MASO-Eksempler. x n. + 1 = 1 y n
|
|
- Mathilde Beck
- 5 år siden
- Visninger:
Transkript
1 3. oktober EXPL 1 Eksempel 1. Et par talfølger: (1 ( (3 (4 (5 (6 (7 (8 MASO-Eksempler,,,,,,..., n =, 1, 1, 1, 1, 1, 1,..., n = 1 1,, 1,, 1,, 1,..., n = (1 + ( 1 n /,, 1,,,, 3,..., n = n(1 + ( 1 n /4, 1, 1, 1 3, 1 4, 1 5,..., n = 1 n, 1, 3, 7 4, 15 8, 31 16,..., n = 1/ n 1, 1, 1,, 3, 5, 8, 13,..., n = n 1 + n, 1, 1, 3, 5 3, 8 5, 13 8,..., y n = n+1 / n (1 + 5/, (9, 3, 43, 54, 65,..., n = (1 + n 1 n e, (1 1, 1+ 1, ,..., n = 1+ n 1 (1+ 5/, (11 (1 (13 (14 (15 1,, 3 3, 4 4, 5 5,..., n = n n 1,, 5, 16 6, 65 4, 36 1,..., n = ! n! e, 1, 3, 11 6, 5 1, 137 6,..., n = n, 1, 1, 5 6, 7 1, 47 6,..., n = ± 1 n ln, 1, 3, 13 15, 15 76, ,..., n = ± n 1 1 π. At følgerne konvergerer som anført, er bestemt ikke oplagt. Eksempel. Følgen i eksempel 1(7 er Fibonacci s talfølge, og følgen (y n i (8 er defineret ud fra den i (7. Hvis man antager, at følgen (y n er konvergent, er det ikke så svært at bestemme grænsværdien y = lim y n : Af n+ = n+1 + n fås y n+1 = n+1 + n n = n+1 n + 1 = 1 y n + 1; og så giver regler for regning med grænseværdi, at y = 1/y + 1, eller y y 1 =, hvoraf y = idet y = 1 (1 5 er udelukket, da y n. Grænseværdien kaldes i øvrigt det gyldne snit. Tilsvarende med (1: Antages, at følgen konvergerer (mod et tal, så giver ligningen n = 1 + n 1 ved grænseovergang, at = 1 +, hvoraf = 1 +, hvilket er ligningen for det gyldne snit. Det er i øvrigt ikke så svært at vise, at antagelserne er korrekte., c:\notes\h\maso\epl.te
2 3. oktober EXPL Eksempel 3. Hvem vinder: n n 5 + 3n, log(n 5 + 3n n, n n n n = 3. Den sidste bruger, for polynomier i tæller og nævner, at graden bestemmer. Eksempel 4. n := n = 1/n = 1, fordi 1/n og er kontinuert. y n := n n = n 1/n 1, fordi log y n = log(n 1/n = n 1 log n (hvem vinder!, og så vil y n = ep(log y n e = 1. Eksempel 5. Fakultet, n!, vinder over eksponentialfunktion, a n, men taber til n n : lim a n /n! =, lim n!/n n =. Eksempel 6. Rækken 1 n er divergent: I afsnitssummen s n sættes parenteser: omkring første led 1 1 (det er ret overflødigt, omkring de næste to, 1, 1 3, omkring de næste fire 1 4, 1 5, 1 6, 1 7, omkring de næste otte osv. Der kan sættes k parenteser, når n k 1 = k 1. For j =, 1,,... står der i den j te parentes j brøker, hvoraf den første (og største er 1. Summen af brøkerne i den j te parentes er derfor mindst lig med j 1/j = 1. Summen j af de k parenteser er derfor mindst k 1 = k. For et givet k har vi altså s n k, når n k 1. Altså s n for n. Eksempel 7. Rækken n= 1/n! er konvergent: Sammenlign med kvotientrække, f med (1/ n, som vides at være konvergent. For n er 1/n! 1/ n (hvem vinder?, og det er nok. Faktisk er 1/n! 1/ n 1 for alle n 1, og derfor er n=1 1 n! 1 n=1 n 1 = ( 1 + =. Lægges 1 til på begge sider fås, at n= 1/n! 3. Faktisk er n= 1/n! = e. Eksempel 8. Kig på rækkerne (men henblik på konvergens/divergens: (1 n + n + 1 4n 1, ( n + n + 1 4n 3 1, (3 n + n + 1 4n 4 1, (4 n n + n n + 1 4n 3n 1, (5 (n + 1 n!, (6 (n + 1! n. (1 er divergent, da a n 1 4 ; betingelsen a n er altså ikke er opfyldt. I ( er tælleren i a n, altså n + n + 1, af samme størrelsesorden som n ; derfor er brøken a n af samme størrelsesorden som brøken b n := n /(4n 1: a n = (n + n + 1/(4n 3 1 b n n /(4n 3 1 = n + n + 1 n 1.
3 3. oktober EXPL 3 Derfor er rækkerne a n og b n samtidig konvergente. Med andre ord: i a n kan n + n + 1 i tælleren erstattes af n, når man undersøger konvergens. Tilsvarende kan nævneren 4n 3 1 erstattes af n 3. Når det er gjort, er a n erstattet af n /n 3 = 1/n; Da 1/n er divergent, er ( divergent. Tilsvarende er (3 konvergent: a n i (3 har samme størrelsesorden som n /n 4 = 1/n, og 1/n er konvergent. I (4 er a n af samme størrelsesorden som b n := n n /n 3n = 1/n n ; da lim n b n = lim 1/n =, er b n, og dermed også (4, konvergent. Rækken (5 er konvergent, idet og (6 er konvergent, idet a n+1 a n = a n+1 a n = (n + n! (n + 1 (n + 1! (n +! (n + 1! n = (n + (n n + 1 (n+1 = (n + n (n+1 = (n + / n+1. Eksempel 9. Regning med potensrækker. For < 1 er: = (1 1, = (1 1, = ( = /(1. For eksempel er 1 + ( ( = 1 /(1 1 4 = 3. Eksempel 1. Et par Taylorrækker, den første for < 1, de øvrige for alle : (1 1 = , e = 1 + 1! +! + 3 3! +, cos = 1! + 4 4! 6 6! +, sin = 1! 3 3! + 5 5! 7 7! +. Eksempel 11. Regning med komplekse tal: ( 3 4i + ( 1 + i = ( ( 4 + i = 4 i, ( 3 4i( 1 + i = ( 3( 1 + ( 3 i + ( 4( 1i + ( 4 i = 3 + ( 6 + 4i 8i = 11 i, ( 1 + i = 3 4i, ( 1 + i 3 = ( 3 4i( 1 + i = 11 i, (1 + i 4 = 1 + 4i + 6i + 4i 3 + i 4 = ( (4 4i = 4; i den sidste regning indgår binomialformlen (1 + n = n k= ( n k k og udregningen af potenserne af i: i = 1, i 1 = i, i = 1, i 3 = i, i 4 = 1, i 5 = i,....
