Funktionalligninger - løsningsstrategier og opgaver

Størrelse: px
Starte visningen fra side:

Download "Funktionalligninger - løsningsstrategier og opgaver"

Transkript

1 Funktionalligninger - løsningsstrategier og opgaver Altså er f (f (1)) = 1. På den måde fortsætter vi med at samle oplysninger om f og kombinerer dem også med tidligere oplysninger. Hvis vi indsætter = 1 og y = 0, får vi En funktionalligning er en ligning hvor den ubekendte er en funktion. Man løser en funktionalligning ved at bestemme samtlige funktioner der løser ligningen. I det følgende betegner N de positive hele tal, N 0 de ikke-negative hele tal, Z de hele tal og R de reelle tal. 1 Introduktion til løsning af funktionalligninger For at give et billede af hvordan man kan bestemme løsningerne til en funktionalligning, ser vi på et eksempel. Eksempel Vi ønsker at bestemme samtlige funktioner f : R R som opfylder at f (1) = f (f (0)) 1 + f (f (1)) f (1) = = 0. Altså er f (1) = 0. Da f (f (1)) = 1 og f (1) = 0, kan vi yderligere konkludere at f (0) = 1. Nu har vi fundet to funktionsværdier. Da vi ikke kun vil finde én funktionsværdi ad gangen, indsætter vi nu kun en værdi for en af de to variable, for på den måde at nå frem til noget mere generelt. Sæt = 1: f (1 + y f (1)) = f (f (y )) 1 + f (y f (1)) 0 = f (f (y )) 1 + f (y ) 1 f (y ) = f (f (y )). for alle,y R. f ( + y f ( )) = f ( f (y )) + f (y + f ( )) Altså er f (f ()) = 1 f () for alle R. Nu sætter vi y = 0: For at få information om de funktioner der er løsning til ligningen, prøver vi at indsætte forskellige værdier af og y. Først indsætter vi = y = 0: Vi kan altså konkludere at f (f (0)) = 0. Så indsætter vi = y = 1: f (0) = f (0) + f (f (0)) 0 = f (f (0)). f (1 + f (1)) = f (f (1)) 1 + f (1 + f (1)) 1 = f (f (1)). f () = f ( f (0)) + f (f ()) f () = f ( ) + f (f ( ) = f (f ()). Nu ved vi altså yderligere at f (f ( )) = for alle R. Sammenholdt med at f (f ()) = 1 f ( ) fås at f ( ) = 1 for alle R. Det vi nu har vist, er at hvis der er en løsning, så er den f () = 1. Der er altså højst en løsning til funktionalligningen. For at tjekke om f ( ) = 1 faktisk løser ligningen, indsætter vi først funktionsudtrykket på venstresiden: f ( + y f ( )) = f ( + y (1 )) = 1 y + y. 1

2 Derefter på højesiden: f ( f (y )) + f (y + f ( )) = f ((1 y )) + f (y + 1 ) = (1 + y ) + (1 y 1 + ) = 1 y + y. Dette viser at f () = 1 løser ligningen, og vi ved at det er eneste løsning. Nogle funktionalligninger har flere løsninger, f uendeligt mange, mens andre ikke har løsninger. Opgave 1.1. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder at for alle,y R. f ( + y ) = y f () + f () Opgave 1.. Vis at der ikke findes nogen funktioner f : R R som opfylder at f (f ()) = f () + for alle R, hvor der findes et reelt tal a med f (a ) =. Funktioner defineret på de hele tal Nu ser vi på funktionalligninger med funktioner der er defineret på de hele tal Z eller på en delmængde af Z. Når funktionerne er defineret på de hele tal, har man ofte mulighed for at bruge induktion hvilket vi skal se nærmere på. Eksempel Hvis vi skal bestemme samtlige funktioner f : Z Z som opfylder at f ( + y ) + f ( y ) = f () + f (y ) for alle,y Z, er det en god idé først at prøve sig lidt frem ved at indsætte forskellige værdier for og y som vi gjorde før. Først indsætter vi = y = 0 i funktionalligningen og får f (0) + f (0) = f (0) + f (0). Altså er f (0) = 0. Herefter prøver vi at indsætte = y = 1 og får f () + f (0) = f (1) + f (1), dvs. f () = 4f (1). Hvis man fortsat prøver sig lidt frem med at indsætte små værdier af og y, ser man hurtigt at f (3) = 9f (1), f (4) = 16f (1) og f (5) = 5f (1). Det ligner et mønster hvor f (n) = n f (1) for alle positive heltal n. Vi prøver ved induktion at teste om denne formodning er rigtig. Sæt f (1) = a. Påstanden om at f(n) = n a for alle positive heltal n er sand for n = 1 og n =. Antag at påstanden er sand for alle n N. Ved at indsætte = N og y = 1 fås f (N + 1) = f (N ) + f (1) f (N 1) = (N + (N 1) )a = (N + 1) a, hvilket fuldfører induktionsskridtet. Vi har nu vist at f (n) = n a for alle n N, dvs. vi har fundet funktionsværdierne for alle de positive tal udtrykt ved f (1). Nu mangler vi kun at finde funktionsværdierne af alle de negative tal.

3 Ofte kan man finde funktionsværdierne for alle de negative tal, når man kender de postive. Når man ser på funktionalligningen, er det ikke svært at se at man ved at sætte = 0 får f (y ) = f ( y ). Altså må f (n) = n a for alle n Z. Det vi har vist indtil nu, er kun at hvis der er løsninger til funktionalligningen, da er de på formen f (n) = n a for alle n Z. Nu tester vi om disse funktioner rent faktisk er løsninger ved at indsætte: f ( + y ) + f ( y ) = ( + y ) a + ( y ) a = a + y a f ( ) + f (y ) = a + y a. Altså er alle funktioner f (n) = n a løsninger til ligningen. Vi skal blot kræve at a er et helt tal da funktionsværdierne skal være hele tal. Denne funktionalligning havde altså uendeligt mange løsninger. Eksempel I dette eksempel skal vi se på en funktionalligning hvor der viser sig ikke at være nogen løsninger. Vi ønsker at bestemme samtlige funktioner f : N N som opfylder f (f (n)) = n + 1, for alle n N. For at udnytte at funktionalligningen indeholder f ( f (n)), er det ofte en god idé at sætte n = f (n). Det giver nemlig: f (f (f (n))) = f (n) + 1. Det ser umiddelbart mere grimt ud, men det smarte er at f (f (f (n))) også fremkommer hvis vi tager f på begge sider i den oprindelige ligning: f (f (f (n))) = f (n + 1). Samlet giver det at f (n +1) = f (n)+1 for alle n > 1. Funktionsværdierne vokser altså med 1 når n vokser med 1, dvs. at f (n) = n 1 + f (1) for alle n N. Vi tjekker nu for hvilke værdier af f (1) at dette er en løsning ved at indsætte i den oprindelige ligning: og og altså 3 = f (1). Dette er umuligt da f (1) N. Der er derfor ingen løsninger til ligningen. Opgave.1. Bestem samtlige funktioner f : N N som opfylder a) f (1) = b) f (f ()) = f () + 1 for alle N. Opgave.. Bestem samtlige funktioner f : N N som opfylder a) f (1) = og f (3) = 5. b) f (f ()) = f () + for alle N. Opgave.3. Bestem samtlige funktioner f : Z Z som opfylder a) f (011) = 1 b) f ( )f (y ) = f (y ) for alle,y Z. Opgave.4. Bestem samtlige funktioner f : N N som opfylder for alle,y N hvor > y. f ( + y ) + f ( y ) = + y +, Opgave.5. Bestem samtlige funktioner f : Z Z som opfylder at f (0) = 1 og for alle n Z. f (f (n)) = f (f (n + ) + ) = n, Opgave.6. Bestem samtlige funktioner f : N N 0 som opfylder a) f (1) = 0 b) f ( ) = f () + 1 for alle N. c) f ( + 1) = f () for alle N. n + 1 = f (f (n)) = f (n 1 + f (1)) = n 1 + f (1) 1 + f (1), 3

