Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 28/4-2/5

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 28/4-2/5"

Transkript

1 Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 8/4-/5 Tom Lindstrøm 5..5 a) Alle punktene i B har avstand til origo større enn 1, så d(0, B) må være minst 1. Ved å velge punkter på x-aksen med x-koordinater litt større enn 1, får vi punkter i B med avstand til 0 så nær 1 vi måtte ønske, og dermed må d(0, B) = 1. Det finnes ikke noe punkt i B med avstand til origo lik 1 alle slike punkter ligger på sirkelen om origo med radius 1, og ingen punkter på denne sirkelen er med i B. b) For enhver n N finnes det et punkt x n i B slik at a x n < d(a, B)+ 1 n. Siden B er lukket og begrenset, har følgen {x n } en konvergent delfølge {x nk } som konvergerer mot et punkt x i B. Da er a x = lim k a x n k = d(a, B) (ser du ikke direkte at a x = lim k a x nk, så ta en titt på oppgave 5.1.4). Lar vi a = (0, 0) og B = {( 1, 0), (1, 0)}, ser vi at det er to punkter i B med minimal avstand til a (det finnes selvfølgelig utallige andre eksempler). c) La R = d(a, B). Da er ˆB = {x B : x R + 1} en lukket, begrenset delmengde av R m, og d(a, ˆB) = d(a, B). Ifølge punkt b) finnes det et punkt b i ˆB B slik at a b = d(a, ˆB) = d(a, B). d) Anta (for motsigelse) at vi har to forskjellige punkter b og c i B slik at a b = a c = d(a, B). Siden B er konveks, vil også midtpunktet d = 1 (b + c) ligge i B. Lager du en tegning, ser du at det er rimelig å tro at midtpunktet d ligger nærmere a enn det b og c gjør. Kan vi vise dette, har vi den selvmotsigelsen vi er på jakt etter, og oppgaven er løst. La r = b a og s = c a. Da er r = s = d, der d = d(a, B). Vår oppgave er å vise at a d < d. Siden r + s = (d a) (det er lettest å se dette fra tegningen og så kontrollere ved regning), er a d = 1 r + s. Ved trekantulikheten er r+s r + s med likhet bare hvis r = ks for et positivt tall k. Siden dette ikke kan være tilfellet her, har vi r + s < r + s = d. Dermed er a d = 1 r + s < 1 d = d Dette er ulikheten vi var på jakt etter, og oppgaven er løst. (Det går også an å gjøre det siste punktet ved hjelp av Pythagoras setning). 1

2 5.3.1 Vi kan bruke programmet function [x,y]=oppgave1(a,b,n) x=[a]; y=[b]; x(n+1)=0.6*x(n)-0.6*y(n)+0.; y(n+1)=0.6*x(n)+0.6*y(n)+1; For å kjøre programmet med 30 skritt og tegne resultatet, gir vi kommandoene >> [x,y]=oppgave1(0,0,30); >> plot(x,y) >> axis( equal ) Figuren viser en spiralbevegelse inn mot et fikspunkt: Et fikspunkt er et punkt (x, y) slik at hvis vi setter (x n, y n ) = (x, y), så er også (x n+1, y n+1 ) = (x, y). Det betyr at (x, y) er en løsning av ligningssystemet x = 0.6x 0.6y + 0. y = 0.6x + 0.6y + 1 Enkle regninger viser at (x, y) = ( 1, 1) a) Salgsinntektene til firma 1 er I 1 (p, q) = pe 1 (p, q) = 1000pe p q α(p+q). Vi deriverer mhp. p for å finne maksimum: I 1 p = p 1000e q α(p+q) pe p q α(p+q) ( 1 q α) = = 1000e p q α(p+q) (1 p q αp) p Uttrykket er null når p = p = 1+αq, og det er lett å sjekke at dette er maksimumspunktet til funksjonen. Verdien til q fremkommer på tilsvare måte ved derivasjon av I = qe (p, q) mhp. q.

3 b) (Det er en trykkfeil i denne oppgaven. Uttrykket for q skal være q = 1.1q 1 = 1.1 p 1 1+βp 1.) Programmet kan f.eks. se slik ut: function [p,q]=oppgave6(a,b,alpha,beta,n) p=[a]; q=[b]; p(n+1)=1.1*q(n)./(1+alpha*q(n)); q(n+1)=1.1*p(n)./(1+beta*p(n)); Vi kjører programmet og tegner kurvene ved å skrive >> [p,q]=oppgave6(3,4,.05,.05,50); >> plot(p) >> hold on >> plot(q, r ) De første kurvene ser slik ut: Bytter vi isteden til startverdier (x 1, y 1 ) = (1, 1.3), får vi d) Når α β skiller kurvene lag. Her resultatet vi får med (x, y) = (3, 4), α = 0.05, β =

