SIF53 Matematikk 1, 6. desember 2 Oppgave 1 Dreid om y aksen: iv). Dreid om x = 1: iii). Oppgave 2 Om bredden på rektanglet er 2x og høyden er y finner vi for det ukjente arealet A og den kjente omkretsen

Detaljer

Nei, jeg bare tuller.

Nei, jeg bare tuller. Eksempel En medisin skilles ut fra kroppen med en hastighet proporsjonal med mengden i kroppen. Halveringstiden er timer. Anta at en dose injiseres i en pasient hver sjette time fra et visst tidspunkt.

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

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

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

Detaljer