4 3 Funktioner defineret på de reelle tal I forrige afsnit så vi på funktionalligninger hvor funktionerne var defineret på de hele tal, og det gav mulighed for induktion. Nu udvider vi og ser på funktionalligninger med funktioner defineret på de reelle tal eller en delmængde af de reelle tal. Denne delmængde kan selvfølgelig godt bare indeholde hele tal. Det er stadig en god idé at starte med at sætte forskellige værdier af de variable ind, ligesom når vi så på funktionalligninger med funktioner defineret på de hele tal, men vi skal også se på flere andre løsningsstrategier Substitution Når man skal bestemme samtlige funktioner f : R R som opfylder at f () + f (1 ) = + 1 for alle R, er det interessant at man ved at erstatte med 1 får endnu en ligning f (1 ) + (1 )f () = (1 ) + 1 = + hvor funktionsværdierne f () og f (1 ) indgår. Hvis vi ganger denne ligning med og trækker den fra den oprindelige ligning, får vi og altså at f () (1 )f ( ) = f () = for alle R, som eneste mulige løsning. (Bemærk at +1 > 0 for alle ). Ved indsættelse ses at denne funktion opfylder betingelserne. Opgave 3.1. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder at 4f (3 ) + 3f ( ) = for alle R. Opgave 3.. Bestem samtlige funktioner f : R\{0, 1} R som opfylder at 1 f () + f = for alle R. 1 Symmetri I nogle funktionalligninger er det interessant at se om der er en form for symmetri. Hvis man f skal bestemme samtlige funktioner f : R R som opfylder at f ( + y ) f (y ) = + y for alle,y R, er det vigtigt at lægge mærke til at f ( + y ) er symmetrisk i og y, og dermed + y + f (y ) = y + y + f () og altså f () = f (y ) y for alle,y R. Dette viser nemlig at f ( ) er konstant for alle, og derfor at løsningerne skal findes blandt funktionerne f () = + a. Ved indsættelse ses at f () = + a løser ligningen for alle reelle tal a. Opgave 3.3. Bestem samtlige funktioner f : R + R + som opfylder at 1 f ( y )f + 1 = f () + y for alle,y R +. y Opgave 3.4. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder at ( y )f ( + y ) ( + y )f ( y ) = 4 y ( y ) for alle,y R. Nu skal vi se nærmere på funktionsegenskaberne injektiv, surjektiv og bijektiv. Injektiv En funktion f : A B er injektiv hvis f () = f (y ) medfører at = y for alle,y A. Sujektiv En funktion f : A B er surjektiv hvis der for hvert y B findes et A så f ( ) = y. Bijektiv En funktion kaldes bijektiv hvis den både er injektiv og surjektiv. 4

5 Når man løser funktionalligninger, kan det være en god idé at overveje om en løsning er injektiv, surjektiv eller bijektiv. Hvis man f ved at funktionsværdierne af to udtryk er identiske, da må udtrykkene også være identiske hvis funktionen er injektiv. Andre gange har man brug for at vide at der findes et med en bestemt funktionsværdi, fordi det f kan være interessant at indsætte sådan en værdi. Nu skal vi se på et eksempel hvor man kan udnytte injektivitet. Injektivt Hvis vi skal bestemme samtlige funktioner f : R R som opfylder at f ( y f ()) = y + f (y ) for alle,y R, kan man ret hurtigt se at en løsning må være injektiv: Hvis f () = f (y ), er y = f ( y f ()) f (y ) = f (y f (y )) f () = y, og dermed = y og altså = y. For at kunne udnytte injektivitetsegenskaben, vil vi gerne have to funktionsværdier som er identiske. Ved at sætte = y, får vi f ( f ()) = f (), og dermed f () =. Dvs. den eneste mulige løsning er f () =. Ved indsættelse ses at denne funktion ikke løser ligningen, der er altså ingen løsninger. Et par definitioner inden der kommer flere opgaver: Voksende funktion En funktion f er voksende i et interval I hvis der for alle 1, I, 1 <, gælder at f ( 1 ) < f ( ). Aftagende funktion En funktion f er aftagende i et interval I hvis der for alle 1, I, 1 <, gælder at f ( 1 ) > f ( ). Svagt voksende funktion En funktion f er svagt voksende i et interval I hvis der for alle 1, I, 1 <, gælder at f ( 1 ) f ( ). Svagt aftagende funktion En funktion f er svagt aftagende i et interval I hvis der for alle 1, I, 1 <, gælder at f ( 1 ) f ( ). Opgave 3.5. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder at 3 + f ( + y f ( )) = 3y + f (y ) for alle,y R, Opgave 3.6. En funktion f : R R opfylder at 4f (f ()) = f () + for alle reelle tal. Vis at f ( ) = 0 netop når = 0. Opgave 3.7. Bestem alle injektive funktioner f : N N så f (f (n)) n + f (n) for alle n N. Opgave 3.8. Bestem alle funktioner f : R R så f ( f (y ) + ) = y + f () for alle,y R. 5

6 4 Blandede opgaver Opgave 4.1. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder at f ( f (y )) = 1 y for alle,y R. Opgave 4.. Bestem alle reelle tal a for hvilke der findes en et reelt tal α og en funktion f : R R som opfylder at for alle R. f (α) = 0 og f (f ()) = f () + a Opgave 4.3. Bestem samtlige funktioner f : R + R som opfylder at f (y ) = y f () for alle,y R +. Opgave 4.4. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder f ()f (y ) = f ( y + ) + 3f ( + y ) + y for alle,y R. Opgave 4.5. Bestem samtlige funktioner f : R R som opfylder f (y ) + y f ( ) = ( + y )f ( )f (y ) for alle,y R. Opgave 4.6. Bestem samtlige funktioner f : N N som opfylder for alle m,n N hvor m > n. f (m + n)f (m n) = f (m ), Opgave 4.7. En funktion f : N N er svagt voksende og opfylder f (m n) = f (m )f (n) for alle positive hele tal m og n som er indbyrdes primiske. Vis at f (8)f () (f (10)). Opgave 4.8. Lad f : N N være en voksende funktion som opfylder at f () = a > og f (nm ) = f (n)f (m) for alle n,m N. Bestem den mindst mulige værdi af a. Opgave 4.9. Lad F være en svagt voksende reel funktion defineret for alle, 0 1, som opfylder følgende: i) F ( 3 ) = F (), ii) F (1 ) = 1 F (). Bestem F ( ) og F ( 1 ). Opgave Lad f være en funktion defineret på de positive hele tal som opfylder at f (1) = 1995 og f (1) + f () + + f (n) = n f (n) for alle hele tal n > 1. Bestem f (1995). Opgave Den reelle funktion f er defineret på intervallet [0; 1] og opfylder at a) f ( ) 0 for alle [0; 1], b) f (1) = 1, c) f ( + y ) f () + f (y ) for alle,y [0; 1]. Vis at f () for alle [0; 1]. Opgave 4.1. En funktion f : R\{0} R opfylder følgende: a) f ( ) f (y ) = f ()f (1/y ) f (1/)f (y ) for alle,y R\{0}. b) Der findes mindst et R\{0} så f () = 1. Bestem f ( 1). 6

7 5 Løsninger Opgave 1.1 For y = 1 er f ( 1) = f () + f () = 0 for alle R. Altså er f () = 0 for alle R eneste mulige løsning. Ved indsættelse ses at f () = 0 er en løsning. Opgave 1. For = a er Nu sættes = : Dermed fås når = 0 og yderligere når = 4 f ( ) = f (f (a )) = a f (a ) + a = a ( ) + a = 0. f (0) = f (f ( )) = f ( ) + ( ) = 4. f ( 4) = f (f (0)) = 0, f (0) = f (f ( 4)) = 4f ( 4) + ( 4) = 8, hvilket er i modstrid med at f (0) = 4. Der er altså ingen funktioner der opfylder det ønskede. Opgave.1 Vi viser at f (n) = n + 1 for alle positive heltal n ved induktion efter n. Vi ved at f (1) =. Antag at f (n) = n + 1. Da er f (n + 1) = f (f (n)) = f (n) + 1 = n = n +. Dermed er f (n) = n + 1 eneste mulige løsning, og ved indsættelse ses at den opfylder betingelserne. Opgave. Først viser vi ved induktion efter n at f (n) = n + for alle positive heltal n. For n = 1 er f ( 1) = f (f (1)) = f (1)+ = 4. Antag nu at f (n) = n +. Da er f ((n + 1)) = f (n + ) = f (f (n)) = f (n) + = n + + = (n + 1) +. Derefter viser vi at f (n +1) = n +3 for alle postive heltal n ved induktion efter n. For n = 1 ved vi at f ( 1+1) = f (3) = 5 = 1+3. Antag at f (n +1) = n +3. Da er f ((n + 1)+1) = f (n + 3) = f (f (n + 1)) = f (n + 1)+ = (n + 1)+1+. Dermed er den eneste mulige løsning at f (n) = n + for alle positive heltal n > 1 og f (1) =. Ved indsættelse ses at det er en løsning. Opgave.3 Bemærk først at f (0) = f (0), dvs. at f (0) = 0 eller f (0) = 1. Hvis f (0) = 0, er f ( ) = f ( 0) = f ()f (0) = 0 for alle i modstrid med at f (011) = 1. Dermed er f (0) = 1. Nu er f (n) = f (0) = 1, og f (n)f (n) = f (n) for alle n, og altså f (n) = 1 eller f (n) = 1 for ulige n, og f (n) = 1 for lige n. Antag at der findes et ulige n så f (n) = 1. Da er f (011) = f (011 + n)f (n) = 1 hvilket er en modstrid. Dermed er f (n) = 1 for alle n eneste mulige løsning, og ved indsættelse ses at den opfylder betingelserne. Opgave.4 For = og y = 1 er f (3) + f (1) = 1, for = 3 og y = er f (5) + f (1) = 8, og for = 4 og y = 1 er f (5) + f (3) = 36. Ved at løse disse tre ligninger med tre ubekendte fås f (1) =, f (3) = 10 og f (5) = 6. På tilsvarende måde kan man bestemme f () = 5, f (4) = 17 og f (6) = 37. Vi viser nu ved induktion efter n at f (n) = n + 1 for alle naturlige tal n. Vi ved allerede at f (1) = = og f () = 5 = + 1. Antag at f (n) = n + 1 for alle positive heltal n N. Da er f (N +1) = f (N 1)+(N ) +(1) + = (N +1) +1. Dermed er f () = +1 den eneste mulige løsning, og ved indsættelse ses at den opfylder betingelserne. Opgave.5 Vi ønsker at vise at f (n) = f (m) medfører at n = m. En funktion med denne egenskab kaldes injektiv, og det smarte ved at vise at f er injektiv, er at så medfører at f (f (n)) = f (f (n + ) + ) f (n) = f (n + ) +. For at vise at f er injektiv, antager vi at f (n) = f (m). Ved at tage f på begge sider opnås f (f (n)) = f (f (m )), og dermed ifølge betingelsen i opgaven m = n. Funktionen f er altså injektiv, og vi ved derfor at at f (n) = f (n +)+. Desuden er f (1) = f (f (0)) = 0. Dette sammenholdt med f (n + ) = f (n) giver ved induktion f (n) = 1 n. 7

