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

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

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 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 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

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

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 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. 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Detaljer

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

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

Detaljer

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

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

Matematikk R1 Forslag til besvarelse

Matematikk R1 Forslag til besvarelse Matematikk R1 Forslag til besvarelse NITH 4. mars 014 Oppgave 1 a) Regn ut p x) når px) = x 3 3x + 6x 1. p x) = x 3 ) 3x ) + 6x) 0 = 3x ) 3x) + 6 1 = 6x 6x + 6 b) Regn ut p x) når px) = ax + bx + c. Her

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT 00 Kalkulus. Eksamensdag: Mandag,. desember 006. Tid for eksamen:.30 8.30. Oppgavesettet er på sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4 Oppsummeringsproblemer som utgangspunkt til ekstraforelesninger i uke 48 i emnet MAT111, høsten 2008 Problem 1 Bruk den formelle definisjonen av grenseverdi til å vise at x 4 1 x 1 x + 1 = 4. Problem 2

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

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

Detaljer

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

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA03,.mars 00 Oppgave Tegn figur og finn en parametrisering for skjæringskurven

Detaljer

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1 Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 6. juni 2014 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008

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

Detaljer

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

Løsningsforslag. og B =

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

Detaljer

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Oppgave 1 Løs ulikheten x + 6 5 x + 2 Strategien er å

Detaljer

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sinθ = 3

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sinθ = 3 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 011 Løsningsforslag - Øving Avsnitt.7 99 Vi deriverer to ganger: = A 1 cos(ln) B1 sin(ln) = A 1 cos(ln) A 1 sin(ln)+b 1 sin(ln) B 1 cos(ln)

Detaljer

Faktor. Eksamen høst 2005 SØK 1001- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr 1: -en eksamensavis utgitt av Pareto

Faktor. Eksamen høst 2005 SØK 1001- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr 1: -en eksamensavis utgitt av Pareto Faktor -en eksamensavis utgitt av Pareto Eksamen høst 005 SØK 00- Innføring i matematikk for økonomer Besvarelse nr : OBS!! Dette er en eksamensbevarelse, og ikke en fasit. Besvarelsene er uten endringer

Detaljer

Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI

Forelesninger i MET2214 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI Forelesninger i MET4 Matematikk valgfag ved Handelshyskolen BI Forelesning : Integrasjon. Separable differensiallikninger. Trond Stølen Gustavsen. januar, Innhold Anbefalt lesning.. Kort repetisjon av

Detaljer

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36

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

Detaljer

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Eivind Eriksen 9. april 010 Dierensiallikninger En dierensiallikning inneholder en avhengig variabel (typisk y ) og en uavhengig variabel (typisk x), som

Detaljer

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

Sammendrag kapittel 9 - Geometri

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

Detaljer

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

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

Detaljer

Matematikk R1 Oversikt

Matematikk R1 Oversikt Matematikk R1 Oversikt Lars Sydnes, NITH 20. mai 2014 I. ALGEBRA ANNENGRADSLIGNINGER Annengradsformelen: ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a (i) 0 løsninger hvis b 2 4ac < 0 (ii) 1 løsning hvis b 2 4ac

Detaljer

EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL)

EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) EKSAME SOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) Eksamen i : Mat-0001 Brukerkurs i matematikk. Dato : Tirsdag 21. februar 2012. Tid : 09.00-13.00. Sted: : Adm. bygget, B154. Tillatte hjelpemidler : Alle trykte og skrevne.

Detaljer

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning)

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematikk FAGNUMMER: REA4 EKSAMENSDATO: 6. desember 24 SENSURFRIST: 6. januar 25 KLASSE:. klassene, ingenørutdanning. TID: kl. 9. 3.. FAGLÆRER: Hans Petter Hornæs ANTALL

Detaljer

Eksamen REA3028 S2, Høsten 2012

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

Detaljer

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

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100 Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 00 Dato: Tirsdag /0, 00 Tid: Kl. 9.00-.00 Vedlegg: Formelsamling Tillatte hjelpemidler: Ingen Oppgavesettet er på sider Eksamen består av 0 spørsmål. De 0 første

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Eksamensoppgavehefte 2 MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet Lineær algebra

Detaljer

Obligatorisk innlevering 2 - MA 109

Obligatorisk innlevering 2 - MA 109 Obligatorisk innlevering 2 - MA 9 Skriv fullt navn og studentnummer øverst på besvarelsen. Du skal bruke sifrene fra studentnummeret i besvarelsen. Studentnummeret ditt er E. Er studentnummeret ditt da

Detaljer

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning Eksamen i FO929A Matematikk Prøve-eksamen Dato 13. desember 2007 Tidspunkt 09.00-1.00 Antall oppgaver Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 a) Likningen