4 3. oktober EXPL 4 Eksempel 1. Nogle komplekse størrelser: z Re z Im z z arg z z 1/z 1 1 1, π, π, π, 3π, i 1 1 π, 5π,... i i 1 + i 1 1 π 4, 7π 4,... 1 i 1 (1 i 1 + i π 3, 4π 3,... 1 i 3 1 i i Arctan( i 1 5 (3 4i 11 i Arctan( i 1 15 (11 + i Arctan(t = tan 1 t er længden af den bue (vinkel θ, med π < θ < π, som opfylder, at tan θ = t. Eksempel 13. Nogle kvadratrødder: 1 = ±1, 1 = ±i, i = ±(1 + i/, i = 1 + i, 3 + 4i = i = 8 + i = 1 + i; de to sidste resultater kan også multipliceres med 1. En kubikrod af 1 (en tredie enhedsrod er en af de tre løsninger til ligningen z 3 = 1, altså ud over 1 også ±(cos π 3 + i sin π 3 3 = ±( 1 + i. For kvadratroden fås: 1 + i 3 = ±(cos π 6 + i sin π 6 = ±( 1 + i 3. En kubikrod af 11 i, altså en løsning til z 3 = 11 i, bestemmes ved et (heldigt gæt: 11 i = 15 = ( 5 3, så z = 5. Hvis z = + iy, er altså + y = 5. Hvis, y her skulle være hele tal (det er det, der er det heldige gæt!, måtte vi have (, y = (±1, ± eller (±, ±1. En let udregning giver, at ( 1 + i 3 = 11 i. Altså er z = 1 + i en løsning. De to andre løsninger fås ved at multiplicere z med en tredie enhedsrod.
5 3. oktober EXPL 5 Eksempel 14. Der er tre rødder i polynomiet z 3 6z + 11z 6, z 3 6z + 11z 6 = (z 1(z (z 3. Som bekendt gælder nemlig (kendt fra gymnasiet: Hvis p(z = a n z n + + a 1 z + a har heltalskoefficienter (dvs a i Z og en uforkortelig brøk a/s er rod i p(z, så er a a og s a n. For polynomiet her er n = 3 og a n = 1. Resultatet siger derfor: Hvis a/s er rod i p(z, så er s = 1 (dvs a/s er et helt tal og a 6. Rationale rødder i p(z findes altså blandt de hele tal a, der går op i 6, dvs a = ±1, ±, ±3, ±6. En simpel udregning viser, at w = 1 og w = er rødder. Og så kan den sidste rod, w = 3, f findes ved at udnytte, at w 1 w w 3 = a 3 = 6. Eksempel 15. Der er 8 rødder i ligningen z 8 = 1, thi z 8 = 1 betyder, at z 8 = 1, dvs z = 1, og 8 arg(z = arg(1, dvs arg(z =, π/8, 4π/8, 6π/8,... : ( 1 + i/ i (1 + i/ 1 1 ( 1 i/ i (1 i/ Eksempel 16. Betragt de tre funktioner f, f 1, f, definerede på det åbne (begrænsede interval ], 1[ ved følgende grafer: y y y Det er funktionerne f = +, g = 4(1 + 1 og h = 1/ (lidt fortegnede. Billedmængden for f er det åbne interval ]1, [, og supremum (over S er sup f ( =. Men er ikke en funktionsværdi, så f kan ikke maksimeres. Billedmængden for g er intervallet ]1, ], og igen er sup g( =. Her er en funktionsværdi, nemlig g( 1 =. Altså maksimeres g( i maksimumpunktet = 1. Billedmængden for h er intervallet [1, [, så der er vilkårligt store funktionsværdier. Her er sup h( = +, og h kan ikke maksimeres.
6 3. oktober EXPL 6 Eksempel 17. Tilsvarende med funktioner definerede på det afsluttede (ubegrænsede interval S := [, [, f f ( = 1 e, g( = e og h( =. Her er f (S = [, 1[, og g(s =], 1] ( = er maksimumspunktet, og h(s = [, [. Eksempel 18. En plan kurve (vektorfunktion med koordinater, i én variabel: = t 3 t, = 3t ( 1, t y = t 1, y eller f(t = 3 t = t, t, f (t = 1 ( 3t 1 t Til t = 1 svarer punktet på kurven: (( 1, y( 1 = ( 3 8, 3 4. Tangentvektoren i dette punkt er ( ( 1, y ( 1 = ( 1 4, 1.. Eksempel 19. En plan kurve: niveaukurven f = for funktionen f = y 3 y. Gradienten er f = (, 3y y. Det er samme kurve som den i det foregående eksempel. I punktet (, y = ( 3 8, 3 4 er gradienten lig med f = ( 3 4, 3 16, vinkelret på tangenten. Punktet (, y ligger på tangenten til kurvepunktet ( 3 8, 3 4, hvis og kun hvis ( ( ( 3/8 3/4 =. y ( 3/4 3/16 Multiplikation med 8 16/3 giver tangentens ligning: 8 + 3y + 7 =. Eksempel. En rumkurve (vektorfunktion med 3 koordinater, i én variabel: f(t = ( cos t sin t, f (t = t ( sin t cos t t,
7 3. oktober EXPL 7 Eksempel 1. En reel funktion af 3 variable: f = e y ln(1 + z, f = e y ln(1 + z f, y = e y ln(1 + z f, z = z e y 1 + z. Eksempel. En flade i rummet: niveaufladen f = 1 for f = +y +7z (en ellipsoide. Gradienten er f = ( f t = (, y, 14z. Punktet ( 1 3, 1 3, 1 3 ligger på fladen, og her er f = ( 3, 3, Punktet (, y, z ligger på tangentplanen, hvis og kun hvis (, y, z ( 1 3, 1 3, 1 3 er vinkelret på gradienten, altså hvis og kun hvis ( 1/3 y 1/3 z 1/3 ( /3 /3 14/3 dvs hvis og kun hvis y z = giver følgende ligning for tangentplanen: + y + 7z = 3. =, = 4 3 Eksempel 3. En vektorafbildning (transformation i to varible: ( = r cos v, r cos v f(r, v =. y = r sin v; r sin v =. Multiplikation med De to ligninger definerer en vektorafbildning f : S R, hvor S R f kan være mængden af punkter (r, v, hvor r >. For givne r, v er billedvektoren (, y bestemt ved at dens norm er r og dens argument (vinklen fra -aksen til vektoren er v: Jacobi-matricen er r sin v f = v 1 r (, y (r, v = r cos v (, y ( cos v r sin v sin v r cos v med determinanten r cos v + r sin v = r. Specielt er determinanten forskellig fra, så Jakobi-matricen har en invers. Et punkt P i planen er bestemt ved sit koordinatsæt (, y (de retvinklede koordinater, men det kan også bestemmes ved (r, v (de polære koordinater. En funktion u = u(p, der til punkter P i planen knytter reelle tal, kan derfor opfattes som en funktion af variable u = h(, y, men den kan lige så godt fastlægges som en funktion u = k(r, v. De to funktioner, u som funktion af, y og u som funktion af r, v beskriver i en vis forstand den samme funktion, nemlig u som funktion af punktet P. Det er i det lys man må se kædereglen: ( cos v r sin v ( u/ r, u/ v = ( u/, u/ y. sin v r cos v,