4 Resten av kjøringene overlates til leserne a) For å finne et fikspunkt løser vi ligningen f(x) = x. Det er den samme ligningenen vi løser for å finne skjæringspunkter mellom y = f(x) og y = x. b) Metoden fungerer på denne måten: Vi starter i punktet på x-aksen med x- koordinat x 0, går loddrett opp til funksjonsgrafen til punktet med koordinater (x 0, f(x 0 )) = (x 0, x 1 ), og deretter vannrett bort til linjen y = x. Punktet vi nå er i, har koordinater (x 1, x 1 ). Vi går så igjen loddrett opp (eller ned) til funksjonsgrafen. Punktet vi nå er i, har koordinater (x 1, f(x 1 )) = (x 1, x ). Vi går vannrett bort til linjen y = x, der vi havner i punktet med koordinater (x, x ) osv. c) Siden vi kan velge funksjonen selv, er det lurest å tegne banen først og så legge inn en passe funksjonsgraf etterpå. Her er banen: y = x x 0 x 1 x Her kommer funksjonsgrafen: 4

5 y = x x 0 x 1 x d) Vi må løse ligningen bx(1 x) = x. Observerer vi først at x = 0 er en løsning, kan vi forkorte bort x for å finne andre løsninger. Det gir ligningen b(1 x) = 1, som har løsningen x = 1 1 b. I alt er det derfor to løsninger, x = 0 og x = 1 1 b. e) Dette er bare å regne ut: x 0 = 3 7, x 1 = 6 7, x = 3 7, x 3 = 6 7 osv. f) Vi har f (x) = f(bx(1 x)) = b(bx(1 x))(1 bx(1 x)) = b x(1 x)(1 bx(1 x)) der b = 7. Grafen blir see slik ut: Et fikspunkt for f er også et fikspunkt for f, og derfor er 0 og 5 7 fikspunkter for f. Punkter med periode for f er fikspunkter for f, og dermed er 3 7 og 6 7 skjæringspunkter mellom y = f (x) og y = x. g) Et punkt med periode er en løsning av ligningen f (x) = x, dvs. av ligningen b x(1 x)(1 bx(1 x)) = x Observerer vi at x = 0 er en løsning, kan vi forkorte med x på jakt etter de andre løsningene: b (1 x)(1 bx(1 x)) = 1 Ganger vi ut, får vi tredjegradsligningen b 3 x 3 b 3 x + (b 3 + b )x b + 1 = 0 5

6 Vi vet at fikspunktet x = 1 1 b er en løsning av denne ligningen, så vi polynomdividerer med x b. Resultatet er b 3 x 3 b 3 x + (b 3 + b )x b + 1 = ( x b )( b 3 x (b 3 + b )x + b + b ) For å finne de to siste røttene må vi altså løse annengradsligningen Annengradsformelen gir b 3 x (b 3 + b )x + b + b = 0 x = b3 + b ± (b + b ) 4b 3 (b + b) b 3 = b + 1 ± (b 1) 4 Løsningene er reelle når (b 1) > 4, dvs. når b 3 (og når b 1, men vi er jo bare interessert i tilfellet 0 b 4). Når b = 3 er de to røttene sammenfalle, og de faller også sammen med fikspunktet x = 3. Vi har altså ikke ekte punkter med periode i dette tilfellet Dette er en modifikasjon av en gammel oblig-oppgave. Den opprinnelige oppgaven ligger her: med løsningsforslag her: Anta at {u n } konvergerer mot u. Da konvergerer F(u n ) mot F(u) ifølge setning Dermed er som viser at u er et fikspunkt. u = lim n u n+1 = lim n F(u n) = F(u) Hvis f(0) = 0 eller f(1) = 1, har f åpenbart et fikspunkt, Hvis ingen av disse betingelsene er oppfylt, er f(0) > 0 og f(1) < 1. Den kontinuerlige funksjonen g(x) = f(x) x starter da positivt (siden g(0) = f(0) 0 > 0) og er negativt (siden g(1) = f(1) 1 < 0). Ifølge skjæringssetningen finnes det en x (0, 1) slik at g(x) = 0. Men dermed er f(x) = x, og f har et fikspunkt Avbildningen fra virkeligheten til kartet er en kontraksjon, og den har derfor nøyaktig ett fikspunkt. b 6