Detaljer

Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 15. november 2012 Hjelpemiddel: Kalkulator

Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 15. november 2012 Hjelpemiddel: Kalkulator Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 15. november 2012 Hjelpemiddel: Kalkulator Oppgave 1 a) Finn alle løsningene til likningen 10x 100 = 90x 1. b) Finn alle løsninger v til likningen slik at 0 v 4π. 2 cos

Detaljer

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

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

Detaljer

Funksjoner og andregradsuttrykk

Funksjoner og andregradsuttrykk 88 4 Funksjoner og andregradsuttrykk Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer fra ulike fag og samfunnsområder løse likninger, ulikheter

Detaljer

Prøve i R2 Integrasjonsmetoder

Prøve i R2 Integrasjonsmetoder Del 1 Hjelpemidler: ingen 1 Oppgave 1 Prøve i R Integrasjonsmetoder Caspar W. Hatlevik 19. oktober 1 Finn de ubestemte integralene og regn ut det bestemte integralet a. x + x + 1dx b. e 4x + x dx c. 1

Detaljer

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

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

Detaljer

Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd med dempningskoeffisient b til en harmonisk oscillator.

Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd med dempningskoeffisient b til en harmonisk oscillator. Oppgave 1 a) Ei ideell fjær har fjærkonstant k = 2.60 10 3 [N/m]. Finn hvilken kraft en må bruke for å trykke sammen denne fjæra 0.15 [m]. Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd

Detaljer

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo K A L K U L U S Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Forord Dette er en samling løsningsforslag som jeg opprinnelig

Detaljer

Potensrekker. Binomialrekker

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

Detaljer

Enkel introduksjon til kvantemekanikken

Enkel introduksjon til kvantemekanikken Kapittel Enkel introduksjon til kvantemekanikken. Kort oppsummering. Elektromagnetiske bølger med bølgelengde og frekvens f opptrer også som partikler eller fotoner med energi E = hf, der h er Plancks

Detaljer

FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310)

FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) FORELESNINGER I OPTIMAL KONTROLLTEORI (MAT 2310) TERJE SUND Innledning I matematisk optimering søker en å bestemme maksimums- og minimumspukter for funksjoner som avhenger av reelle variable og av andre

Detaljer

Krasjkurs MAT101 og MAT111

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

Detaljer

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX 3. juni 2005. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX 3. juni 2005. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654 Matematikk 3MX 3. juni 005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

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

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

Detaljer

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

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der:

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der: Oppgave a) Si kort hva deriverte til en funksjon forteller oss. Hva handler deriverbarhet om? b) Er f (x) = deriverbar for alle reelle x-verdier? x Bestem deriverte til f i sin definisjonsmengde. c) Tegn

Detaljer

Lektion 14. Repetition

Lektion 14. Repetition Lektion 4 Repetition Naturlige eksponentialfunktion 7 6 5 4 y y=sin().5 6 4 4 6.5 y=tan() 5.5.5 y 5 y=arcsin().5.5.5.5.8.6.4...4.6.8 Naturlige logaritmefunktion 4 6 8 Standardfunktioner (cos(), sin())

Detaljer

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

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

Detaljer

Komplekse tall og Eulers formel

Komplekse tall og Eulers formel Komplekse tall og Eulers formel Harald Hanche-Olsen 2011-03-24 1. Oppvarming Jeg vil anta at leseren er kjent med komplekse tall, men vil likevel si noen ord om temaet. Naivt kan man starte med bare å

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA6524-04.06.2007. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA6524-04.06.2007. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA65 -.6.7 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007 Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA022 - Desember 200 eksamensoppgaver.org October 2, 2008 eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksempeloppgave i R1

Detaljer

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

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

Detaljer

KORT INNFØRING I GEOGEBRA

KORT INNFØRING I GEOGEBRA Innhold INNLEDNING... 3 KORT INNFØRING I GEOGEBRA... 4 ØVELSE 1. TEGNE GRAFER... 9 ØVELSE 2. TEGNE GRAFER TIL RASJONALE FUNKSJONER... 11 ØVELSE 3. LIKNINGSLØSNING... 15 ØVELSE 4. TANGENTER OG MAKS OG MIN

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 1 og 2. GeoGebra-øvelser i funksjonslære. Av Peer Sverre Andersen

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 1 og 2. GeoGebra-øvelser i funksjonslære. Av Peer Sverre Andersen QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 1 og 2 GeoGebra-øvelser i funksjonslære Av Peer Sverre Andersen Innhold INNLEDNING... 3 KORT INNFØRING I GEOGEBRA... 4 ØVELSE 1. TEGNE GRAFER...