8 3. oktober EXPL 8 Eksempel 4. Ligningen tan y = er opfyldt for (, y = (,. Bestemmer ligningen y som funktion af nær (,? Med f := tan y er f = 1 og f y = (tan y = 1+tan y. Da f y, er svaret ja. Differentialkvotienten y = dy/d bestemmes af ligningen = f + f y y, altså (* y = (f y 1 f = tan y = Funktion y = y( er defineret i et lille interval omkring. Faktisk gælder for hvert reelt tal, at ligningen tan y = har en og kun én løsning y med π < y < π. Ligningen og betingelsen på y: = tan y, π < y < π, bestemmer altså y som en funktion y = y( defineret for alle R. Den betegnes y = Arctan( eller (på en lommeregner y = tan 1. Den opfylder ligningen (*. Eksempel 5. Bestemmer ligningen, cfr. [S, s. 9], e y y + =, y som funktion af nær (, y = ( 1,? Idet f (, y er ligningens venstreside, er f = ey + 1, f y = e y. Specielt, i punktet ( 1, er f y = 1. Derfor er svaret: ja! For denne funktion, y = ϕ(, er ϕ( = y, altså ϕ( 1 =. Differentialkvotienten bestemmes af ligningen f + f y y =, altså (** (e y ( e y y =. Indsættelse af (, y = ( 1, giver = ( 1+( 1y, hvoraf y = ; altså: ϕ ( 1 = 1. Samme spørgsmål med (, y = (,. Her er f y =, så svaret er igen: ja! For denne funktion, y = ψ(, er ψ( =, og = 1 + ( y, hvoraf y = 1/; altså: ψ ( = 1/. Bemærk, at sætningen om implicit givet funktion kun giver, at den første funktion ϕ er defineret i et interval omkrint = 1, og tilsvarende, at den anden funktion ψ er defineret i et interval omkring =. Sætningen giver ikke, at de to funktioner er den samme funktion, defineret i et interval, der indeholder både 1 og. [Men det er de, i dette tilfælde.] Højere afledede fås ved at differentiere (** med hensyn til, idet man tænker sig y indsat som funktion af. F skal e y differentieres som en sammensat funktion: differentialkvotienten mht til er e y y. Differentiationen giver: (*** (e y + e y y + (e y + e y y y + ( e y y =. I ( 1, var y = 1, så ligningen giver ( ( 1+( +1 1 ( 1( 1+(1 y =, hvoraf 7 y =, dvs y = 7. Altså er ϕ ( 1 = 7. I (, var y = 1/, så ligningen giver + + ( y =, hvoraf y = 1. Altså er ψ ( = 1.
9 3. oktober EXPL 9 Eksempel 6. Bestemmer ligningen, e y y + z =, y som funktion af (, z nær (, y, z = ( 1,, 1? Idet f (, y, z er ligningens venstreside, er f = ey, f y = e y, f z = 1. Specielt, i punktet ( 1,, 1 er f y = 1. Derfor er svaret: ja! Idet y = ϕ(, z er denne funktion, defineret nær (, z = ( 1, 1 og med værdien ϕ( 1, 1 =, bestemmes de afledede y = ( y/, y/ z af f,z + f y y =, altså (** (e y, 1 + ( e y ( y/, y/ z. Indsættelse af (, y, z = ( 1,, 1 giver (, 1 + ( 1( y/, y/ z = (,, hvoraf y/ = og y/ z = 1. Altså: ϕ ( 1, 1 = og ϕ z ( 1, 1 = 1. Samme spørgsmål med (, y, z = (,, : Her er f y =, så: ja! Idet y = ψ(, z er denne funktion, defineret for (, z nær (, og med værdien ψ(, = bestemmes y = ψ af (, med (,, indsat: (, 1 + ( ( y/, y/ z = (,. Altså ψ (, = og ψ z (, = 1/. Bestemmer ligningen z som funktion af (, y? Eksempel 7. Den inverse til en matri er god at kende som en formel: ( 1 a b = c d 1 ad bc ( d b c a eller med ord: byt om på tallene i diagonalen, skift fortegn på dem uden for, og divider med determinanten. Eksempel 8. Bestemmer ligningerne 3 y =, ty =, og y som funktioner af t, altså = (t, y = y(t, nær (t,, y = (, 4, 8? Det er tilfældet n = 1, m = : Søjlen f består her af de to funktioner f, g på venstresiden, erne er den ene variabel t og y erne er (, y. Bogens f og f y er her f t og f,y :, f t = (f, g t = (, f (f, g y,y = (, y = ( 3 y t.
10 3. oktober EXPL 1 Determinanten af matricen er: f,y = (f, g = (, y 3 y t = 3 t + 4y. I det givne punkt er værdien = = = 3. Derfor er svaret ja! Af (t = og y(t = y får vi ( = 4, y( = 8. De afledede funktioner og y bestemmes af formlen, ( = f t + f,y, y dvs ( y ( 3 1 ( y =. t y For t = t = er altså ( = y ( 1 ( = 8 8 ( ( ( 1/16 1/ 4 =, 1/4 3/ 8 1 dvs ( = 4, y ( = 1. I dette tilfælde er det nu ikke så svært at bestemme, y eksplicit ud fra ligningerne: Når, finder man let = t, y = t 3. Eksempel 9. Bestemmer ligningerne, + y = 1, sin t y =,, y som funktioner af t nær ved (, y, t = (1,,? Idet f er vektorafbildningen givet ved venstresiden, fås: f,y = y y = 4(y. Determinanten, efter indsættelse af (, y, t = (1,,, er altså 4, så svaret er ja. Jakobimatricen for, y som funktioner af t bestemmes af: ( y = ( ( ( f,y 1 f 1 y t = 4(y = y cos t ( cos t y y. For t = er ( = 1 og y( =, og altså ( = og y ( = 1. Det er heller ikke så svært at løse ligningerne eplicit.