7 5.4.5 a) Hvis x er et fikspunkt for F, er F (x) = F(F(x)) = F(x) = x. Tilsvare er F 3 (x) = F(F (x)) = F(x) = x osv. Dersom F hadde to forskjellige fikspunkter x og y, ville disse også være fikspunkter for F k, og det er umulig siden F k er en kontraksjon og bare har ett fikspunkt. b) Vi vet at x er et fikspunkt for F k, dvs. at x = F k (x). Bruker vi F på begge sider av denne likheten, får vi F(x) = F (k+1) (x) = F k (F(x)) som viser at F(x) også er et fikspunkt for F k. Siden F k er en kontraksjon og derfor bare har ett fikspunkt, må F(x) = x. Dette viser at x er et fikspunkt for F, og teoremet er dermed bevist. c) For å vise at F ikke er en kontraksjon trenger vi et moteksempel til definisjonen. La x = (0, 1), y = (0, 0). Da er x y = 1. Siden F(x) = (3, 1) og F(y) = (1, 1), er F(x) F(y) = > x y. Altså er F ikke en kontraksjon. La oss regne ut F. Vi har F (x, y) = F(F(x, y)) = F(y+1, x 3 +1) = ((x 3 For å vise at F er en kontraksjon, regner vi ut y )+1, +1) = ( x , y ) F (x, y) F (u, v) = ( x 3 +3, y ) (u 3 +3, v ) = (x u, y v) 3 som viser at F er en kontraksjon med kontraksjonsfaktor 3. Fikspunktet til F er gitt ved ligningene x = 3 x + 3 og y = y Løser vi dette ligningssystemet, ser vi at x = 9, y = a) Siden f(x) = x 3 x = x(x 1)(x + 1), er nullpunktene -1, 0 og 1. b) Bruker vi Newtons metode på f, får vi x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x3 n x n 3x n 1 = Programmet kan f.eks. se slik ut: function x=oppgave1(a,n) x=[a]; x(n+1)=*x(n).^3./(3*x(n).^-1); x3 n 3x n 1 7

8 c) Starter vi programmet med x 1 = 0.4, får vi konvergens mot 0, starter vi programmet med x 1 = 0.5, får vi konvergens mot -1, og starter vi programmet med x 1 = 0.6, får vi konvergens mot 1. Vi har altså ikke alltid konvergens mot den roten som ligger nærmest. d) Funksjonsgrafen ser slik ut: Bunnpunktet og toppunktet har x-koordinater ± Med startpunkt x 1 = 0.4 begynner vi ett stykke til venstre for bunnpunktet, og tangenten følger funksjonsgrafen ganske tett og treffer x-aksen ikke så langt til venstre for origo. Derfra blir prosessen st tilbake i retning av origo osv. Med startpunkt x 1 = 0.5 blir tangenten mye flatere og treffer x-aksen (viser det seg) i nullpunktet 1 der prosessen blir ståe. Med startpunkt x 1 = 0.6 har vi flyttet oss til høyre for bunnpunktet. Tangenten treffer x- aksen i til høyre for nullpunktet x = 1, og prosessen konvergerer mot dette punktet a) Vi finner først Jacobi-matrisen til F: ( F x 1 (x, y) = x y ) Programmet kan f.eks. se slik ut: function [x,y]=newtonfler(a,b,n) x=[a]; y=[b]; A=[*x(n) -1;*x(n) *y(n)]; w=[x(n);y(n)]; v=[x(n).^-y(n);x(n).^+y(n).^-1]; u=w-a\v; x(n+1)=u(1,1); 8

9 y(n+1)=u(,1); b) Funksjonen har to nullpunkter med tilnærmede verdier (±0.786, ). Har du problemer med å finne dem, bør du flytte startpunktet nærmere disse verdiene. c) For å finne de eksakte verdiene til nullpunktene, løser vi ligningssystemet x y = 0 og x + y 1 = 0 Setter vi x = y fra den første ligningen inn i den andre, får vi annengradsligningen y + y 1 = 0 som har løsningene y = 1± 5. Siden y = x, 5 1 kan vi bare bruke den positive løsningen y = 5 1 som gir x = ±. Nullpunktene er dermed (± , 5 1 ). Vi kan løse ligningssystemet ved å finne nullpunkter til funksjonen x + y + z 9 F(x, y, z) = x y + z 1 x + y + 10z 1 Jacobi-matrisen til denne funksjonen er x y z F (x, y, z) = x y 4z Vi får følge program: function [x,y,z]=newtonfler(a,b,c,n) x=[a]; y=[b]; z=[c]; A=[*x(n) *y(n) *z(n);*x(n) -*y(n) 4*z(n);1 1 10]; w=[x(n);y(n);z(n)]; v=[x(n).^+y(n).^+z(n).^-9;x(n).^-y(n).^+*z(n).^-1;x(n)+y(n)+10*z(n)-1]; u=w-a\v; x(n+1)=u(1,1); y(n+1)=u(,1); z(n+1)=u(3,1); 9