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL)

EKSAMENSOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) EKSAMENSOPPGAVE MAT-0001 (BOKMÅL) Eksamen i : Mat-0001 Brukerkurs i matematikk. Dato : Tirsdag 6. desember 2011. Tid : 09.00-13.00. Sted: : Adm. bygget, Aud. max. eller B154. Tillatte hjelpemidler : Alle

Detaljer

Kompendium h-2013. MAT100 Matematikk. Formelsamling. Per Kristian Rekdal

Kompendium h-2013. MAT100 Matematikk. Formelsamling. Per Kristian Rekdal Kompendium h-2013 MAT100 Matematikk Formelsamling Per Kristian Rekdal Forord Dette er formelsamlingen i emnet MAT100 Matematikk ved Høgskolen i Molde, 2013. Formelsamlingen er ment å brukes når man løser

Detaljer

Løsningsforslag for eksamen i REA3026 Matematikk S1-08.05.2008. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag for eksamen i REA3026 Matematikk S1-08.05.2008. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag for eksamen i REA306 Matematikk S1-08.05.008 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i S1 er gratis, og det er lastet ned

Detaljer

Funksjoner 1T Quiz. Test, 4 Funksjoner

Funksjoner 1T Quiz. Test, 4 Funksjoner Test, 4 Funksjoner Innhold 4.1 Funksjonsbegrepet... 4. Lineære funksjoner... 6 4.3 Andre funksjonstyper... 14 4.4 Vekstfart og derivasjon... 0 4.5 Drøfting av funksjoner på grunnlag av egenskaper hos den

Detaljer

Through the Looking-Glass and What Alice Found There, Lewis Carroll

Through the Looking-Glass and What Alice Found There, Lewis Carroll Kapittel 4 Modellering Let s pretend that you re the Red Queen, Kitty! Do you know, I think if you sat up and folded your arms, you d look exactly like her. Now do try, there s a dear! And Alice got the

Detaljer

Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100

Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100 Kort innføring i polynomdivisjon for MAT 1100 I dette notatet skal vi se litt på polynomdivisjon. Mange vil kjenne denne teknikken fra før, men etter siste læreplanomlegning er den ikke lenger pensum i

Detaljer

Tidligere eksamensoppgaver

Tidligere eksamensoppgaver Tillegg B Tidligere eksamensoppgaver Her følger et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet differensiallikninger gitt ved UiO og NTNU (Norges Teknisk-Naturvitenskapelige Universitet). Oppgavene

Detaljer

Vi kan finne formler som gir oss neste tall i tallfølgen dersom vi kjenner ett tall. Det er den rekursive formelen. gir oss gir oss alle tallene a

Vi kan finne formler som gir oss neste tall i tallfølgen dersom vi kjenner ett tall. Det er den rekursive formelen. gir oss gir oss alle tallene a Tallfølger, figurtall, algebra (utgave beregnet for GLU1-7). Av Geir Martinussen, Høgskolen i Oslo og Akershus (Se også: http://www.matematikk.org/uopplegg.html?tid=114140 ) Tallfølger er en nyttig ressurs

Detaljer

Kommentarer til eksamen i MAT 1100, 8/12-04

Kommentarer til eksamen i MAT 1100, 8/12-04 Kommentarer til eksamen i MAT 00, 8/-04 Dette notatet gir en oppsummering av resultatene i MAT 00, høsten 004. Siden strykprosenten (30.7% av dem som leverte besvarelse) var atskillig høyere enn de foregående

Detaljer

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 6. Løsningsforslag

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

Detaljer

Manual for wxmaxima tilpasset R2

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

Detaljer

Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007

Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007 Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-9. mai 2007 eksamensoppgaver.org September 17, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Figur 62: Faktorisering kan lett gjøres ved å skrive inn uttrykket og så klikke på verktøyet for faktorisering.

Figur 62: Faktorisering kan lett gjøres ved å skrive inn uttrykket og så klikke på verktøyet for faktorisering. 11 CAS i GeoGebra Fra og med versjon 4.2 får GeoGebra et eget CAS-vindu. CAS står for Computer Algebra System og er en betegnelse for programvare som kan gjøre symbolske manipuleringer. Eksempler på slike

Detaljer

MA0003-9. forelesning

MA0003-9. forelesning 17. august 2009 Outline 1 Outline 1 Regneregler for deriverte La f og g være kontinuerlige funksjoner og c 0 cf (x) dx = c f (x) dx f (x) ± g(x) dx = f (x) dx ± g(x) dx f (cx) dx = 1 c f (u) du u=cx f

Detaljer

I Katalog velger du: Ny eksamensordning i matematikk våren 2015

I Katalog velger du: Ny eksamensordning i matematikk våren 2015 CAS teknikker H-P Ulven 10.12.2014 Innledning Våren 2015 gjelder nye regler for bruk av digitale hjelpemidler: Når det står "Bruk CAS", så må kandidaten bruke CAS, og når det står "Bruk graftegner", så

Detaljer

Tallregning og algebra

Tallregning og algebra 30 Tallregning og algebra Mål for opplæringen er at eleven skal kunne tolke, bearbeide og vurdere det matematiske innholdet i ulike tekster bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer

Detaljer

S1 2014 høst LØSNING. 2x 10 = x(x 5) x 2 + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7±3. x = 2 x = 5. lg( ) + 3 = 5. lg( ) = 2.