11 3. oktober EXPL 11 Eksempel 3. Vektorafbildningen f : S R, = r cos v, y = r sin v; f(r, v = ( r cos v, r sin v defineret på delmængden S R, hvor r >, er betragtet tidligere. Findes den inverse afbildning, eventuelt lokalt? Det er spørgsmålet, om man, for et givet (, y, ud fra de to ligninger, kan bestemme (r, v entydigt. Det er let nok med r: Af ligningerne følger + y = r cos v + r sin v = r (cos v + sin v = r. For (, y = (, får vi r =, som ikke er brugbar, da vi søger et r >. Antag, at (, y (,. Da følger det, at r = + y. Tallet r er altså normen af vektoren (, y. Det er også klart fra ligningerne, at v er en vinkel fra vektoren (1, til vektoren (, y. Men så er der et lille problem: hvis v er en sådan vinkel, så er alle tallene..., v π, v, v+π, v+4π,... også vinkler. Vinklen v er altså ikke entydigt bestemt ved (, y. Men lokalt kan vinklen fastlægges: Antag, at det er givet, at (, y = (r cos v, r sin v, og specielt at v er en bestemt af vinklerne til (, y. Så kan en vinkel til en vektor (, y tæt ved (, v fastlægges som den, der ligger tættest ved v. Altså har afbildningen lokalt en invers afbildning. For at anvende sætningen om invers afbildning betragtes Jacobi-matricen, (, y (r, v = ( cos v r sin v sin v r cos v med determinant r cos v + r sin v = r. Den er forskellig fra, da vi betragter punkter (r, v S, hvor r >. Altså findes den inverse, lokalt, og Jacobi-matricen til den inverse er den inverse Jakobi-matri: ( ( cos v r sin v r cos v r sin v (r, v (, y = sin v r cos v 1 = 1 r, sin v cos v På højresiden kan vi bruge vores viden: r cos v = og r sin v = y, og derfor er cos v = /r og sin v = y/r. Videre er r = + y, så indsættelse giver: ( ( (r, v (, y = 1 y + y y/ + y / / + y = + y y/ + y y/( + y /( + y. Øverste række er ( r/, r/ y; den er ingen overraskelse, da r = + y. Nederste række er tilsvarende de partielle afledede af v: v = y + y, v y = + y, og det er mere overraskende: Vi har ikke et eplicit udtryk, der giver vinklen v som funktion af (, y for alle punkter (og sådan et udtryk findes faktisk ikke; alligevel har vi fundet udtryk for de partielle afledede v/ og v/ y.
12 3. oktober EXPL 1 Eksempel 31. Normen er en konveks funktion R n R, thi når < λ < 1, så er λ + (1 λy λ + (1 λy = λ + (1 λ y ; for det sidste lighedstegn er det benyttet, at λ og 1 λ er positive skalarer. Man kan også differentiere r =, f for n =, hvor r = + y. Man finder r/ = 1/( + y = /r, og analogt for y: r = r, r y = y r, og heraf videre, r = ( r r y = ( y r = 1 r (/r r = r r 3 = ( 1r (y/r = y r 3. og analogt for r/ y. Hesse-matricen bliver herefter: r = 1 ( y y r 3 y. = y r 3, Det ser jo positiv semidefinit ud: i diagonalen står kvadrater,, og determinanten af matricen er. Men pas på: Udregningen gælder kun for r, dvs (, y (,, og den delmængde af R, der bliver tilbage, når man fjerner (,, er ikke konveks. Udregningen fortæller således ikke (umiddelbart, at r er en konveks funktion. Eksempel 3. I dimension n 3 kan man godt have flere end n bibetingelser aktive i et hjørne, uden at S er særlig patologisk. F, i dimension 3, en pyramide, hvis grundflade er en 5-kant. I toppunktet er 5 bibetingelser aktive, svarende til de 5 sideflader, der går gennem punktet.
13 3. oktober EXPL 13 Eksempel 33. Et KP (kanonisk program, i n=5 variable u, v, w,, y, med m=3 bibetingelser, før og efter omformning til reduceret trappeform: u +w =, u v + y =1, u + y =1, 3y u + y =1, v + y =, w + y =1, 3y (I et KP er alle bibetingelser er ligninger, og alle variable er. Der søges maksimum af objekfunktionen i nederste række. På matriform: Maks., KP, Maks., KP, Tilladte basisløsninger: Af 3-sæt af de 5 søjler er der ( 5 3 =1. F: 345 giver (w,, y = (4,, 1, eller kort: 345 : (4,, 1, der betyder, at søjlerne med numrene 3,4,5, altså a 3, a 4, a 5 giver en tilladt basisløsning: Vi har 4a 3 + a 4 + 1a 5 = b. Løsningen er fundet ved at løse ligningssystemet, Prøves alle 3-sættene bliver resultatet: y =1, y =, w + y =1. 13: (1,, 1 ; 14: ; 15: (,, 1 ; 134: (1, 1, ; 135: (1, 1, ; 145: ; 34: ; 35: ; 45: ; 345: (4,, 1; et markerer, at mindst én koordinat er negativ (og dermed ikke tilladt. Der er 5 valg, der giver en tilladt basisløsning, men 13, 134, og 135 giver naturligvis den samme, svarende til at a 1 + a 3 = b. I alt findes 3 tilladte basisløsninger: u v w y 1 = 1,, Objektfunktionen, 3y, har i de tre tilladte basisløsninger værdierne, 3, og +1. Den sidste basisløsning er altså kandidat til en maksimal løsning.