8 Opgave.6 Først bemærkes at f () = f (1) + 1 = 1, f (3) = f (1) = 0, f (4) = f ()+1 = 3, osv. På denne måde kan man rekursivt finde f (n) for alle naturlige tal n. Der er altså højst en løsning til funktionalligningen. Påstand: Lad n være et naturligt tal, og skriv n på formen n = m + l, 0 l < m. Da er f (n) = m+1 n 1. Det eftervises let at denne funktion opfylder de tre betingelser. Opgave 3.1 Først erstattes med 3 : 4f () + 3f (3 ) = Dermed er 7f () = 4 4f () + 3f (3 ) 3 4f (3 ) + 3f () = , og altså f () = 4+36 eneste mulige løsning. Ved indsættelse ses at den opfylder 7 betingelsen. Opgave 3. Substituer først med 1 1 i ligningen: Substituer nu med 1 1 f + f 1 i ligningen: 1 = f + f () = 1. Bemærk at de to ovenstående ligninger sammen med den oprindelige udgør tre ligninger med de tre ubekendte f ( ), f og f. For at løse dem, 1 1 trækker vi først de to ovenstående fra hinanden: 1 f () f = Lægges denne ligning sammen med den oprindelige fås f ( ) = = , og altså f () = Ved indsættelse ses at denne funktion er løsning til ligningen. Opgave 3.3 Af symmetrigrunde er 1 f ( y )f + 1 = f () + y = f (y ) + for alle,y R +, y og dermed f () = f (y ) y, og altså f () = +k. Vi undersøger nu for hvilke reelle tal k at f ( ) = + k er en løsning. som omskrives til. 1 ( y + k ) + 1 y + k = + y + k, k y y + k 1 = 0. Da denne ligning skal gælde for alle og y, må k = 0, dvs. at den eneste løsning er f () =. Opgave 3.4 Ved at dividre med y under antagelse af at ±y fås Dermed er f ( + y ) + y f ( + y ) + y f ( y ) y ( + y ) = f ( y ) y = 4 y = ( + y ) ( y ). ( y ) for alle ±y. Dette viser at f ( ) er konstant for alle 0, og altså at f () = 3 +k for alle 0. Ved at indsætte = y = 1 i den oprindelige ligning, fås f (0) = 0. Dermed er de mulige løsninger f () = 3 + k, hvor k er et reelt tal, og ved indsættelse ses at disse er løsninger for alle reelle tal k. 8

9 Opgave 3.5 Først viser vi at f er injektiv. Antag at f () = f (y ). Da er 3y 3 = f ( + y f ()) f (y ) = f (y + f (y )) f () = 3 3y, og dermed = y. Dette viser at f er injektiv. Når = y fås 3 + f (4 f ()) = 3 + f ( ). Da f er injektiv, er 4 f () =, og dermed f () = 3 eneste mulige løsning. Ved indsættelse ses at f () = 3 for alle R er en løsning til funktionalligningen. Opgave 3.6 Bemærk først at funktionen er injektiv da f () = f (y ) medfører at = 4f (f ()) f () = 4f (f (y )) f (y ) = y. Vi skal dermed blot vise at f (0) = 0. Ved at indsætte = 0 fås 4f (f (0)) = f (0)+0 = f (0), og altså f (f (0)) = f (0), og ved at indsætte = f (0) og udnytte det foregående fås 4f (f (f (0))) = f (f (0)) + f (0) = f (0) + f (0) = f (0). Samlet er f (f (f (0))) = f (f (0)), og da f er injektiv, er f (0) = 0. Opgave 3.7 Vi ønsker at vise at f (n) n, for når f er injektiv, giver det at f (n) = n (overvej). Antag derfor at der findes et n så f (n) > n. Lad f k (n) betegne f (f (... f (n)...)) hvor f er taget k gange. Da er f (n) n + f (n) < f (n) f 3 (n) f (n) + f (n) < f (n) Vi viser ved induktion efter k at f k (n) < f (n). Antag at det er sandt for alle k K. Da er f K +1 (n) f K 1 (n) + f K (n) < f (n). Da der kun findes endeligt mange positive heltal som er mindre end f (n), må der findes to positive hele tal p og q, p < q, så f p (n) = f q (n). Da f er injektiv, giver dette at n = f q p (n) < f (n), hvilket er en modstrid. Dermed er f (n) n for alle n N. Som vi allerede konkluderede tidligere, betyder dette at f (n) = n er eneste mulige løsning da f skal være injektiv. Denne funktion opfylder også uligheden. Opgave 3.8 Sæt = 1. Da er f (f (y )+1) = y + f (1), hvilket viser at f er surjektiv. Derfor findes et k R så f (k ) = 1. Når y = k fås f (0) = k + f ( ). Altså er f en lineær funktion f ( ) = a + b. Vi indsætter i den oprindelige ligning for at finde de mulige værdier af a og b : f ( f (y ) + ) = y + f () f ( (a y + b) + ) = y + a + b a (a y + b + ) + b = y + a + b a y + ab = 0 Dermed er a = 1 og b = 0. Samtlige løsninger er derfor f () = og f () =. Opgave 4.1 Ved at indsætte = f (y ) i f ( f (y )) = 1 y, fås f (0) = 1 f (y ) y for alle y, og altså f (y ) = y + 1 f (0). Løsningerne skal derfor findes blandt f () = +a, og ved indsættelse ses at kun f () = + 1 er en løsning. Opgave 4. Antag at a er et reelt tal så der findes et reelt tal α og en funktion f : R R som opfylder at f (α) = 0 og f (f () = f ()+a, R. Ved at indsætte = α fås Nu sættes = 0: Dette giver nu med = a at f (0) = f (f (α)) = αf (α) + a = a. f (a ) = f (f (0)) = 0 f (0) + a = a. a = f (f (a )) = a f (a ) + a = a + a, og altså at a = 0. Hvis a = 0 opfylder α = 0 og f () = 0 for alle R det ønskede. Opgave 4.3 Da begge sider er positive, kan vi tage logaritmen. Dermed fås f () ln = f (y ) f () under forudsætning af at og y ikke er 1. Dermed er konstant for lny ln 9