S1 2014 høst LØSNING. 2x 10 = x(x 5) x 2 + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7±3. x = 2 x = 5. lg( ) + 3 = 5. lg( ) = 2. /14/016 S1 014 høst LØSNING matematikk.net S1 014 høst LØSNING Contents DEL EN Oppgave 1 x 10 = x(x 5) x + 7x 10 = 0 x = 7± 49 4 ( 1) ( 10) x = 7± x = x = 5 lg( ) + = 5 x lg( ) = x = 10 lg( x ) 10 x =

Detaljer

Lær å bruke Microsoft Mathematics, Matematikk-tillegget i Word og WordMat. Av Sigbjørn Hals

Lær å bruke Microsoft Mathematics, Matematikk-tillegget i Word og WordMat. Av Sigbjørn Hals Lær å bruke Microsoft Mathematics, Matematikk-tillegget i Word og WordMat Av Sigbjørn Hals 1 Innhold Hva er matematikktillegget for Word?... 2 Nedlasting og installasjon av matematikktillegget for Word...

Detaljer

Løsningsforslag matematikk S1 V14

Løsningsforslag matematikk S1 V14 Løsningsforslag matematikk S1 V14 Oppgave 1 Bruker ABC-formelen: ABC-formelen gir x = 2 x = 3 x 2 + 3x 3 = 3 2x x 2 + 5x 6 = 0 x = b ± b 2 4ac 2a lg(x + 2) = 2 lg x lg(x + 2) = lg x 2 10 lg(x+2) lg x2

Detaljer

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

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

Detaljer

Regelbok i matematikk 1MX og 1MY

Regelbok i matematikk 1MX og 1MY Regelbok i matematikk 1MX og 1MY Utgave 1.4 Skrevet av Bjørnar Tollaksen. Hele regelboka er et sammendrag av læreboka. Dette er ment som et supplement til formelheftet, ikke en erstatning. Skrivefeil kan

Detaljer

12 Areal. Vekst under grafer

12 Areal. Vekst under grafer 12 Areal. Vekst under grafer 1 a) Framstill denne funksjonen grafisk: f(x) = 3x + 2 b) Regn ut f(4) og f(3). f (4) f (3) Regn deretter ut. Forklar hva du finner ut. 4 3 f (5) f (2) c) Regn ut. Kommenter

Detaljer

Emne 11 Differensiallikninger

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

Detaljer

Studentmanual. Matematisk analyse 1. 8. utgave. Knut Sydsæter Arne Strøm

Studentmanual. Matematisk analyse 1. 8. utgave. Knut Sydsæter Arne Strøm Studentmanual Matematisk analyse 8. utgave Knut Sydsæter Arne Strøm Foreløpig utgave, oktober 2 Forord Denne manualen gir mer detaljerte løsninger på utvalgte oppgaver (merket SM ) i Matematisk Analyse

Detaljer

3 x = 27 x ln 3 = ln 27 ln 27 x = ln 3 x = 3. 10 x2 = 10 x log(10 x2 ) = log(10 x ) x 2 = x x(x 1)=0 x = 0 x = 1. x +3=2

3 x = 27 x ln 3 = ln 27 ln 27 x = ln 3 x = 3. 10 x2 = 10 x log(10 x2 ) = log(10 x ) x 2 = x x(x 1)=0 x = 0 x = 1. x +3=2 4 oppgave. a..i) 3 x = 7 x ln 3 = ln 7 ln 7 x = ln 3 x = 3. a..ii) 0 x = 0 x log(0 x ) = log(0 x ) x = x x(x )=0 x = 0 x =.3 a..i) Kvadrerer x +3= x +3= x = Setterikkeprøve,forjegseratsvareterriktig,menhuskåsetteprøvepå

Detaljer

Oppgave 1. (a) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir. (b) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved

Oppgave 1. (a) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir. (b) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved Sensorveiledning: ELE 37191 Maemaikk valgfag Eksamensdao: 13.06.2012 09:00 1:00 Toal anall sider: 5 Anall vedlegg: 0 Tillae hjelpemidler: BI-dener eksamenskalkulaor TEXAS INSTRUMENTS BA II Plus Innføringsark:

Detaljer