10 Starter vi iterasjonen i punktet x 1 = (1, 1, 1), finner vi (den tilnærmede) løsningen (.011,.019, 0.314). Starter vi iterasjonen i ( 1, 1, 1), finner vi løsningen (.1443,.033, ) a) Observer først at G (x) = F (x) I m. Bruker vi Newtons metode på G, får vi dermed x n+1 = x n G (x n ) 1 G(x n ) = x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) For å komme videre benytter vi at x n = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n ) I m )x n. Setter vi dette inn i formelen ovenfor, får vi: x n+1 = x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) = = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n ) I m )x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) = = (F (x n ) I m ) 1( (F (x n ) I m )x n (F(x n ) x n ) ) = = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n )x n F(x n )) b) Et fikspunkt for f er et nullpunkt for funksjonen g(x) = f(x) x = x 3 + x + 1. Deriverer vi g, får vi g (x) = 3x + som alltid er positiv. Dette betyr at g er strengt vokse og derfor kan ha høyst ett nullpunkt. Siden g( 1) = og g(0) =, forteller skjæringssetningen oss at g har et nullpunkt mellom 1 og 0. Dette betyr at f har et entydig fikspunkt som ligger mellom 1 og 0. c) Iterasjonen divergerer uansett hvor nær fikspunktet vi starter. Dette skyldes at fikspunktet er frastøte. (Vil du skjønne mer av hva som foregår, kan du bruke teknikken fra oppgave Legg merke til at f (x) > 1 i nærheten av fikspunktet det er dette som gjør at fikspunktet er frastøte.) d) Bruker vi Newtons metode på g, får vi (etter litt opprydning) Kjører vi programmet x n+1 = x3 n 1 3x n + function x=newtonen(a,n) x=[a]; x(n+1)=(*x(n).^3-1)./(3*x(n).^+); med startverdi 1, får vi rask konvergens mot Vi ser altså at den ene numeriske metoden konvergerer, men at den andre ikke gjør det. 10

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

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

Detaljer

Oppgaver i funksjonsdrøfting

Oppgaver i funksjonsdrøfting Oppgaver i funksjonsdrøfting To av oppgavene er merket med *. Det betyr at de er ekstra interessante. Oppgave 1 Gitt funksjonen f(x) = x + 4. a) Finn nullpunktene til funksjonen. b) Bruk definisjonen på

Detaljer

Analysedrypp IV: Metriske rom

Analysedrypp IV: Metriske rom Analysedrypp IV: Metriske rom Vi har tidligere sett at begreper som konvergens og kontinuitet har med avstand å gjøre at f er kontinuerlig i punktet a, betyr f. eks. at det for enhver ɛ > 0, finnes en

Detaljer

MAT1110: Obligatorisk oppgave 2, V Løsningsforslag

MAT1110: Obligatorisk oppgave 2, V Løsningsforslag MAT1110: Obligatorisk oppgave 2, V-2015 Oppgave 1: a) Vi har Av 1 = ( 4 6 6 1 Løsningsforslag ) ( 3 2 ) = ( 24 16 ) = 8v 1, så v 1 er en egenvektor med egenverdi 8. Tilsvarende er ( ) ( ) ( ) 4 6 2 10

Detaljer

Oppgave x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x end do

Oppgave x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x end do Oppgave 7.2.6 a) x d 1.0 for n from 1 by 1 to 200 do x d sin x Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x. d) Det er klart at f x = 0 hvis og bare hvis x

Detaljer

Oppgave Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x.

Oppgave Iterasjonen ser ut til å konvergere sakte mot null som er det eneste fikspunktet for sin x. Oppgave 7.2.6 a) x d 1.0 x := 1.0 (1) for n from 1 by 1 to 20 do x d sin x end do x := 0.8170988 x := 0.7562117 x := 0.6783077 x := 0.6275718321 x := 0.5871809966 x := 0.550163908 x := 0.5261070755 x :=

Detaljer

Løsning til prøveeksamen i MAT2400, V-11

Løsning til prøveeksamen i MAT2400, V-11 Løsning til prøveeksamen i MAT400, V-11 Oppgave 1 a) Vi ser at den deriverte f (x) = 1 1+x alltid er mindre enn eller lik 1 i tallverdi. Gitt to punkter x, y R, finnes det ifølge middelverdisetningen en

Detaljer

Analysedrypp II: Kompletthet

Analysedrypp II: Kompletthet Analysedrypp II: Kompletthet Kompletthet er et begrep som står sentralt i både MAT1100 og MAT1110, og som vil stå enda mer sentralt i MAT2400. I de tidligere kursene fremstår begrepet på litt forskjellig

Detaljer

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

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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 4. oktober 20 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte

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

Oppgaver om derivasjon

Oppgaver om derivasjon Oppgaver om derivasjon Oppgave 1 Gitt funksjonen g(x) = x 3 6x 48x + 13 a) Finn g (x). b) Bruk den deriverte til å finne x-koordinaten til topp/bunn-punktene til grafen. Finn også de tilhørende y-koordinatene,

Detaljer

Ikke-lineære ligningssystemer

Ikke-lineære ligningssystemer Innhold 5 Ikke-lineære ligningssystemer 3 5.1 Litt topologi i R m........................ 3 5. Kompletthet av R m....................... 10 5.3 Iterasjon av funksjoner...................... 0 5.4 Konvergens

Detaljer

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5 I kapittel 5 har mange av oppgavene et mer teoretisk preg enn du er vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt på å lage løsningsforslag

Detaljer

Fasit MAT102 juni 2016

Fasit MAT102 juni 2016 Fasit MAT02 juni 206. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen ( ) 6 A = 2 7 Svar: λ = 8 og ( ) x = y y ( ) /2, λ = 5 og ( ) x = y y ( ) for alle y 0. (b) Finn den generelle løsningen på systemet

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

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

Kortfattet løsningsforslag til ekstra prøveeksamen i MAT1100, høsten 2014

Kortfattet løsningsforslag til ekstra prøveeksamen i MAT1100, høsten 2014 Kortfattet løsningsforslag til ekstra prøveeksamen i MAT, høsten 4 DEL Oppgave. 3 poeng Hvis f, y = ye y, er f y lik: A y 3 e y B y e y C e y ye y D e y y e y E e y ye y Riktig svar: D e y y e y Oppgave.