10 alle 1. Desuden er f (1) = ln(1) f (y ) = 0. De eneste mulige løsninger er derfor lny funktioner af typen f ( ) = c ln. Ved indsættelse ses at disse er løsninger for alle reelle tal c. Opgave 4.4 Når vi indsætter y = 0, får vi f ( )f (0) = f ()+3f () = 4f () for alle, dvs. f (0) = 4 eller f () = 0 for alle. Da f ( )f (y ) f ( y +) 3f ( + y ) = y, kan f () ikke være nul for alle, dvs. f (0) = 4. Ved at indsætte = 0 og udnytte at f (0) = 4, får vi 4f (y ) = 4+3f (y )+y, og altså f (y ) = y +4 for alle y som eneste mulige løsning. Ved indsættelse ses at f ( ) = + 4 opfylder betingelserne. Opgave 4.5 Sæt y =. Da er f ( ) = f (), dvs. f ( ) = f ( ) for alle R\{0}. Dermed er f ( ) = 0 eller f () = 1 for R\{0}. Antag at der findes et 0 så f () = 1. Da er f (y )+y = ( +y )f (y ), og altså y = f (y )y for alle y, og f (y ) = 1 for alle y 0. Funktionen f () = 1 for 0 og f (0) = a, hvor a er et vilkårligt reelt tal, er en løsning. (Tjek selv). Antag at der ikke findes et 0 så f ( ) = 1. Da er f () = 0 for alle 0. Hvis man tjekker funktioner af typen f () = 0 for alle 0 og f (0) = a, hvor a er et vilkårligt reelt tal, ser man at den eneste af denne type løsninger er den hvor a = 0, dvs. f () = 0 for alle. Opgave 4.6 Bemærk først at f (4) = f ( ) = f (3)f (1) og f (9) = f (3 ) = f (4)f () = f (5)f (1). Hvis m 3, gælder desuden at f ((m + 1) ) = f (m + 1)f (1) = f (m)f () = f (m 1)f (3). Hvis f (1), f () og f (3) er bestem, kan alle andre funktionsværdier altså herefter bestemmes induktivt. Vi har f (5) = = f ()f (3), f (6) = = f (3), f (6)f () f ()f (3) f (4)f () f (1) f (5)f (3) f () f (7) = = og f (9) = f (1)f (5) = f (1)f ()f (3). Nu kan vi udregne f (1) f (1) f (5) på tre forskellige måder, hvilket viser at f (9) f (1) = f (7)f (3) = f (6)f (4), og dermed f (1) f ()f (3) = f ()f (3)3 f (1) = f (1)f (3) 3. Af dette ses at f () = f (1) og f (1) 3 = f (3). Ved at udregne f (36) på to måder fås yderligere f (9)f (3) = f (7)f (5), og altså f (1)f ()f (3) = f () f (3) 3. Sammenholdt med at f () = f (1) f (1), giver dette f (3) = 1, og dermed også f (1) = f () = 1. Den eneste mulige løsning er derfor f (n) = 1 for alle n, og ved indsættelse ses at dette faktisk er en løsning. Opgave 4.7 Da f er svagt voksende, og f (n)f (m ) = f (nm) når (n,m ) = 1, er f ()f (7) = f (91) f (90) = f (9)f (10). Tilsvarende er Ved at kobinere dette fås f (8)f (9) = f (7) f (70) = f (7)f (10). f (7)f ()f (8)f (9) f (7)f (9)f (10) f (8)f () f (10). Opgave 4.8 Da f (n) = n opfylder betingelserne, er f () = 4 en mulig værdi for a. Hvis 4 ikke er den mindst mulige værdi af a, må a = 3 da a >. Antag derfor at a = 3. Da er og f (3) 4 = f (3 4 ) = f (81) > f (64) = f ( 6 ) = f () 6 = 3 6 = 7 > 5 = 5 4, f (3) 8 = f (3 8 ) = f (6561) < f (819) = f ( ) = f () = 3 = < = 6 8. I alt er 5 < f (3) < 6 hvilket er umuligt. Den mindste værdi af a er derfor 4. Opgave 4.9 Ifølge i) er F (0) = 1 F (0), altså F (0) = 0. Af dette og ii) ses at F (1) = F (1 0) = 1 F (0) = 1. Desuden giver i) at F ( 1 3 ) = F (1) F ( 3 ) = 1 F ( 1 3 ) = 1. Da F er en svagt voksende funktion, må F () = 1 [ 1 3, 3 ]. Nu kan vi udregne F ( 173 Desuden er 1 F 1993 ): 173 F = F 1993 = 1 4 = 1 F 1 1 F = F = 1 4 F = 1 4 = 1, og ii) yderligere at for alle = F = = 1 F = 1 1 F 1 = 4F = 8F 1 10

11 og altså F ( 1 ) = 1 7. Opgave 4.10 Ved at kombinere f (1) + f () + + f (n) = n f (n) og f (1) + f () + + f (n 1) = (n 1) f (n 1) fås f (n) = f (1) + f () + + f (n 1) n 1 = (n 1) f (n 1) (n 1)(n + 1) = n 1 f (n 1). n + 1 Dermed er og f (1995) = f (n) = n 1 n + 1 n 1 n f (n 1) = n + 1 n f (n ) = = n(n + 1) f (1), f (1) = Opgave 4.11 Bemærk at 1 = f (1 + 0) f (1) + f (0) = 1 + f (0), og altså f (0) = 0. Først viser vi ved induktion efter n at f ( 1 ) 1. For n = 1 er f ( 1 ) f (1) = 1, n n og dermed f ( 1 ) 1 1. Antag at f ( ) 1 1. Da er f ( ) f ( 1 ) 1, og dermed n n n+1 n n 1 f ( ) 1. n+1 n+1 For ]0; 1] vælges n = 0, 1,,... således at [ 1 1 ; ]: Dermed er ifølge c) n n f ( ) f n 1 f n 1 1. n 1 Da yderligere f (0) = 0 gælder for alle [0; 1] at f (). Opgave 4.1 I ligningen f () f (y ) = f ()f (1/y ) f (1/ )f (y ) erstattes og y med henholdsvis 1/ og 1/y hvilket samlet giver f () + f (1/) = f (y ) + f (1/y ) for alle og y forskellige fra 0, dvs. at f () + f (1/) = c for en konstant c. Dermed kan f () f (y ) = f ( )f (1/y ) f (1/)f (y ) omskrives til (c 1)f () = (c 1)f (y ). Hvis c 1, da er f () = f (y ) for alle,y, og dermed er funktionen konstant, dvs. f ( 1) = 1 ifølge b). Hvis c = 1, er f ( 1) = f ( 1) + f ( 1 1 ) = 1, dvs. f (1) = 1. 11

Ligninger med reelle løsninger

Ligninger med reelle løsninger Ligninger med reelle løsninger, marts 2008, Kirsten Rosenkilde 1 Ligninger med reelle løsninger Når man løser ligninger, er der nogle standardmetoder som er vigtige at kende. Vurdering af antallet af løsninger

Læs mere

TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning.

TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning. Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning, marts 2007, Kirsten Rosenkilde 1 TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning. Disse noter forudsætter et grundlæggende kendskab til talteori som man kan

Læs mere

TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning.

TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning. Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning, marts 2007, Kirsten Rosenkilde 1 TALTEORI Wilsons sætning og Euler-Fermats sætning. Disse noter forudsætter et grundlæggende kendskab til talteori som man kan

Læs mere

Løsning af præmie- og ekstraopgave

Løsning af præmie- og ekstraopgave 52 Læserbidrag Løsning af præmie- og ekstraopgave 23. årgang, nr. 1 Martin Wedel Jacobsen Både præmieopgaven og ekstraopgaven er specialtilfælde af en mere generel opgave: Hvor mange stykker kan en n-dimensionel

Læs mere

Secret Sharing. Olav Geil Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet email: olav@math.aau.dk URL: http://www.math.aau.dk/ olav.

Secret Sharing. Olav Geil Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet email: olav@math.aau.dk URL: http://www.math.aau.dk/ olav. 1 Læsevejledning Secret Sharing Olav Geil Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet email: olav@math.aau.dk URL: http://www.math.aau.dk/ olav September 2006 Nærværende note er tænkt som et oplæg

Læs mere

TALTEORI Primfaktoropløsning og divisorer.

TALTEORI Primfaktoropløsning og divisorer. Primfaktoropløsning og divisorer, oktober 2008, Kirsten Rosenkilde 1 TALTEORI Primfaktoropløsning og divisorer. Disse noter forudsætter et grundlæggende kendskab til talteori som man kan få i Marianne

Læs mere

Forslag til løsning af Opgaver til ligningsløsning (side172)

Forslag til løsning af Opgaver til ligningsløsning (side172) Forslag til løsning af Opgaver til ligningsløsning (side17) Opgave 1 Hvis sønnens alder er x år, så er faderens alder x år. Der går x år, før sønnen når op på x år. Om x år har faderen en alder på: x x

Læs mere

Grafteori, Kirsten Rosenkilde, september 2007 1. Grafteori

Grafteori, Kirsten Rosenkilde, september 2007 1. Grafteori Grafteori, Kirsten Rosenkilde, september 007 1 1 Grafteori Grafteori Dette er en kort introduktion til de vigtigste begreber i grafteori samt eksempler på opgavetyper inden for emnet. 1.1 Definition af

Læs mere

Variabel- sammenhænge

Variabel- sammenhænge Variabel- sammenhænge Udgave 2 2009 Karsten Juul Dette hæfte kan bruges som start på undervisningen i variabelsammenhænge for stx og hf. Hæftet er en introduktion til at kunne behandle to sammenhængende

Læs mere

Funktionalligninger. Anders Schack-Nielsen. 25. februar 2007

Funktionalligninger. Anders Schack-Nielsen. 25. februar 2007 Funktionalligninger Anders Schack-Nielsen 5. februar 007 Disse noter er en introduktion til funktionalligninger. En funktionalligning er en ligning (eller et ligningssystem) hvor den ubekendte er en funktion.