14 3. oktober EXPL 14 Eksempel 34. Tilladte løsninger til et KP i planen (n= med m=1 bibetingelse: Mængden S af tilladte løsninger er, i de 4 eksempler: tom, et punkt, et liniestykke, og en halvlinie. Eksempel 35. Et standardprogram (SP i n= variable, med m=3 bibetingelser: y 1, y, + y 1, 3y (P Maks., SP,, Omformningen af (P til et KP fører til programmet i et foregående eksempel. Men det er lettere at behandle standardprogrammet: S 3y = 1 Mængden S af tilladte løsninger er her en (ubegrænset polygon, med hjørner i (, 1, (,, og (, 1, og 3y giver den største værdi, = 1, i det tredie hjørne. Niveaulinien gennem dette punkt er linien med ligningen 3y = 1. Da S ligger over denne linie og gradienten peger væk fra S, er punktet et maksimumspunkt. Eksempel 36. Det duale program til (P fra den foregående opgave: (P Min., SP,, y z, y + z 3, + z, hvor der søges minimum af objektfunktionen + z. Først omformes (P til et KP ved at tilføje restvariable u, v: (Q Min., KP,
15 3. oktober EXPL 15 Basisløsninger: alle -sæt ud af 5 søjler afprøves: 1: ; 13: (1, 3 ; 14: ; 15: ; 3: (1, ; 4: ; 5: ; 34: (1, 1 ; 35: (4, 1 ; 45: ; altså 4 tilladte basisløsninger til (Q: u 1 v 1 y = 3,, 1 1, 4, z 1 hvor objektfunktionen + z har værdierne 3,, 1, 5. Minimumskandidaten for (Q er altså den 3. basisløsning, med værdien 1. For programmet (P er minimumskandidaten derfor (, y, z = (1, 1,. Det er let at se her, at minimumskandidaten faktisk er en minimal løsning til (P : Enten fordi objektfunktionen + z, på mængden S af tilladte løsninger, er nedad begrænset (den er altid, eller fordi S er begrænset (bibetingelse (1+( giver y + z 1, og (1+ ( giver + 3y 4. Eksempel 37. Den tilstrækkelige betingelse: Med y t = (1, 1, som minimumskandidat for (P fås, for et eventuelt maksimumspunkt t = (, y for (P, følgende ligninger: Da de to første koordinater i y er >, er de to første bibetingelser for ligheder, dvs y = 1 og y =. De to ligninger er jo nemme at løse: t = (, y = (, 1 og det er en tilladt løsning til (P. Derfor er kandidaten y en minimal løsning til (P og er en maksimal løsning til (P. Omvendt, ud fra t = (, 1 som maksimumskandidat for (P fås, for et eventuelt minimumspunkt y t = (, y, z til (P : Begge koordinater for er >, så begge bibetingelser for y skal være ligheder; desuden, da den 3. bibetingelse for gælder med skarp ulighed, er tredie-koordinaten i (, y, z lig med. Nu er det nemt at løse: (, y, z = (1, 1,. Det er en tilladt løsning til (P. Derfor er kandidaten en maksimal løsning til (P og y er en minimal løsning til (P. Eksempel 38. Nogle ret trivielle standardprogrammer, m=n=: (P Maks., SP,, 1 b 1 c (P Min., SP,, 1 1 c b For (P er den først bibetingelse, b, umulig at opfylde, hvis b <. Tilsvarende gælder for (P, at den anden bibetingelse, y c, dvs y c, er umulig at opfylde, når c >. Med passende kombinationer af fortegn på b, c opnås altså let alle tilfældene 1 4.
16 3. oktober EXPL 16 Eksempel 39. Gårdmand Bjørns grise behøver pr. uge 6 enheder af proteinet A, 84 enheder af B og 7 enheder af C. Foderblandingen X har nøgletallene 3 7 3, dvs 1 kg indeholder 3 enheder A, 7 af B, og 3 af C. Tilsvarende er Y en 6-blanding. Blandingen X koster 1 kr/kg og Y koster 4 kr/kg. Bjørn køber pr uge kg af X og y kg af Y, og vil gerne minimalisere prisen, 1 + 4y. Men han må jo sørge for at grisene får, hvad de skal have: 3 + y 6, 7 + y 84, 3 + 6y 7. Eksempel 4. Min far har to papirmøller, X og Y, som producerer hhv 35 og 55 t/uge. Hver uge skal vi levere papir til tre trykkerier T 1, T, og T 3, hhv 3, 4 og t/uge. Vi må tage hensyn til transportomkostningerne: Fra X er de, til de tre trykkerier, hhv 7,, og 15 kr/t, og fra Y er de hhv 18, 16, og 1. Idet er antallet at tons, der transporteres fra mølle X til trykkeriet T (osv, er omkostningerne y y + 1y 3. Det vil vi minimalisere. Idet vi jo må overholde bibitingelserne: = 35, y 1 + y + y 3 = 55, 1 + y 1 = 3, + y = 4, 3 + y 3 =.
Mat H /05 Note 2 10/11-04 Gerd Grubb
Mat H 1 2004/05 Note 2 10/11-04 Gerd Grubb Nødvendige og tilstrækkelige betingelser for ekstremum, konkave og konvekse funktioner. Fremstillingen i Kapitel 13.1 2 af Sydsæters bog [MA1] suppleres her med
Læs mereMATEMATIK 11 Eksamensopgaver Juni 1995 Juni 2001, 4. fjerdedel
Juni 2000 MATEMATIK 11 Eksamensopgaver Juni 1995 Juni 2001, 4. fjerdedel Opgave 1. (a) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen y 8y + 16y = 0. (b) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
Læs mereGamle eksamensopgaver (MASO)
EO 1 Gamle eksamensopgaver (MASO) Opgave 1. (Vinteren 1990 91, opgave 1) a) Vis, at rækken er divergent. b) Vis, at rækken er konvergent. Opgave 2. (Vinteren 1990 91, opgave 2) Gør rede for at ligningssystemet
Læs merez + w z + w z w = z 2 w z w = z w z 2 = z z = a 2 + b 2 z w
Komplekse tal Hvis z = a + ib og w = c + id gælder z + w = (a + c) + i(b + d) z w = (a c) + i(b d) z w = (ac bd) + i(ad bc) z w = a+ib c+id = ac+bd + i bc ad, w 0 c +d c +d z a b = i a +b a +b Konjugation
Læs mereMere om differentiabilitet
Mere om differentiabilitet En uddybning af side 57 i Spor - Komplekse tal Kompleks funktionsteori er et af de vigtigste emner i matematikken og samtidig et af de smukkeste I bogen har vi primært beskæftiget
Læs mereGrafisk bestemmelse - fortsat Støttepunkter. Grafisk bestemmelse y. giver grafen. Niveaukurver og retning u = ( 1
Oversigt [S]. Nøgleord og begreber Retningsafledt Gradientvektor Gradient i flere variable Fortolkning af gradientvektoren Agst, opgave 5 Delvis afledt [S]. Directional derivatives and te... Definition
Læs mereDesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof
DesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof Preben Alsholm Efterår 2010 1 Hovedpunkter fra forårets pensum 11 Taylorpolynomium Taylorpolynomium Det n te Taylorpolynomium for f med udviklingspunkt x 0 : P
Læs mereFunktion af flere variable
Funktion af flere variable Preben Alsolm 24. april 2008 1 Funktion af flere variable 1.1 Differentiabilitet for funktion af én variabel Differentiabilitet for funktion af én variabel f kaldes differentiabel
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2019
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 14. Juni 2019 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereDesignMat Komplekse tal
DesignMat Komplekse tal Preben Alsholm Uge 7 Forår 010 1 Talmængder 1.1 Talmængder Talmængder N er mængden af naturlige tal, 1,, 3, 4, 5,... Z er mængden af hele tal... 5, 4, 3,, 1, 0, 1,, 3, 4, 5,....