Detaljer

= x lim n n 2 + 2n + 4

= x lim n n 2 + 2n + 4 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten

Detaljer

MA2501 Numeriske metoder

MA2501 Numeriske metoder MA251 Numeriske metoder Løsningsforslag, Øving 3 Oppgave 1 a) Start med å tegne en skisse av funksjonen f(x) = x.99(e x 1). Vi oppdager fort at α må ligge svært nær, faktisk rundt.2. Newtons metode anvendt

Detaljer

Løsningsforslag MAT102 Vår 2018

Løsningsforslag MAT102 Vår 2018 Løsningsforslag MAT102 Vår 2018 Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT102 Tirsdag 12 juni 2018, kl 0900-1400 Oppgavesettet har fem oppgaver Hver deloppgave

Detaljer

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

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

Detaljer

Løsningsforslag 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

6 Numeriske likningsløsere TMA4125 våren 2019

6 Numeriske likningsløsere TMA4125 våren 2019 6 Numeriske likningsløsere TMA415 våren 019 Andregradslikningen kan vi løse med formelen a + b + c 0 b ± b 4ac a Men i mange anvendelser dukker det opp likninger ikke kan løses analytisk Et klassisk eksempel

Detaljer

1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = 2 1 A =

1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = 2 1 A = Fasit MAT102 juni 2017 Oppgave 1 1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen ( ) 1 2 A = 2 1 Løsning: Egenverdiene er røttene til det karakteristiske polynom gitt ved determinanten av matrisen (

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006

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

Detaljer

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Bergen, oktober. 2004. Løsningsforslag til Deleksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag. oktober 2004, kl. 09-2. Oppgave Beregn grensen f.eks. ved hjelp av l Hôpitals regel. lim x ln x x Vi ser at

Detaljer

MAT 1110: Obligatorisk oppgave 1, V-07: Løsningsforslag

MAT 1110: Obligatorisk oppgave 1, V-07: Løsningsforslag 1 MAT 111: Obligatorisk oppgave 1, V-7: Løsningsforslag Oppgave 1. a) Vi deriverer på vanlig måte: ( e (sinh x) x e x ) = = ex + e x = cosh x, ( e (cosh x) x + e x ) = = ex e x = sinh x Enkel algebra gir

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

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag Innlevering BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: 10 + 1 Løsningsforslag 1 Hvilken av de to funksjonene vist i guren er den deriverte

Detaljer

Eksamen R2, Våren 2011 Løsning

Eksamen R2, Våren 2011 Løsning R Eksamen, Våren 0 Løsning Eksamen R, Våren 0 Løsning Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (8 poeng) a) Deriver funksjonene

Detaljer

En følge i en lukket delmengde av R^m kan altså ikke konvergere mot en vektor utenfor den lukkede delmengden.

En følge i en lukket delmengde av R^m kan altså ikke konvergere mot en vektor utenfor den lukkede delmengden. MAT1300 Analyse I 2. februar 2009 For analyse i R spiller delmengder E \subset R på formen E = (a,b) og E= [a,b] ofte en spesiell rolle. Dette er de åpne og de lukkede intervallene. For analyse i R^m er

Detaljer

Derivasjonen som grenseverdi

Derivasjonen som grenseverdi Gitt graf. Start/stopp. Fra sekant til tangent. Veien til formelen for den deriverte til funksjon f i et punkt Animasjonens jem: ttp://ome.ia.no/~cornelib/animasjon/ matematikk/mate-online-at/ablgrenz/

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,

Detaljer

a) f(x) = 3 cos(2x 1) + 12 LF: Vi benytter (lineær) kjerneregel og får f (x) = (sin(7x + 1)) (sin( x) + x) sin(7x + 1)(sin( x) + x) ( sin(x) + x) 2 =

a) f(x) = 3 cos(2x 1) + 12 LF: Vi benytter (lineær) kjerneregel og får f (x) = (sin(7x + 1)) (sin( x) + x) sin(7x + 1)(sin( x) + x) ( sin(x) + x) 2 = Innlevering ELFE KJFE MAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Mandag 12. oktober 2015 før forelesningen 12:30 Antall oppgaver: 7 + 3 Løsningsforslag 1 Deriver de følgende