Læs mere

Finde invers funktion til en 2-gradsfunktion - ved parallelforskydning. John V Petersen

Finde invers funktion til en 2-gradsfunktion - ved parallelforskydning. John V Petersen Finde invers funktion til en 2-gradsfunktion - ved parallelforskydning John V Petersen Finde invers funktion til en 2-gradsfunktion - ved parallelforskydning 2015 John V Petersen art-science-soul Indhold

Læs mere

Polynomier et introforløb til TII

Polynomier et introforløb til TII Polynomier et introforløb til TII Formål At introducere polynomier af grad 0, 1, 2 samt højere, herunder grafer og rødder At behandle andengradspolynomiet og dets graf, parablen, med fokus på bl.a. toppunkt,

Læs mere

Analyse 1, Prøve 4. 25. juni 2009. r+1. Men vi har øjensynligt, at 2. r r+1

Analyse 1, Prøve 4. 25. juni 2009. r+1. Men vi har øjensynligt, at 2. r r+1 Analyse 1, Prøve 4 25. juni 29 Alle henvisninger til CB er henvisninger til Metriske Rum (1997, Christian Berg), alle henvisninger til TL er til Kalkulus (26, Tom Lindstrøm), og alle henvisninger til Opgaver

Læs mere

Arealer under grafer

Arealer under grafer HJ/marts 2013 1 Arealer under grafer 1 Arealer og bestemt integral Som bekendt kan vi bruge integralregning til at beregne arealer under grafer. Helt præcist har vi denne sætning. Sætning 1 (Analysens

Læs mere

Induktion: fra naturlige tal til generaliseret skønhed Dan Saattrup Nielsen

Induktion: fra naturlige tal til generaliseret skønhed Dan Saattrup Nielsen 36 Induktion: fra naturlige tal til generaliseret skønhed Dan Saattrup Nielsen En artikel om induktion, hvordan er det overhovedet muligt? Det er jo trivielt! Bevis ved induktion er en af de ældste matematiske

Læs mere

Tal, funktioner og grænseværdi

Tal, funktioner og grænseværdi Tal, funktioner og grænseværdi Skriv færdig-eksempler der kan udgøre en væsentlig del af et forløb der skal give indsigt vedrørende begrebet grænseværdi og nogle nødvendige forudsætninger om tal og funktioner

Læs mere

Sølvkorn 11 Eksponentialfunktioner og logaritmer

Sølvkorn 11 Eksponentialfunktioner og logaritmer Eksponentialfunktioner og logaritmer Rasmus Sylvester Bryder Findes der for b, y > 0 et x R, så b x = y? Svaret er ja undtagen for b = 1, y 1), og det er alment kendt, at logaritmefunktionen gør et godt

Læs mere

DesignMat Uge 11 Vektorrum

DesignMat Uge 11 Vektorrum DesignMat Uge Vektorrum Preben Alsholm Forår 200 Vektorrum. Definition af vektorrum Definition af vektorrum Lad L betegne R eller C. Lad V være en ikke-tom mængde udstyret med en addition + og en multiplikation

Læs mere

Frank Villa. 15. juni 2012

Frank Villa. 15. juni 2012 2 er irrationel Frank Villa 15. juni 2012 c 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som aonnerer på MatBog.dk. Se yderligere etingelser for rug her. Indhold 1 Introduktion

Læs mere

Er A åben? Er A afsluttet? Er A en Borel-mængde? [Vink: Prøv at skriv A som en tællelig forening af afsluttede mængder.

Er A åben? Er A afsluttet? Er A en Borel-mængde? [Vink: Prøv at skriv A som en tællelig forening af afsluttede mængder. Analyse Øvelser Rasmus Sylvester Bryder 10. og 13. september 013 Supplerende opgave 4 Betragt mængden A = {(x, y) R x + y 1, x < y}. Er A åben? Er A afsluttet? Er A en Borel-mængde? [Vink: Prøv at skriv

Læs mere

Differentiation af Logaritmer

Differentiation af Logaritmer Differentiation af Logaritmer Frank Nasser 11. juli 2011 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold

Læs mere

Algebra - Teori og problemløsning

Algebra - Teori og problemløsning Algebra - Teori og problemløsning, januar 05, Kirsten Rosenkilde. Algebra - Teori og problemløsning Kapitel -3 giver en grundlæggende introduktion til at omskrive udtryk, faktorisere og løse ligningssystemer.

Læs mere

Inverse funktioner. John V Petersen

Inverse funktioner. John V Petersen Inverse funktioner John V Petersen Indhold Indledning: Indledende eksempel. Grafen for en funktion. Og grafen for den inverse funktion.... 3 Afbildning, funktion og inverse funktion: forklaringer og definitioner...

Læs mere

Modul 5: Test for én stikprøve

Modul 5: Test for én stikprøve Forskningsenheden for Statistik ST01: Elementær Statistik Bent Jørgensen Modul 5: Test for én stikprøve 5.1 Test for middelværdi................................. 1 5.1.1 t-fordelingen.................................

Læs mere

Om hvordan Google ordner websider

Om hvordan Google ordner websider Om hvordan Google ordner websider Hans Anton Salomonsen March 14, 2008 Man oplever ofte at man efter at have givet Google et par søgeord lynhurtigt får oplysning om at der er fundet et stort antal - måske

Læs mere

Lektion 6 Logaritmefunktioner

Lektion 6 Logaritmefunktioner Lektion 6 Logaritmefunktioner Den naturlige logaritmefunktion Andre logaritmefunktioner log() Regneregler Integration ln() =, ln(e) = ln(a b) = ln(a) + ln(b) ln(a r ) = r ln(a) d = ln + C En berømt grænseværdi

Læs mere

Afstand fra et punkt til en linje

Afstand fra et punkt til en linje Afstand fra et punkt til en linje Frank Villa 6. oktober 2014 Dette dokument er en del af MatBog.dk 2008-2012. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-92775-00-9. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold

Læs mere

Ligninger med reelle løsninger

Ligninger med reelle løsninger Ligninger med reelle løsninger Når man løser ligninger, er der nogle standardmetoder som er vigtige at kende. Her er der en kort introduktion til forskellige teknikker efterfulgt af opgaver hvor man kan

Læs mere

Talteori. Teori og problemløsning. Indhold. Talteori - Teori og problemløsning, marts 2014, Kirsten Rosenkilde.

Talteori. Teori og problemløsning. Indhold. Talteori - Teori og problemløsning, marts 2014, Kirsten Rosenkilde. Indhold 1 Delelighed, primtal og primfaktoropløsning Omskrivning vha. kvadratsætninger 4 3 Antal divisorer 6 4 Største fælles divisor og Euklids algoritme 7 5 Restklasser 9 6 Restklasseregning og kvadratiske

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU. Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt STX143-MAT/A-05122014 Matematik A, STX. Anders Jørgensen & Mark Kddafi

MATEMATIK A-NIVEAU. Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt STX143-MAT/A-05122014 Matematik A, STX. Anders Jørgensen & Mark Kddafi MATEMATIK A-NIVEAU Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt STX143-MAT/A-05122014 Matematik A, STX 2016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012

Læs mere

Opgave 1 Alle tallene er reelle tal, så opgaven er at finde den mindste talmængde, som resultaterne tilhører.

Opgave 1 Alle tallene er reelle tal, så opgaven er at finde den mindste talmængde, som resultaterne tilhører. Opgave 1 Alle tallene er reelle tal, så opgaven er at finde den mindste talmængde, som resultaterne tilhører. A. Q B. R (sidelængden er 5, som er irrational) C. Q Opgave 2 A. 19 = 1 19 24 = 2 3 3 36 =

Læs mere

Den svingende streng

Den svingende streng Den svingende streng Stig Andur Pedersen October 2, 2009 Ufuldstændigt udkast. Abstract 1 I det 18. århundrede blev differential- og integralregningen, som var introduceret af Newton, Leibniz og mange

Læs mere

Bogstavregning. Formler... 46 Reduktion... 47 Ligninger... 48. Bogstavregning Side 45

Bogstavregning. Formler... 46 Reduktion... 47 Ligninger... 48. Bogstavregning Side 45 Bogstavregning Formler... 6 Reduktion... 7 Ligninger... 8 Bogstavregning Side I bogstavregning skal du kunne regne med bogstaver og skifte bogstaver ud med tal. Formler En formel er en slags regne-opskrift,

Læs mere

Andengradspolynomier

Andengradspolynomier Andengradspolynomier Teori og opgaver (hf tilvalg) Forskydning af grafer...... 2 Andengradspolynomiets graf (parablen)..... 5 Andengradsligninger. 10 Andengradsuligheder 13 Nyttige formler, beviser og

Læs mere

Pendulbevægelse. Måling af svingningstid: Jacob Nielsen 1

Pendulbevægelse. Måling af svingningstid: Jacob Nielsen 1 Pendulbevægelse Jacob Nielsen 1 Figuren viser svingningstiden af et pendul i sekunder som funktion af udsvinget i grader. For udsving mindre end 20 grader er svingningstiden med god tilnærmelse konstant.

