Transcript Noen løsningsforslag til Kalkulus

K A L K U L U S
Lsningsforslag
til utvalgte oppgaver
fra Tom Lindstrms lrebok
ved
Klara Hveberg
Matematisk institutt
Universitetet i Oslo
Copyright c 2006 Klara Hveberg
Forord
Dette er en samling lsningsforslag som jeg opprinnelig utarbeidet til
gruppeundervisningen i kurset MAT100A ved Universitetet i Oslo hsten
2000. Den vil derfor gjenspeile oppgaveutvalget som ble gitt til gruppene dette semesteret, og seksjoner som ikke var pensum pa den tiden
vil derfor kunne opptre som mystiske \hull" i denne samlingen. Jeg har
for eksempel ikke laget lsningsforslag til oppgaver i seksjonene 1.3 og 1.4
(kombinatorikk og binomialformelen), seksjon 4.2 (inhomogene dierensligninger), seksjon 7.7 (hyperbolske funksjoner), seksjon 10.5 (annenordens inhomogene dierensialligninger) og seksjonene fra 11.3 og utover,
da disse var fjernet fra pensum den aktuelle hsten. Videre var deler av
seksjon 3.4 (om a nne generelle n'te rtter av komplekse tall) og seksjon
9.5 (kriterier for nar uegentlige integraler konvergerer) kraftig nedtonet.
Siden lsningsforslagene var ment som et supplement til den ordinre
gruppeundervisningen, tar de bare for seg et representativt utvalgt av de
oppgavene som ble gitt. Jeg har valgta prioritere oppgaver som illustrerer
hvordan man kan gjennomfre et matematisk resonnement, men har ogsa
tatt med lsning pa noen enkle \drilloppgaver" innimellom. La meg til
slutt minne om at man ikke lrer matematikk veda se pa ferdige lsninger
som andre har laget | bare ved a bryne seg pa oppgavene selv, oppdager
man hvor problemene sitter og kan verdsette lsningen nar man ser den.
Jeg haper derfor at disse lsningsforslagene blir brukt pa en fornuftig
mate, og at de kan vre til nytte under repetisjon og for studenter som
ikke har anledning til a flge den ordinre gruppeundervisningen.
Hvis du nner noen feil eller trykkfeil i lsningsforslagene, er det nt
om du gir meg beskjed pa epostadressen [email protected].
Blindern, 28. mars 2001
Klara Hveberg
I denne nye utgaven av lsningsforslagene er oppgavenumrene revidert i
henhold til tredje utgave av lreboken.
Blindern, 30. juni 2006
Klara Hveberg
i
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 1
I seksjon 1.1 regner jeg med at det ikke er behov for a utdype lrebokas
fasit i de innledende oppgavene om bruk av summetegnet, og har derfor
bare laget lsningsforslag til noen fa oppgaver av denne typen for a illustrere bytte av summasjonsindeks. Oppgave 1.1.11 og 1.1.13 illustrerer
bruk av aritmetikkens fundamentalteorem, og gir deg n trening i a fre
et matematisk resonnement. Det samme gjelder induksjonsoppgavene i
seksjon 1.2. Her gir oppgave 1.2.4 et enkelt eksempel pa bruk av induksjon, mens 1.2.6, 1.2.7 og 1.2.18 erfaringsmessig volder studentene mer
hodebry.
Oppgave 1.1.4c
De to summene er like, siden begge bestar av de samme leddene summert
i motsatt rekkeflge. Vi kan ogsa se dette ved a bytte summasjonsindeks.
Setter vi m = 3 n far vi
4
X
n=0
an b3 n =
1
X
3
X
3
m
m
a b =
a3 mbm
m=3
m= 1
Oppgave 1.1.6
b) Ved a sette k = n + 2 far vi
4
X
6
X
n
(n + 2)3 = k3k 2
n= 2
k=0
c) Ved a sette m = n + 1 far vi
10
X
n=0
xn y1 n =
11
X
11
X
m
1
1
(
m
1)
x y
= xn 1 y 2 n
m=1
n=1
hvor vi i den siste summen har gjeninnfrt navnet n pa summasjonsindeksen | som kan hete hva som helst.
Oppgave 1.1.11
Hvis a = p1 p2 pm og b = q1 q2 qn er primfaktoriseringer av a og b, sa
vil ab = p1p2 pm q1 q2 qn vre en primfaktorisering av produktet ab.