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

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

Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09

Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09 Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09 Oppgave 1 Du ar fått deg en jobb i et firma og skal kjøre til en konferanse med overnatting. Du drar jemmefra på mandag kl 07:15 og ankommer 11:07. Du overnatter

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

Grunnleggende notasjon ℕ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ℤ =, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,

Grunnleggende notasjon ℕ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ℤ =, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, Grunnleggende notasjon ℕ,, 3, 4, 5, 6, ℤ, 3,,, 0,,, 3, ℝ 𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑟𝑒𝑒𝑙𝑒 𝑡𝑎𝑙𝑙 ℚ 𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑟𝑎𝑠𝑗𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒 𝑡𝑎𝑙𝑙 𝑎 𝑎, ℤ, 0 Induksjonsprinsippet Anta at for hver 𝑛 ℕ har vi gitt et utsagn 𝑃. Anta videre at vi vet at følgende

Detaljer

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

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

Detaljer

Oppgaver og fasit til kapittel 5

Oppgaver og fasit til kapittel 5 Oppgaver og fasit til kapittel 5 Oppgaver til seksjon 5.1 1. Avgjør om mengden er åpen eller lukket eller ingen av delene. Det holder med en figur og et uformelt argument. a) {(x, y) R : x 1 og y 1} f)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Teknostart forelesning 6 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Teknostart forelesning 6 Grenseverdier I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 En formell definisjon

Detaljer

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

Numerisk løsning av ikke-lineære ligninger

Numerisk løsning av ikke-lineære ligninger Numerisk løsning av ikke-lineære ligninger Anne Kværnø February 26, 2018 1 Problemstilling Vi vil først se på numeriske teknikker for å løse skalare ligninger (en ligning, en ukjent), for eksempel eller

Detaljer

Notasjon i rettingen:

Notasjon i rettingen: UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil

Detaljer

Iterasjon og optimering

Iterasjon og optimering Innhold 5 Iterasjon og optimering 3 5.1 Litt topologi i R m........................ 4 5. Kompletthet av R m....................... 13 5.3 Noen konsekvenser av kompletthet............... 18 5.4 Iterasjon

Detaljer

Fasit til eksamen i emnet MAT102 - Brukerkurs i matematikk II Mandag 21.september 2015

Fasit til eksamen i emnet MAT102 - Brukerkurs i matematikk II Mandag 21.september 2015 Fasit til eksamen i emnet MAT02 - Brukerkurs i matematikk II Mandag 2.september 205 Fasit. (a) Løs ligningssystemene. i) 5x + 7y = 4 3x + 2y = ii) 3x + 4y + z = 2 2x + 3y + 3z = 7 Svar: i) x = 85/, y =

Detaljer

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

1. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A =

1. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = 1. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = ( ) 2 3. 1 4 Svar: λ = 5 med egenvektorer [x, y] T = y[1, 1] T og λ = 1 med egenvektorer [x, y] T = y[ 3, 1] T, begge strengt tatt med y 0. (b)

Detaljer

R1 - Funksjoner 2. Løsningsskisser. Alle oppgaver skal gjøres ved regning! Oppgave 1. Oppgave 2. Kapittel

R1 - Funksjoner 2. Løsningsskisser. Alle oppgaver skal gjøres ved regning! Oppgave 1. Oppgave 2. Kapittel R1 - Funksjoner 2 04.02.2014 Alle oppgaver skal gjøres ved regning! Løsningsskisser Oppgave 1 Løs ligningene: a) 3 x 5 b) ln 2x 1 ln x 3 0 c) ln 3e x 2 2x a) ln 3 x ln 5 x ln 3 ln 5 x ln 5 ln 3 1. 47 b)

Detaljer

Løsningsforslag i matematikk

Løsningsforslag i matematikk Løsningsforslag i matematikk 060808 Oppgave (a) ( a b ) b 4 a (ab) = a b b 4 a a b = a b = b a = a + b + 4 a b = a + + b + 4 + (b) Omskrivning av likningen gir sin(x) + cos(x) = 0 sin(x) cos(x) = tan(x)

Detaljer

S1 eksamen våren 2017 løsningsforslag

S1 eksamen våren 2017 løsningsforslag S1 eksamen våren 017 løsningsforslag Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (5 poeng) Løs likningene a) x 5x 0 xx ( 5) 0 x 0 x 5 0

Detaljer

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 7 Løsningsforslag

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 7 Løsningsforslag Matematikk 1000 Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 7 Løsningsforslag Oppgave 1 Halveringsmetoden igjen a) I skriptet vårt fra leksjon 6 skal altså linje 16 erstattes med while abs(b-a)>1e-3. Når vi gjør

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT1100 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 14. oktober 2016 Tid for eksamen: 13.00 15.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg: Svarark,

Detaljer

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,

Detaljer

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 14. desember 2006 Tidspunkt Antall oppgaver 4. Løsningsforslag

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 14. desember 2006 Tidspunkt Antall oppgaver 4. Løsningsforslag Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato. desember 6 Tidspunkt 9. -. Antall oppgaver Vedlegg Tillatte hjelpemidler Ingen Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave Vi løser likningene ved

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 utvalgte oppgaver i kapittel 10

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

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA405 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 3..9: Vi starter med å finne de kritiske punktene. De deriverte blir T x (x, y) = ( x xy)e x y T y (x, y) = ( y xy)e x y, slik at de kritiske

Detaljer

Løsning ved iterasjon

Løsning ved iterasjon Løsning ved iterasjon Arne Morten Kvarving Department of Mathematical Sciences Norwegian University of Science and Technology 17. September 2009 Problem Gitt problemet f (x) = 0 for en eller annen funksjon

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 9 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 9 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Tilnærminger til små endringer. 2 Vekstfart.