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereAlgebra - 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 mereMATEMATIK 11 Eksamensopgaver Juni 1995 Juni 2001, 3. fjerdedel
MATEMATIK Eksamensopgaver Juni 995 Juni 200, 3. fjerdedel August 998 Opgave. Lad f : R \ {0} R betegne funktionen givet ved f(x) = ex x for x 0. (a) Find eventuelle lokale maksimums- og minimumspunkter
Læs mereSupplerende opgaver. 0. Opgaver til første uge. SO 1. MatGeo
SO 1 Supplerende opgaver De efterfølgende opgaver er supplerende opgaver til brug for undervisningen i Matematik for geologer. De er forfattet af Hans Jørgen Beck. Opgaverne falder i fire samlinger: Den
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereDesignMat Uge 1 Repetition af forårets stof
DesignMat Uge 1 Repetition af forårets stof Preben Alsholm Efterår 008 01 Lineært ligningssystem Lineært ligningssystem Et lineært ligningssystem: a 11 x 1 + a 1 x + + a 1n x n = b 1 a 1 x 1 + a x + +
Læs mereMASO Uge 8. Invers funktion sætning og Implicit given funktion sætning. Jesper Michael Møller. Department of Mathematics University of Copenhagen
MASO Uge 8 Invers funktion sætning og Implicit given funktion sætning Jesper Michael Møller Department of Mathematics University of Copenhagen Uge 43 Formålet med MASO Oversigt Invertible og lokalt invertible
Læs mereDen homogene ligning. Vi betragter den n te ordens, homogene, lineære differentialligning. d n y dt n. an 1 + any = 0 (1.2) dt. + a1 d n 1 y dt n 1
1/7 Den homogene ligning Vi betragter den n te ordens, homogene, lineære differentialligning a 0 d n y dt n + a1 d n 1 y dt n 1 hvor a 0,..., a n R og a 0 0. Vi skriver ligningen på kort form som + + dy
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Forår - 6. Juni 2016
Besvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Forår - 6. Juni 16 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. x 2 + y 2 1 Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 019 Opgave 1 (6 point) En
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 019 Opgave 1 (6 point) En
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. x 2 + y 2 1 Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 19 Opgave 1 (6 point) En funktion
Læs mereSupplerende opgaver. S1.3.1 Lad A, B og C være delmængder af X. Vis at
Supplerende opgaver Analyse Jørgen Vesterstrøm Forår 2004 S.3. Lad A, B og C være delmængder af X. Vis at (A B C) (A B C) (A B) C og find en nødvendig og tilstrækkelig betingelse for at der gælder lighedstegn
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 3. Januar 2017
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 3. Januar 17 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereMATEMATIK A-NIVEAU-Net Forberedelsesmateriale
STUDENTEREKSAMEN SOMMERTERMIN 13 MATEMATIK A-NIVEAU-Net Forberedelsesmateriale 6 timer med vejledning Forberedelsesmateriale til de skriftlige prøver sommertermin 13 st131-matn/a-6513 Forberedelsesmateriale
Læs mere(Prøve)Eksamen i Calculus
(Prøve)Eksamen i Calculus Sæt 1, april 2011 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende (prøve)eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs merematx.dk Differentialregning Dennis Pipenbring
mat.dk Differentialregning Dennis Pipenbring 0. december 00 Indold Differentialregning 3. Grænseværdi............................. 3. Kontinuitet.............................. 8 Differentialkvotienten
Læs mereMASO Uge 7. Differentiable funktioner. Jesper Michael Møller. Uge 7. Formålet med MASO. Department of Mathematics University of Copenhagen
MASO Uge 7 Differentiable funktioner Jesper Michael Møller Department of Mathematics University of Copenhagen Uge 7 Formålet med MASO Oversigt Differentiable funktioner R n R m Differentiable funktioner
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Efterår - 8. Januar 2016
Besvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Efterår - 8. Januar 16 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har
Læs mereMatematik A. Studentereksamen. Forberedelsesmateriale til de digitale eksamensopgaver med adgang til internettet
Matematik A Studentereksamen Forberedelsesmateriale til de digitale eksamensopgaver med adgang til internettet st131-matn/a-6513 Mandag den 6 maj 13 Forberedelsesmateriale til st A Net MATEMATIK Der skal
Læs mereEKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET.. Beregn den retningsafledede D u f(0, 0).
EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET H.A. NIELSEN & H.A. SALOMONSEN Opgave. Lad f betegne funktionen f(x, y) = x cos(y) + y sin(x). ) Angiv gradienten f. 2) Lad u betegne
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2018
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Juni 08 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra og Calculus Globale Forretningssystemer Eksamen - 6. Juni 2016
Besvarelser til Lineær Algebra og Calculus Globale Forretningssystemer Eksamen - 6 Juni 206 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2017
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 12. Juni 2017 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereHvis man ønsker mere udfordring, kan man springe den første opgave af hvert emne over.
Opsamling Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe den første opgave af hvert emne over.. Brøkregning, parentesregneregler, kvadratsætningerne, potensregneregler og reduktion Udregn nedenstående
Læs mereFunktion af flere variable
Funktion af flere variable Preben Alsholm 6. oktober 2008 1 Funktion af flere variable 1.1 Punktmængder i R k : Definitioner Punktmængder i flerdimensionale rum: Definitioner q Normen af x 2 R k er kxk
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote enote Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses enoten er i forlængelse af enote, der beskriver lineære
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereHilbert rum. Chapter 3. 3.1 Indre produkt rum
Chapter 3 Hilbert rum 3.1 Indre produkt rum I det følgende skal vi gøre brug af komplekse såvel som reelle vektorrum. Idet L betegner enten R eller C minder vi om, at et vektorrum over L er en mængde E
Læs mereMM501 forelæsningsslides
MM50 forelæsningsslides uge 36, 2009 Produceret af Hans J. Munkholm Nogle talmængder s. 3 N = {, 2, 3, } omtales som de naturlige tal eller de positive heltal. Z = {0, ±, ±2, ±3, } omtales som de hele
Læs mereBesvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 8. Juni 2015
Besvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 8. Juni 05 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en
Læs mereDifferentialkvotient af cosinus og sinus
Differentialkvotient af cosinus og sinus Overgangsformler cos( + p ) = cos sin( + p ) = sin cos( -) = cos sin( -) = -sin cos( p - ) = - cos sin( p - ) = sin cos( p + ) = -cos sin( p + ) = -sin (bevises
Læs mereMatricer og lineære ligningssystemer
Matricer og lineære ligningssystemer Grete Ridder Ebbesen Virum Gymnasium Indhold 1 Matricer 11 Grundlæggende begreber 1 Regning med matricer 3 13 Kvadratiske matricer og determinant 9 14 Invers matrix
Læs mereVUC Vestsjælland Syd, Slagelse Nr. 1 Institution: Projekt Trigonometri
VUC Vestsjælland Syd, Slagelse Nr. 1 Institution: 333247 2015 Anders Jørgensen, Mark Kddafi, David Jensen, Kourosh Abady og Nikolaj Eriksen 1. Indledning I dette projekt, vil man kunne se definitioner
Læs mereEksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. 3.