Siden primfaktorisering er entydig, ma ethvert primtall p som gar opp i
ab vre et av primtallene pi eller qj i primfaktoriseringen til ab. Sa hvis
p = pi vil p ga opp i a, og hvis p = qj vil p ga opp i b.
1
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 1.1.13
La alderen til barna vre x, y og z ar. Vi vet at x y z = 36 og at
summen av barnas alder er lik husnummeret til huset de bor i. La oss
nne alle mater a skrive 36 = 1 2 2 3 3 som et produkt av tre tall og
samtidig skrive opp summen av disse tre tallene.
36 = 1 1 36 1 + 1 + 36 = 38
36 = 1 2 18 1 + 2 + 18 = 21
36 = 1 3 12 1 + 3 + 12 = 15
36 = 1 4 9
1 + 4 + 9 = 14
36 = 1 6 6
1 + 6 + 6 = 13
36 = 2 2 9
2 + 2 + 9 = 13
36 = 2 3 6
2 + 3 + 6 = 11
36 = 3 3 4
3 + 3 + 4 = 10
Siden venninnen ikke kunne avgjre alderen pa barna selv om hun kjente
summen av aldrene deres (dvs husnummeret), ma denne summen ha vrt
13; alle de andre summene fremkommer pa en entydig mate slik at venninnen ville ha visst hva alderen til barna var. Barna ma altsa vre enten
2, 2 og 9 ar eller 1, 6 og 6 ar. Siden det fantes et eldste barn, sa ma
alderen til barna vre 2, 2 og 9 ar.
Oppgave 1.2.4
Vi skal vise at formelen
n
X
1 = n
i=1 i(i + 1) n + 1
er riktig for alle naturlige tall n.
i) Vi sjekker frst tilfellet n = 1: P1 er sann, siden
1
X
1 = 1 =1= 1
i=1 i(i + 1) 1(1 + 1) 2 1 + 1
(Pn )
ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m 2 N . Induksjonstrinnet
bestar da i a vise at ogsa Pm+1 er sann, det vil si at
mX
+1
1 = m+1
(Pm+1 )
i=1 i(i + 1) m + 2
Vi har
m
mX
+1
1
1 +
1 =X
i=1 i(i + 1) i=1 i(i + 1) (m + 1)(m + 2)
2
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
som iflge induksjonsantagelsen blir
= mm+ 1 + (m + 1)(1 m + 2)
2 + 2m + 1
m
(
m
+
2)
+
1
m
= (m + 1)(m + 2) = (m + 1)(m + 2)
2
+1
(
m
+
1)
= (m + 1)(m + 2) = m
m+2
Dermed har vi vist at Pm+1 blir sann dersom Pm er sann.
Iflge induksjonsprinsippet er da Pn sann for alle n 2 N.
Oppgave 1.2.6
Vi skal vise pastanden
(Pn )
n(n2 + 5) er delelig med 6 for alle n 2 N:
i) Vi sjekker frst tilfellet n = 1: P1 er sann siden 1(12 + 5) = 6, som
er delelig med 6.
ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m 2 N. Induksjonstrinnet
bestar i a vise at da ma ogsa Pm+1 vre sann. Vi har
(m + 1)[(m + 1)2 + 5] = (m + 1)(m2 + 2m + 6)
= (m + 1)(m2 + 5 + 2m + 1)
= m(m2 + 5) + 3m2 + 3m + 6
Ved induksjonsantagelsen er det frste leddet m(m2 + 5) delelig med
6, og det siste leddet 6 er opplagt ogsa delelig med 6. Det gjenstar
derfor bare a vise at 3m2 + 3m = 3m(m + 1) er delelig med 6, det
vil si at m(m + 1) er delelig med 2. Men dette er oppfylt, siden ett
av tallene m og m + 1 ma vre et partall og altsa delelig med 2.
Dermed har vi vist at Pm+1 er sann dersom Pm er sann.
Ved induksjonsprinsippet er da Pn sann for alle n 2 N.
Oppgave 1.2.7
Vi skal vise pastanden
(Pn )
2n+2 + 32n+1 er delelig med 7 for alle n 2 N:
i) Vi sjekker frst for n = 1: P1 er sann siden
21+2 + 321+1 = 23 + 33 = 35 = 7 5
som er delelig med 7.