Detaljer

S2 eksamen våren 2018 løsningsforslag

S2 eksamen våren 2018 løsningsforslag S eksamen våren 08 løsningsforslag DEL Uten hjelpemidler Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (5 poeng) Deriver funksjonene f x =

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

Noen MATLAB-koder. 1 Plotte en vanlig funksjon. Fredrik Meyer. 23. april 2013

Noen MATLAB-koder. 1 Plotte en vanlig funksjon. Fredrik Meyer. 23. april 2013 Noen MATLAB-koder Fredrik Meyer 23. april 2013 1 Plotte en vanlig funksjon Anta at f : [a, b] R er en vanlig funksjon. La for eksempel f(x) = sin x+x for x i intervallet [2, 5]. Da kan vi bruke følgende

Detaljer

Løsningsforslag MAT102 - v Jon Eivind Vatne

Løsningsforslag MAT102 - v Jon Eivind Vatne Løsningsforslag MAT02 - v203 - Jon Eivind Vatne. (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen A = ( ) 4 2. 3 Svar: Fra den karakteristiske ligningen A λi 2 = λ 2 + 3λ + 2 = 0 får vi egenverdiene

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT1110, 13/6-07

Løsningsforslag til eksamen i MAT1110, 13/6-07 Løsningsforslag til eksamen i MAT, 3/6-7 Oppgaveteksten er gjengitt i kursiv Oppgave : a) Finn de stasjonære (kritiske) punktene til f(x, ) = x + 4x Løsning: Finner først de partiellderiverte: (x, ) x

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

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

Litt topologi. Harald Hanche-Olsen

Litt topologi. Harald Hanche-Olsen MA2104 2006 Litt topologi Harald Hanche-Olsen hanche@math.ntnu.no De reelle tall En grunnleggende egenskap ved de reelle tall, som skiller dem fra de rasjonale tall, er kompletthetsaksiomet. Det har flere

Detaljer

Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03

Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige underveiseksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. De

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

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11 Fasit til utvalgte oppgaver MAT uka 5/-9/ Øyvind Ryan oyvindry@ifi.uio.no) November Oppgave 9.. Vi skriver 5x 5 x )x ) A x B x og ser at vi må løse likningene Ax ) Bx ) x )x ) A B 5 A B 5. A B)x A B x

Detaljer

P(x, y) ) x. Dette er sirkellikningen. Et punkt P(x, y) ligger på denne sirkelen hvis og bare hvis koordinatene passer i likningen.

P(x, y) ) x. Dette er sirkellikningen. Et punkt P(x, y) ligger på denne sirkelen hvis og bare hvis koordinatene passer i likningen. 5.9 Sirkellikningen Fra kapittel 4.3 vet vi at sirkelen er det geometriske stedet for de punktene som har en bestemt avstand r fra et fast punkt S. Avstanden r kaller vi radien, og punktet S kaller vi

Detaljer

x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x2 n 3

x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x2 n 3 TMA4 Høst 26 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag 4.2.8 Vi setter f(x) = x 2 3. Da blir f (x) = 2x, og iterasjonen blir f (x n ) = x n x2 n 3 2x n () Siden vi har

Detaljer

Oppgave 578. Tilleggsspørsmål: a. (Som i original oppgave)

Oppgave 578. Tilleggsspørsmål: a. (Som i original oppgave) Oppgave 578 Med tilleggsspørsmål og eksempler på bruk av GeoGebra. (I forsøket på å illustrere flere forskjellige teknikker er det ikke til å unngå at noen av spørsmålene til en viss grad overlapper hverandre.)