Læs mere

DM02 opgaver ugeseddel 2

DM02 opgaver ugeseddel 2 DM0 opgaver ugeseddel af Fiona Nielsen 16. september 003 Øvelsesopgaver 9/9, 10/9 og 11/9 1. Vis, at 1 3 + 3 3 + 5 3 +... + (n 1) 3 = n 4 n. Omskriver til summationsformel: (i 1) 3 = n 4 n Bevis ved induktion

Læs mere

Arbejdsmiljøgruppens problemløsning

Arbejdsmiljøgruppens problemløsning Arbejdsmiljøgruppens problemløsning En systematisk fremgangsmåde for en arbejdsmiljøgruppe til løsning af arbejdsmiljøproblemer Indledning Fase 1. Problemformulering Fase 2. Konsekvenser af problemet Fase

Læs mere

Den bedste dåse, en optimeringsopgave

Den bedste dåse, en optimeringsopgave bksp-20-15e Side 1 af 7 Den bedste dåse, en optimeringsopgave Mange praktiske anvendelser af matematik drejer sig om at optimere en variabel ved at vælge en passende kombination af andre variable. Det

Læs mere

Matematisk modellering og numeriske metoder. Lektion 18

Matematisk modellering og numeriske metoder. Lektion 18 Matematisk modellering numeriske metoder Lektion 18 Morten Grud Rasmussen 12. november, 2013 1 Numeriske metoder til førsteordens ODE er [Bens afsnit 21.1 side 898] 1.1 Euler-metoden Vi stiftede allerede

Læs mere

Løsningsforslag 7. januar 2011

Løsningsforslag 7. januar 2011 Løsningsforslag 7. januar 2011 May 9, 2012 Opgave 1 (5%) Funktionen f er givet ved forskriften f(x) = ln(x 2) + x 2. a) Bestem definitionsmængden for f. b) Beregn f (x). a) Definitionsmængden Logaritmen

Læs mere

Miniprojekt 3: Fejlkorligerende køder Fejlkorrigerende koder

Miniprojekt 3: Fejlkorligerende køder Fejlkorrigerende koder Miniprojekt 3: Fejlkorligerende køder Fejlkorrigerende koder Denne note er skrevet med udgangspunkt i [, p 24-243, 249] Et videre studium kan eksempelvis tage udgangspunkt i [2] Eventuelle kommentarer

Læs mere

VIA læreruddannelsen Silkeborg. WordMat kompendium

VIA læreruddannelsen Silkeborg. WordMat kompendium VIA læreruddannelsen Silkeborg WordMat kompendium Bolette Fisker Olesen 25-11-2015 Indholdsfortegnelse Ligning... 2 Løs ligning... 2 WordMat som lommeregner... 4 Geometri... 4 Trekanter... 4 Funktioner...

Læs mere

Inverse funktioner og Sektioner

Inverse funktioner og Sektioner Inverse funktioner og Sektioner Frank Nasser 15. april 2011 c 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Bemærk:

Læs mere

Afstandsformlerne i Rummet

Afstandsformlerne i Rummet Afstandsformlerne i Rummet Frank Nasser 12. april 2011 c 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Bemærk:

Læs mere

Opgave Firkantet E F. Opgave Trekantet

Opgave Firkantet E F. Opgave Trekantet 1 Opgave Firantet E F Lad være et vilårligt punt på liniestyet mellem og, og tegn halvcirler til samme side over diametrene, og. Lad være det punt på halvcirlen, der har vinelret på, og lad EF være fællestangenten

Læs mere

Hypotese test. Repetition fra sidst Hypoteser Test af middelværdi Test af andel Test af varians Type 1 og type 2 fejl Signifikansniveau

Hypotese test. Repetition fra sidst Hypoteser Test af middelværdi Test af andel Test af varians Type 1 og type 2 fejl Signifikansniveau ypotese test Repetition fra sidst ypoteser Test af middelværdi Test af andel Test af varians Type 1 og type fejl Signifikansniveau Konfidens intervaller Et konfidens interval er et interval, der estimerer

Læs mere

Potensfunktioner, Eksponentialfunktioner og Logaritmer

Potensfunktioner, Eksponentialfunktioner og Logaritmer Potensfunktioner, Eksponentialfunktioner og Logaritmer Frank Villa 2. marts 2014 Dette dokument er en del af MatBog.dk 2008-2012. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-92775-00-9. Se yderligere betingelser

Læs mere

Stil krav til din udvikling. - og få mere ud af samtalen med din leder. Anbefalinger og inspiration til faglige repræsentanter

Stil krav til din udvikling. - og få mere ud af samtalen med din leder. Anbefalinger og inspiration til faglige repræsentanter Stil krav til din udvikling - og få mere ud af samtalen med din leder Anbefalinger og inspiration til faglige repræsentanter Sæt udviklingssamtalen og udviklingsplanen på dagsordenen Når medarbejderen

Læs mere

DesignMat Egenværdier og Egenvektorer

DesignMat Egenværdier og Egenvektorer DesignMat Egenværdier og Egenvektorer Preben Alsholm September 008 1 Egenværdier og Egenvektorer 1.1 Definition og Eksempel 1 Definition og Eksempel 1 Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C).

Læs mere

Delmængder af Rummet

Delmængder af Rummet Delmængder af Rummet Frank Nasser 11. juli 2011 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold 1 Introduktion

Læs mere

Matematik projekt 4. Eksponentiel udvikling. Casper Wandrup Andresen 2.F 16-01-2009. Underskrift:

Matematik projekt 4. Eksponentiel udvikling. Casper Wandrup Andresen 2.F 16-01-2009. Underskrift: Matematik projekt 4 Eksponentiel udvikling Casper Wandrup Andresen 2.F 16-01-2009 Underskrift: Teorien bag eksponentiel udvikling er som sådan meget enkel. Den har forskriften: B er vores begndelsesværdi

Læs mere

Potens & Kvadratrod. Navn: Klasse: Matematik Opgave Kompendium. Opgaver: 22 Ekstra: 4 Point: Matematik / Potens & Kvadratrod

Potens & Kvadratrod. Navn: Klasse: Matematik Opgave Kompendium. Opgaver: 22 Ekstra: 4 Point: Matematik / Potens & Kvadratrod Navn: Klasse: Matematik Opgave Kompendium Potens & Kvadratrod Opgaver: Ekstra: Point: http://madsmatik.dk/ d.0-0-01 1/1 Potenser: Du har måske set udtrykket før eller måske 10 1. Begge to er det vi kalder

Læs mere

Sorteringsmaskinen. Hej med dig!

Sorteringsmaskinen. Hej med dig! Sorteringsmaskinen Hej med dig! Jeg er Thomas Tandstærk, og jeg ved en masse om teknik og natur. Jeg skal lære dig noget om at lave forsøg og undersøgelser. Når klassen er færdig får I et flot diplom!

Læs mere

Temaopgave: Parameterkurver Form: 6 timer med vejledning Januar 2010

Temaopgave: Parameterkurver Form: 6 timer med vejledning Januar 2010 Temaopgave: Parameterkurver Form: 6 timer med vejledning Januar 1 Parameterkurver Vi har tidligere set på en linjes parameterfremstilling, feks af typen: 1 OP = t +, hvor t R, og hvor OP er stedvektor

Læs mere

Oversigt [LA] 6, 7, 8

Oversigt [LA] 6, 7, 8 Oversigt [LA] 6, 7, 8 Nøgleord og begreber Lineære ligningssystemer Løsningsmængdens struktur Test løsningsmængde Rækkereduktion Reduceret matrix Test ligningssystem Rækkeoperationsmatricer Rangformlen

Læs mere

APV og trivsel 2015. APV og trivsel 2015 1

APV og trivsel 2015. APV og trivsel 2015 1 APV og trivsel 2015 APV og trivsel 2015 1 APV og trivsel 2015 I efteråret 2015 skal alle arbejdspladser i Frederiksberg Kommune udarbejde en ny grundlæggende APV og gennemføre en trivselsundersøgelse.