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. januar 7 Dette eksamenssæt består af 9 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mereBesvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 3. Juni 2014
Besvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 3. Juni 204 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote enote Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses enoten er i forlængelse af enote, der beskriver lineære
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Januar 2018
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Januar 18 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereDesignMat Den komplekse eksponentialfunktion og polynomier
DesignMat Den komplekse eksponentialfunktion og polynomier Preben Alsholm Uge 8 Forår 010 1 Den komplekse eksponentialfunktion 1.1 Definitionen Definitionen Den velkendte eksponentialfunktion x e x vil
Læs mereFunktioner af to variable
enote 15 1 enote 15 Funktioner af to variable I denne og i de efterfølgende enoter vil vi udvide funktionsbegrebet til at omfatte reelle funktioner af flere variable; vi starter udvidelsen med 2 variable,
Læs mereLektion 1. Tal. Ligninger og uligheder. Funktioner. Trigonometriske funktioner. Grænseværdi for en funktion. Kontinuerte funktioner.
Lektion Tal Ligninger og uligheder Funktioner Trigonometriske funktioner Grænseværdi for en funktion Kontinuerte funktioner Opgaver Tal Man tænker ofte på de reelle tal, R, som en tallinje (uden huller).
Læs mereπ can never be expressed in numbers. William Jones og John Machins algoritme til beregning af π
can never be expressed in numbers. William Jones og John Machins algoritme til beregning af. Oprindelsen til symbolet Første gang vi møder symbolet som betegnelse for forholdet mellem en cirkels omkreds
Læs mereEkstremumsbestemmelse
Ekstremumsbestemmelse Preben Alsholm 24. november 2008 1 Ekstremumsbestemmelse 1.1 Ekstremum for funktion af én variabel: Definitioner Ekstremum for funktion af én variabel: Definitioner Punktet a kaldes
Læs mereBesvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7
Besvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7 De anførte besvarelser er til dels mere summariske end en god eksamensbesvarelse bør være. Der kan godt være fejl i - jeg vil meget gerne informeres,
Læs mereDOK-facitliste DOK. DOK-facitliste 1
-facitliste 1 -facitliste Listens numre refererer til samlingen af supplerede -opgaver (de gamle eksamensopgaver. På listen står næsten kun facitter, og ikke tilstrækkelige svar på opgaverne. [Korrigeret
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Januar 2019
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 14. Januar 19 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereDifferentiation af sammensatte funktioner
1/7 Differentiation af sammensatte funktioner - Fra www.borgeleo.dk En sammensat funktion af den variable x er en funktion, vor x først indsættes i den såkaldte indre funktion. Resultatet fra den indre
Læs mereDESIGNMAT FORÅR 2012: UGESEDDEL Forberedelse Læs alle opgaverne fra tidligere ugesedler, og læg særlig mærke til dem du har spørgsmål til.
DESIGNMAT FORÅR 2012: UGESEDDEL 13 INSTITUT FOR MATEMATIK 1. Forberedelse Læs alle opgaverne fra tidligere ugesedler, og læg særlig mærke til dem du har spørgsmål til. 2. Aktiviteter mandag 13 17 2.1.
Læs mereSvar på opgave 336 (Januar 2017)
Svar på opgave 6 (Januar 07) Opgave: De komplekse tal a, b og c opfylder ligningssystemet Vis, at a, b og c er reelle. (a + b)(a + c) = b (b + c)(b + a) = c (c + a)(c + b) = a. Besvarelse:. metode Lad
Læs mereMASO Uge 7. Differentiable funktioner. Jesper Michael Møller. Uge 7. Formålet med MASO. Department of Mathematics University of Copenhagen
MASO Uge 7 Differentiable funktioner Jesper Michael Møller Department of Mathematics University of Copenhagen Uge 7 Formålet med MASO Oversigt Differentiable funktioner f : R R En funktion f : R R er differentiabel
Læs merePartielle afledede og retningsafledede
Partielle afledede og retningsafledede 1 Partielle afledede, definitioner og notationer Bertragt en funktion af to reelle variable f : D R, hvor D R 2 er et åbent område Med benyttelse af tilvækstfunktionen
Læs merex 2 + y 2 dx dy. f(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) + 2 1) Angiv en ligning for tangentplanen til fladen z = f(x, y) i punktet
Eksamensopgaver fra Matematik Alfa 1 Naturvidenskabelig Kandidateksamen August 1999. Matematik Alfa 1 Opgave 1. Udregn integralet 1 1 y 2 (Vink: skift til polære koordinater.) Opgave 2. Betragt funktionen
Læs mereReeksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. 17.
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 17. februar 2017 Dette eksamenssæt består af 11 nummererede sider med
Læs mereMatematik F2 Opgavesæt 2
Opgaver uge 2 I denne uge kigger vi nærmere på Cauchy-Riemann betingelserne, potensrækker, konvergenskriterier og flertydige funktioner. Vi skal også se på integration langs en ve i den komplekse plan.
Læs mereInden der siges noget om komplekse tal, vil der i dette afsnit blive gennemgået en smule teori om trigonometriske funktioner.
Komplekse tal Mike Auerbach Odense 2012 1 Vinkelmål og trigonometriske funktioner Inden der siges noget om komplekse tal, vil der i dette afsnit blive gennemgået en smule teori om trigonometriske funktioner.
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereOm første og anden fundamentalform
Geometri, foråret 2005 Jørgen Larsen 9. marts 2005 Om første og anden fundamentalform 1 Tangentrummet; første fundamentalform Vi betragter en flade S parametriseret med σ. Lad P = σu 0, v 0 være et punkt
Læs mereCALCULUS "SLIDES" TIL CALCULUS 1 + 2
CALCULUS "SLIDES" TIL CALCULUS + INSTITUT FOR MATEMATISKE FAG AARHUS UNIVERSITET 4 Indhold Forord 5 I. Differentiation 7. Kontinuitet 7. Partielle afledede 7 3. Tangentplan 5 4. Kædereglen 34 5. Gradient
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. februar 08 Dette eksamenssæt består af 8 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mereLokalt ekstremum DiploMat 01905
Lokalt ekstremum DiploMat 0905 Preben Alsholm Institut for Matematik, DTU 6. oktober 00 De nition Et stationært punkt for en funktion af ere variable f vil i disse noter blive kaldt et egentligt saddelpunkt,
Læs mereLøsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2016
Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2016 24. maj 2016: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Da trekanterne er ensvinklede, er forholdene mellem korresponderende linjestykker i de to trekanter det
Læs mereNøgleord og begreber Komplekse tal Test komplekse tal Polære koordinater Kompleks polarform De Moivres sætning
Oversigt [S] App. I, App. H.1 Nøgleord og begreber Komplekse tal Test komplekse tal Polære koordinater Kompleks polarform De Moivres sætning Test komplekse tal Komplekse rødder Kompleks eksponentialfunktion
Læs mereMASO Uge 1. Relle tal Følger. Jesper Michael Møller. 10. september Department of Mathematics University of Copenhagen
MASO Uge 1 Relle tal Jesper Michael Møller Department of Mathematics University of Copenhagen 10. september 2018 Oversigt Relle tal Notation Tal Største og mindste element, mindste overtal og største undertal
Læs merePrøveeksamen i Calculus
Prøveeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Marts 6 Dette eksamenssæt består af 9 nummererede sider med 4 afkrydsningsopgaver.