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

MA1102 Grunnkurs i Analyse II Vår 2015

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

Detaljer

MAT 1110: Oblig 1, V-12, Løsningsforslag

MAT 1110: Oblig 1, V-12, Løsningsforslag MAT 0: Oblig, V-2, Løsningsforslag Oppgave: a Jacobi-matrisen er F (x, y u x v x u y v y 3x 2 2 3y 2 b Lineariseringen i punktet a er gitt ved T a F(x F(a + F (a(x a. I vårt tilfelle er a ( 2, 2, og vi

Detaljer

Notasjon i rettingen:

Notasjon i rettingen: UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 07 Notasjon i rettingen: R = Rett R = Rett, men med liten tulle)feil

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

Examples MAT1110. Øyvind Ryan

Examples MAT1110. Øyvind Ryan Examples MAT1110 Øyvind Ryan 19. februar 2013 Example 0.1. Vi skal tegne grafen til f (x, y) = x 3 4y 2 over rektangelet x [ 3,3], y [ 5,5]. Vi lager først en oppdeling av de to intervallene vi er interessert

Detaljer

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 36. Oppgaver til seminaret 9/9. Husk at seminaret finnes i to varianter, begge fredag :

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 36. Oppgaver til seminaret 9/9. Husk at seminaret finnes i to varianter, begge fredag : OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 36 Avsnitt 1.4: 17, 29, 32 Avsnitt 2.2: 12 Avsnitt 2.3: 41, 52 På settet: S.1 Oppgaver til seminaret 9/9 Husk at seminaret finnes i to varianter, begge fredag 12.15-14.00: Seminar

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

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

R1 eksamen høsten 2016 løsningsforslag

R1 eksamen høsten 2016 løsningsforslag R eksamen høsten 06 løsningsforslag Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (5 poeng) Deriver funksjonene f x x 5x 6 a) fx 4x 5 b) g(

Detaljer

Eksamensoppgaver med funksjoner

Eksamensoppgaver med funksjoner Eksamensoppgaver med funksjoner Oppgave 1 - V 013 A r r r (A r er lik formelen for omkretsen av en sirkel!) V r 4 3 3r 4 r (V r er lik formlen for overflaten av en kule!) Oppgave 6 - V013 f x x 3 6x f

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

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Løsningsforslag: MAT 1110 Obligatorisk oppgave 2, V-12

Løsningsforslag: MAT 1110 Obligatorisk oppgave 2, V-12 Løsningsforslag: MAT 0 Obligatorisk oppgave, V- Oppgave a Siden f har en annenderivert, må både funksjonen selv og dens deriverte være kontinuerlige, og det sikrer at vi i regningene nedenfor har 0 0 -uttrykk:

Detaljer

Biseksjonsmetoden. biseksjonsmetode. Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt

Biseksjonsmetoden. biseksjonsmetode. Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt Biseksjonsmetoden Den første og enkleste iterativ metode for ikke lineære likninger er den så kalt biseksjonsmetode. Gitt en intervall [a, b] hvor f skifter fortegn, vi halverer [a, b] = [a, b + a 2 ]

Detaljer

EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT1100 KALKULUS

EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT1100 KALKULUS EKSEMPLER TIL ETTERTANKE MAT00 KALKULUS Simon Foldvik. Oktober 207 Dette dokumentet inneholder eksempler på hvor «ting går galt» og har til hensikt å vise eksempler på hva man ikke kan konkludere. Alle

Detaljer

Funksjoner 1T, Prøve 2 løsning

Funksjoner 1T, Prøve 2 løsning Funksjoner 1T, Prøve løsning Del 1 Tid: 60 min Hjelpemidler: Skrivesaker Oppgave 1 I koordinatsystemet ovenfor er det tegnet fire rette linjer, j, k, m og n. Finn likningen for hver av de fire linjene.

Detaljer

Løsningsforslag øving 6

Løsningsforslag øving 6 Løsningsforslag øving 6 7 Husk Teorem 79 i notatet: En delmengde U av et vektorrom V er et underrom hvis ) nullvektoren er i U, ) summen av to vektorer i U er i U igjen, og 3) et skalarmultiplum av en

Detaljer

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

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >. MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt

Detaljer

R2 eksamen høsten 2017 løsningsforslag

R2 eksamen høsten 2017 løsningsforslag R eksamen høsten 017 løsningsforslag DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (5 poeng) Deriver funksjonene a) f x sin3x f x cos3x 3 6cos3x sin x x sin x x sin x x x cos x sin x g x x x b) gx h x x cos x c) h

Detaljer

Løsningsforslag. Innlevering i BYFE/EMFE 1000 Oppgavesett 1 Innleveringsfrist: 14. september klokka 14:00 Antall oppgaver: 3.

Løsningsforslag. Innlevering i BYFE/EMFE 1000 Oppgavesett 1 Innleveringsfrist: 14. september klokka 14:00 Antall oppgaver: 3. Innlevering i BYFE/EMFE 1000 Oppgavesett 1 Innleveringsfrist: 14. september klokka 14:00 Antall oppgaver: 3 Løsningsforslag Oppgave 1 a) ln a ln 3 a+ln 4 a = ln a 1/2 ln a 1/3 +ln a 1/4 = 1 2 ln a 1 3

Detaljer

Oppgaver og fasit til seksjon

Oppgaver og fasit til seksjon 1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.1-3.3 Oppgaver til seksjon 3.1 1. Regn ut a b når a) a = ( 1, 3, 2) b = ( 2, 1, 7) b) a = (4, 3, 1) b = ( 6, 1, 0) 2. Finn arealet til parallellogrammet utspent av a =

Detaljer