Læs mere

Opgave 1. 1a - To linjer Vi får opgivet linjen m: 1b - Trigonometri Vi får opgivet en trekant med følgende værdier:

Opgave 1. 1a - To linjer Vi får opgivet linjen m: 1b - Trigonometri Vi får opgivet en trekant med følgende værdier: Løsningsvejledning til eksamenssæt fra januar 2009 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple Opgave 1 1a - To linjer Vi får opgivet linjen m: Vi skal bestemme en ligning til linjen l, som er parallel med

Læs mere

Projekt 4.8. Kerners henfald (Excel)

Projekt 4.8. Kerners henfald (Excel) Projekt.8. Kerners henfald (Excel) Når radioaktive kerner henfalder under udsendelse af stråling, sker henfaldet I følge kvantemekanikken helt spontant, dvs. rent tilfældigt uden nogen påviselig årsag.

Læs mere

Python 3 Matematik Programmerings kursus:

Python 3 Matematik Programmerings kursus: Python 3 Matematik Programmerings kursus: Kompendiet indeholder: Hello World (første program) Variable (String & Integer) Løkker (while-loop) Regneoperationer If-else statement Funktioner Opgaver o Læg

Læs mere

Manual til TI-89. Af: Martin Kyhl og Andreas Kristansen. Med denne i hånden til eksamen burde de fleste opgaver kunne løses på få minutter.

Manual til TI-89. Af: Martin Kyhl og Andreas Kristansen. Med denne i hånden til eksamen burde de fleste opgaver kunne løses på få minutter. Manual til TI-89 Af: Martin Kyhl og Andreas Kristansen Med denne i hånden til eksamen burde de fleste opgaver kunne løses på få minutter. Indholdsfortegnelse 0 Indledning...3 0.1 Forord...3 0.2 Syntax

Læs mere

Reelle tal. Symbolbehandlingskompetencen er central gennem arbejdet med hele kapitlet i elevernes arbejde med tal og regneregler.

Reelle tal. Symbolbehandlingskompetencen er central gennem arbejdet med hele kapitlet i elevernes arbejde med tal og regneregler. Det første kapitel i grundbogen til Kolorit i 9. klasse handler om de reelle tal. Første halvdel af kapitlet har karakter af at være opsamlende i forhold til, hvad eleverne har arbejdet med på tidligere

Læs mere

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå Kort gennemgang af polynomier og deres egenskaber. asdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopåasd

Læs mere

Løsningsvejledning til eksamenssæt fra august 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple

Løsningsvejledning til eksamenssæt fra august 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple Løsningsvejledning til eksamenssæt fra august 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple Opgave 1 1a - Trigonometri I en trekant ABC får vi opgivet følgende: Vi skitserer trekanten i GeoGebra: Vi beregner

Læs mere

brikkerne til regning & matematik potenstal og rodtal F+E+D preben bernitt

brikkerne til regning & matematik potenstal og rodtal F+E+D preben bernitt brikkerne til regning & matematik potenstal og rodtal F+E+D preben bernitt brikkerne til regning & matematik potenstal og rodtal F ISBN: 978-87-92488-06-0 2. Udgave som E-bog 2010 by bernitt-matematik.dk

Læs mere

Matematiske metoder - Opgaver

Matematiske metoder - Opgaver Matematiske metoder - Opgaver Anders Friis, Anne Ryelund 25. oktober 2014 Logik Opgave 1 Find selv på tre udtalelser (gerne sproglige). To af dem skal være udsagn, mens det tredje ikke må være et udsagn.

Læs mere

Tilstandsligningen for ideale gasser

Tilstandsligningen for ideale gasser ilstandsligningen for ideale gasser /8 ilstandsligningen for ideale gasser Indhold. Udledning af tilstandsligningen.... Konsekvenser af tilstandsligningen...4 3. Eksempler og opgaver...5 4. Daltons lov...6

Læs mere

Vejledning til Photofiltre nr.129 Side 1

Vejledning til Photofiltre nr.129 Side 1 Side 1 Til denne vejledning laver vi lidt ekstra ved hvert billede. Vi skal bruge det der hedder Image Curl. Vi skal altså bruge en fil der kan hentes på min hjemmeside under Photofiltre 7 og nederst på

Læs mere

Modulpakke 3: Uendelige Rækker

Modulpakke 3: Uendelige Rækker Chapter 5 Modulpakke 3: Uendelige Rækker 5. Indledning. Summer. En meget benyttet notation til at udtrykke gentagen addition benytter det græske store sigma (Σ) på følgende måde: de enkelte led man summer

Læs mere

Matematik Eksamensprojekt

Matematik Eksamensprojekt Matematik Eksamensprojekt Casper Wandrup Andresen, 2.F I dette projekt arbejdes der bl.a. med parabler, vektorer, funktioner, sinus, cosinus, tangens, differentialregning, integralregning samt de øvrige/resterende

Læs mere

Figur y. Nøgleord og begreber Tangentlinje for graf Tangentplan for graf

Figur y. Nøgleord og begreber Tangentlinje for graf Tangentplan for graf Oversigt [S] 2.7, 2.9, 11. Tangentlinje [S] 2.7 Derivatives Nøgleord og begreber Tangentlinje for graf Tangentplan for graf Figur y y = f(a) + f (a)( a) Test tangentplan Lineær approimation i en og flere

Læs mere

Ikke-lineære funktioner

Ikke-lineære funktioner I elevernes arbejde med funktioner på tidligere klassetrin har hovedvægten ligget på sammenhænge, der kan beskrives med lineære funktioner. Dette kapitel berører ligefrem proportionalitet og stykkevist

Læs mere

Logaritme-, eksponential- og potensfunktioner

Logaritme-, eksponential- og potensfunktioner Logarime-, eksponenial- og poensfunkioner John Napier (550-67. Peer Haremoës Niels Brock July 27, 200 Indledning Eksponenial- og logarimefunkioner blev indfør på Ma C nivea uden en præcis definiion. Funkionerne

Læs mere

Opgavesæt 12 21/01-2009. Laura Pettrine Madsen Uden hjælpemidler. skitse af grafen for f(x).

Opgavesæt 12 21/01-2009. Laura Pettrine Madsen Uden hjælpemidler. skitse af grafen for f(x). Uden hjælpemidler Opgave 8.00 Funktionen f(x) er bestemt ved skitse af grafen for f(x). f ( x) = x 3 4x. På figuren ses en Grafen skærer førsteaksen i punkterne P(,0), O(0,0) og Q(,0). Sammen med førsteaksen

Læs mere

Retningslinjer for bedømmelsen. Georg Mohr-Konkurrencen 2011 2. runde

Retningslinjer for bedømmelsen. Georg Mohr-Konkurrencen 2011 2. runde Retningslinjer for bedømmelsen. Georg Mohr-Konkurrencen 20 2. runde Det som skal vurderes i bedømmelsen af en besvarelse, er om deltageren har formået at analysere problemstillingen, kombinere de givne

Læs mere

Funktioner af flere variable

Funktioner af flere variable Funktioner af flere variable Stud. Scient. Martin Sparre Københavns Universitet 23-10-2006 Definition 1 (Definition af en funktion af flere variable). En funktion af n variable defineret på en delmængde,

Læs mere

Partikelbevægelser i magnetfelter

Partikelbevægelser i magnetfelter Da fusion skal foregå ved en meget høj temperatur, 100 millioner grader, så der kan foregå en selvforsynende fusion, kræves der en metode til indeslutning af plasmaet, idet de materialer vi kender med

Læs mere

Forelæsning 8: Inferens for varianser (kap 9)

Forelæsning 8: Inferens for varianser (kap 9) Kursus 02402 Introduktion til Statistik Forelæsning 8: Inferens for varianser (kap 9) Per Bruun Brockhoff DTU Compute, Statistik og Dataanalyse Bygning 324, Rum 220 Danmarks Tekniske Universitet 2800 Lyngby

Læs mere

Opg. 1. Cylinder. Opg. 1 spm. a løses i hånden. Cylinderens radius er 10 cm og keglen er 20 cm høj. Paraboloidens profil kan beskrives med ligningen

Opg. 1. Cylinder. Opg. 1 spm. a løses i hånden. Cylinderens radius er 10 cm og keglen er 20 cm høj. Paraboloidens profil kan beskrives med ligningen Opg. 1 spm. a løses i hånden. Cylinderens radius er 10 cm og keglen er 20 cm høj. Paraboloidens profil kan beskrives med ligningen Opg. 1 a) Bestem de funktioner h(t), der beskriver vandhøjden i beholderen,

Læs mere

Ved aktivt medborgerskab kan vi gøre Silkeborg Kommune til en attraktiv kommune med plads til alle. Silkeborg Kommunes Socialpolitik

Ved aktivt medborgerskab kan vi gøre Silkeborg Kommune til en attraktiv kommune med plads til alle. Silkeborg Kommunes Socialpolitik Ved aktivt medborgerskab kan vi gøre Silkeborg Kommune til en attraktiv kommune med plads til alle. Silkeborg Kommunes Socialpolitik 1 Indhold Socialpolitikken og Socialudvalgets MVV... 3 Politikkens fokusområder...