Læs mereUndervisningsbeskrivelse
Undervisningsbeskrivelse Stamoplysninger til brug ved prøver til gymnasiale uddannelser Termin August 2016til juni 2019 Institution VID gymnasier Uddannelse Fag og niveau Lærer(e) Hold Uddannelsestid i
Læs mere8 Regulære flader i R 3
8 Regulære flader i R 3 Vi skal betragte særligt pæne delmængder S R 3 kaldet flader. I det følgende opfattes S som et topologisk rum i sportopologien, se Definition 5.9. En åben omegn U af p S er således
Læs mereINSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI. TIDLIGERE EKSAMENSOPGAVER MM501 Calculus I, MM502 Calculus II Januar 2006 juni 2010
INSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI TIDLIGERE EKSAMENSOPGAVER MM501 Calculus I, MM502 Calculus II Januar 2006 juni 2010 Forord Denne opgavesamling indeholder samtlige eksamensopgaver, der har været stillet
Læs mereLøsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2019 ( ) ( )
Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 019 1. maj 019: Delprøven UDEN hjælpemidler 1. maj 019 opgave 1: Man kan godt benytte substitutionsmetoden, lige store koefficienters metode eller determinantmetoden,
Læs mereTaylors formel. Kapitel Klassiske sætninger i en dimension
Kapitel 3 Taylors formel 3.1 Klassiske sætninger i en dimension Sætning 3.1 (Rolles sætning) Lad f : [a, b] R være kontinuert, og antag at f er differentiabel i det åbne interval (a, b). Hvis f (a) = f
Læs mereHer skal du lære om 1. Talfølge og talrække 2. Afsnitssum 3. Konvergens 4. Konvergente rækker har små led 5. Regneregler
Oversigt [S] 8.2 Her skal du lære om. Talfølge og talrække 2. Afsnitssum 3. Konvergens 4. Konvergente rækker har små led 5. Regneregler Calculus - 2003 Uge 4. - Uendelig række Definition Givet en talfølge
Læs mereMatematik 1 Semesteruge 5 6 (30. september oktober 2002) side 1. Komplekse tal Arbejdsplan
Matematik Semesteruge 5 6 (30. september -. oktober 2002) side Komplekse tal Arbejdsplan I semesterugerne 5 og 6 erstattes den regulære undervisning (forelæsninger og fællestimer) af selvstudium med opgaveregning
Læs mereGradienter og tangentplaner
enote 16 1 enote 16 Gradienter og tangentplaner I denne enote vil vi fokusere lidt nærmere på den geometriske analyse og inspektion af funktioner af to variable. Vi vil især studere sammenhængen mellem
Læs mere20 = 2x + 2y. V (x, y) = 5xy. V (x) = 50x 5x 2.
17 Optimering 17.1 Da omkræsen skal være 0cm har vi at 0 = x + y. Rumfanget V for kassen er en funktion der afhænger af både x og y givet ved V (x, y) = 5xy. Isolerer vi y i formlen for omkredsen og indsætter
Læs mereEksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet. 6.
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet 6. juni 16 Dette eksamenssæt består af 1 nummererede sider med 14 afkrydsningsopgaver.
Læs mereReeksamen i Calculus Onsdag den 17. februar 2016
Reeksamen i Calculus Onsdag den 17. februar 216 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereMM501 forelæsningsslides
MM501 forelæsningsslides uge 37, 2010 Produceret af Hans J. Munkholm 2009 bearbejdet af Jessica Carter 2010 1 Hvad er et komplekst tal? Hvordan regner man med komplekse tal? Man kan betragte udvidelsen
Læs mereMatematisk modellering og numeriske metoder. Lektion 1
Matematisk modellering og numeriske metoder Lektion 1 Morten Grud Rasmussen 4. september, 2013 1 Ordinære differentialligninger ODE er 1.1 ODE er helt grundlæggende Definition 1.1 (Ordinære differentialligninger).
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote 7 enote 7 Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses Der bruges egenværdier og egenvektorer i løsningsproceduren,
Læs mereOversigt [S] 9.6, 11.1, 11.2, App. H.1
Oversigt [S] 9.6, 11.1, 11.2, App. H.1 Her skal du lære om 1. Funktioner i flere variable 2. Grafen og niveaukurver 3. Grænseovergange og grænseværdier 4. Kontinuitet i flere variable 5. Polære koordinater
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 0. februar 019 Dette eksamenssæt
Læs mereGEOMETRI-TØ, UGE 6. . x 1 x 1. = x 1 x 2. x 2. k f
GEOMETRI-TØ, UGE 6 Hvis I falder over tryk- eller regne-fejl i nedenstående, må I meget gerne sende rettelser til fuglede@imfaudk Opvarmningsopgave 1 Lad f : R 2 R være tre gange kontinuert differentierbar
Læs mereChapter 3. Modulpakke 3: Egenværdier. 3.1 Indledning
Chapter 3 Modulpakke 3: Egenværdier 3.1 Indledning En vektor v har som bekendt både størrelse og retning. Hvis man ganger vektoren fra højre på en kvadratisk matrix A bliver resultatet en ny vektor. Hvis
Læs mereπ er irrationel Frank Nasser 10. december 2011
π er irrationel Frank Nasser 10. december 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 mereMini-formelsamling. Matematik 1
Indholdsfortegnelse 1 Diverse nyttige regneregler... 1 1.1 Regneregler for brøker... 1 1.2 Potensregneregler... 1 1.3 Kvadratsætninger... 2 1.4 (Nogle) Rod-regneregler... 2 1.5 Den naturlige logaritme...
Læs mereTaylorudvikling I. 1 Taylorpolynomier. Preben Alsholm 3. november Definition af Taylorpolynomium
Taylorudvikling I Preben Alsholm 3. november 008 Taylorpolynomier. Definition af Taylorpolynomium Definition af Taylorpolynomium Givet en funktion f : I R! R og et udviklingspunkt x 0 I. Find et polynomium
Læs mereKomplekse tal. Mikkel Stouby Petersen 27. februar 2013
Komplekse tal Mikkel Stouby Petersen 27. februar 2013 1 Motivationen Historien om de komplekse tal er i virkeligheden historien om at fjerne forhindringerne og gøre det umulige muligt. For at se det, vil
Læs mereKomplekse tal. Mike Auerbach. Tornbjerg Gymnasium, Odense 2015
Komplekse tal Mike Auerbach Tornbjerg Gymnasium, Odense 2015 Indhold 1 Vinkelmål og trigonometriske funktioner 2 1.1 Radianer................................................ 2 1.2 Cosinus og sinus som
Læs mere