Læs mere

Differentialregning 1.lektion. 2x MA September 2012

Differentialregning 1.lektion. 2x MA September 2012 Differentialregning 1.lektion 2x MA September 2012 1 Figur 1: Hvor stejl er den blå linje? Figur 2: Hvor stejl er den røde kurve i punktet P? 2 Figur 3: Hvor hurtigt kører cyklisten? 3 Eksempel: Cyklistens

Læs mere

Android mobil app manual Version 170516

Android mobil app manual Version 170516 Android mobil app manual Version 170516 Indhold Introduktion... 2 Installation... 2 Gå ind på Google Play... 2 Gå ind på Mobil app en... 3 Indstillinger... 3 Telefonnummer... 4 Favorit udgående id... 4

Læs mere

Forslag til løsning af Opgaver til analytisk geometri (side 338)

Forslag til løsning af Opgaver til analytisk geometri (side 338) Forslag til løsning af Opgaver til analytisk geometri (side 8) Opgave Linjerne har ligningerne: a : y x 9 b : x y 0 y x 8 c : x y 8 0 y x Der må gælde: a b, da Skæringspunkt mellem a og b:. Det betyder,

Læs mere

Differential- regning

Differential- regning Differential- regning 1 del () (1) 006 Karsten Juul Indhold 1 Funktionsværdi, graf og tilvækst1 Differentialkvotient og tangent8 3 Formler for differentialkvotient16 4 Opgaver med tangent 5 Væksthastighed5

Læs mere

TALTEORI Følger og den kinesiske restklassesætning.

TALTEORI Følger og den kinesiske restklassesætning. Følger og den kinesiske restklassesætning, december 2006, Kirsten Rosenkilde 1 TALTEORI Følger og den kinesiske restklassesætning Disse noter forudsætter et grundlæggende kendskab til talteori som man

Læs mere

Når mor eller far er ulykkesskadet. når mor eller far er ulykkesskadet

Når mor eller far er ulykkesskadet. når mor eller far er ulykkesskadet Når mor eller far er ulykkesskadet når mor eller far er ulykkesskadet 2 Til mor og far Denne brochure er til børn mellem 6 og 10 år, som har en forælder, der er ulykkesskadet. Kan dit barn læse, kan det

Læs mere

Reagér på bivirkninger

Reagér på bivirkninger Reagér på bivirkninger - Og hjælp med at gøre medicin mere sikker for alle Vejledning til PowerPoint-præsentation om bivirkninger 2 Indhold 1. Indledning 2. Introduktion til slides 3. Opfølgning på undervisning

Læs mere

Programmering C. Casper Hermansen Klasse 2.7 Programmering C. Navn: Casper Hermansen. Klasse: 2.7. Fag: Programmering C

Programmering C. Casper Hermansen Klasse 2.7 Programmering C. Navn: Casper Hermansen. Klasse: 2.7. Fag: Programmering C Navn: Casper Hermansen Klasse: 2.7 Fag: Skole: Roskilde tekniske gymnasium Side 1 af 16 Indhold Indledende aktivitet... 3 Projektbeskrivelse:... 3 Krav:... 3 Målgrupper:... 3 Problemformulering:... 3 Diskussion

Læs mere

Statistikkompendium. Statistik

Statistikkompendium. Statistik Statistik INTRODUKTION TIL STATISTIK Statistik er analyse af indsamlet data. Det vil sige, at man bearbejder et datamateriale, som i matematik næsten altid er tal. Derved får man et samlet overblik over

Læs mere

Statistik med GeoGebra

Statistik med GeoGebra Statistik med GeoGebra Hayati Balo, AAMS, marts 2012 1 Observationssæt Det talmateriale, som man gerne vil undersøge, kaldes et observationssæt. Det talsæt som fremgår i tabel 5.1 kan indsættes i GeoGebra

Læs mere

Matematik 2AL. Algebra

Matematik 2AL. Algebra Matematik 2AL Algebra Anders Thorup Matematisk Afdeling Københavns Universitet Anders Thorup, e-mail: thorup@math.ku.dk Matematik 2AL, Algebra, 2. udgave. Matematisk Afdeling Universitetsparken 5 2100

Læs mere

Oversigt [S] 2.7, 2.9, 11.4

Oversigt [S] 2.7, 2.9, 11.4 Oversigt [S] 2.7, 2.9, 11.4 Nøgleord og begreber Tangentlinje for graf Tangentplan for graf Test tangentplan Lineær approximation i en og flere variable Test approximation Differentiabilitet i flere variable

Læs mere

Sådan benytter du HOTLINEs ServiceDesk (SD)

Sådan benytter du HOTLINEs ServiceDesk (SD) Sådan benytter du HOTLINEs ServiceDesk (SD) Hvor finder jeg ServiceDesk?...2 Fanebladet Start Startside...3 Hvordan opretter jeg en ny opgave?...4 Hvordan laver jeg et skærmdump og får lagt det ind i min

Læs mere

W8 Project Explorer. Introduktion til Project Explorer Oprettelse af link sets Forskellige typer af links Kobling til andre dele af MicroStation

W8 Project Explorer. Introduktion til Project Explorer Oprettelse af link sets Forskellige typer af links Kobling til andre dele af MicroStation W8 Project Explorer Introduktion Kun få har indtil nu udnyttet fordelen ved at bruge Project Explorer. Flere har set på den men nu får du mulighed for selv at prøve. Project Explorer giver et sikkert overblik

Læs mere

Projekt 10.1 Er der huller i Euklids argumentation? Et moderne aksiomsystem (især for A)

Projekt 10.1 Er der huller i Euklids argumentation? Et moderne aksiomsystem (især for A) Projekt 10.1 Er der huller i Euklids argumentation? Et moderne aksiomsystem (især for A) Indhold Introduktion... 2 Hilberts 16 aksiomer Et moderne, konsistent og fuldstændigt aksiomsystem for geometri...

Læs mere

Lederadfærdsanalyse II egen opfattelse af ledelsesstil

Lederadfærdsanalyse II egen opfattelse af ledelsesstil Lederadfærdsanalyse II egen opfattelse af ledelsesstil Instruktion Formålet med Lederadfærdsanalyse II Egen er at give dig oplysninger om, hvordan du opfatter din ledelsesstil. I det følgende vil du blive

Læs mere

Matematik. på Åbent VUC. Trin 2 Xtra eksempler. Trigonometri, boksplot, potensfunktioner, to ligninger med to ubekendte

Matematik. på Åbent VUC. Trin 2 Xtra eksempler. Trigonometri, boksplot, potensfunktioner, to ligninger med to ubekendte Matematik på Åbent VUC Trin Xtra eksempler Trigonometri, boksplot, potensfunktioner, to ligninger med to ubekendte Trigonometri Sinus og cosinus Til alle vinkler hører der to tal, som kaldes cosinus og

Læs mere

LinAlg Skriftlig prøve 20. januar 2009, 9 12 Vejledende besvarelse

LinAlg Skriftlig prøve 20. januar 2009, 9 12 Vejledende besvarelse LinAlg Skriftlig prøve. januar 9, 9 Vejledende besvarelse Dette eksamenssæt løber over 5 sider, denne side inklusive. Sættet stilles til løsning over 3 timer med alle sædvanlige hjælpemidler, bortset fra

Læs mere

1 Kapitel 5: Forbrugervalg

1 Kapitel 5: Forbrugervalg 1 Kapitel 5: Forbrugervalg Vi har set på: 1. budgetbegrænsninger 2. præferencer og nyttefunktioner. Nu stykker vi det hele sammen og studerer forbrugerens optimale valg. 2 Optimalt forbrug - grafisk fremstilling

Læs mere

Dobbeltspalte-eksperimentet. Lad os først se lidt nærmere på elektroner, som skydes imod en skærm med en smal spalte:

Dobbeltspalte-eksperimentet. Lad os først se lidt nærmere på elektroner, som skydes imod en skærm med en smal spalte: Dobbeltspalte-eksperimentet Nogle af kvantemekanikkens særheder kan illustreres med det såkaldte dobbeltspalte-eksperiment, som er omtalt side 73 i Atomernes vilde verden. Rent historisk fandt man elektronen

Læs mere

Oprettelse af Aktivitet

Oprettelse af Aktivitet Oprettelse af Aktivitet 1. Fra Organizerens forside Kalender vælges og det ønskede tidspunkt for aktiviteten. 2. Nu dukker formen frem som aktiviteten bliver oprettet med. Formen har som udgangspunkt 3

Læs mere