3
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m 2 N. Induksjonstrinnet
bestar i a vise at da ma ogsa Pm+1 vre sann, det vil si at
(Pm+1 )
2(m+1)+2 + 32(m+1)+1 er delelig med 7
Vi har
2(m+1)+2 + 32(m+1)+1 = 2m+3 + 32m+3
= 2 2m+2 + 9 32m+1
= 2 2m+2 + (2 + 7) 32m+1
= 2 2m+2 + 2 32m+1 + 7 32m+1
= 2 (2m+2 + 32m+1) + 7 32m+1
Iflge induksjonsantagelsen er 2m+2 + 32m+1 delelig med 7, slik at
det frste leddet i summen ovenfor er delelig med 7. Siden det andre
leddet 7 32m+1 apenbart ogsa er delelig med 7, flger det at hele
summen er delelig med 7, det vil si at Pm+1 blir sann.
Iflge induksjonsprinsippet er da Pn sann for alle n 2 N.
Oppgave 1.2.18
Vi skal nne feilen i flgende \induksjonsbevis" for pastanden
(Pn )
\I enhver samling av n personer er alle like dumme."
Bevisforsk:
i) For n = 1 har vi bare en person, som opplagt er like dum som seg
selv, sa P1 er sann.
ii) Anta sa at Pk er sann for en k 2 N. Vi ma vise at da er ogsa Pk+1
sann, det vil si: \I enhver samling pa k + 1 personer sa er alle like
dumme". Vi ser altsa pa en gruppe med k + 1 personer. Fjern en av
disse personene slik at vi star igjen med en gruppe pa k personer som
ved induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi deretter ut en av
disse personene med den siste personen, far vi en ny gruppe pa k
personer som ogsa ma vre like dumme iflge induksjonsantagelsen.
Men da ma alle de k + 1 personene vre like dumme, og beviset er
ferdig.
Feil i bevisforsket: For at pastanden skal gjelde for alle n 2 N ma
vi i induksjonstrinnet ii) ha et resonnement som holder for et vilkarlig
naturlig tall k 1. Men resonnementet vi benytter bryter sammen i
tilfellet k = 1, og fungerer bare for k 2. For a se dette, skal vi ta en
nrmere titt pa oppbygningen av resonnementet: Vi starter altsa med
4
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
en samling pa k + 1 personer som vi nsker a vise er like dumme. Fjerner
vi frst en av disse personene, star vi igjen med en delmengde M1 pa
k personer som iflge induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi sa
ut en av personene i M1 med den personen som ble fjernet frst, far
vi en ny delmengde M2 pa k personer som iflge induksjonsantagelsen
ogsa er like dumme. \Beviset" konkluderer deretter med at alle de k + 1
personene vi startet med ma vre like dumme, men for a kunne trekke
denne slutningen, baserer vi oss egentlig pa at det nnes en person P
som er med i begge de to delmengdene M1 og M2 . Det underliggende
resonnementet er nemlig at siden P er like dum som alle personene i M1
(P er jo selv med i M1 ), og dessuten like dum som alle personene i M2
(P er jo ogsa med i M2), sa er alle personene i M1 like dumme som alle
personene i M2.
Det siste resonnementet bryter sammen nar k = 1: I dette tilfellet
vil jo mengdene M1 og M2 bli to disjunkte samlinger pa k = 1 personer.
Alt induksjonsantagelsen da sier oss, er at hver av de to personene er like
dum som seg selv, men siden det ikke nnes noen person som er med bade
i M1 og i M2 , kan vi ikke ut fra dette konkludere med at de k + 1 = 2
personene vi startet med ma vre like dumme.
5
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 2
I seksjon 2.1 far du velse i a lse ulikheter hvor tallverdier inngar (oppgave 2.1.5) og enkel trening i a fre matematiske resonnementer ved a
kombinere bruk av tallverdi, trekantulikheten og induksjon (oppgave 2.1.9
og 2.1.10). Oppgave 2.1.6 og 2.1.7 er gode eksempler pa at du ikke br
la deg avskrekke av at en oppgavetekst begynner med \Vis at..." Du
far ytterligere trening i enkel matematisk argumentasjon gjennom oppgavene om rasjonale og irrasjonale tall i seksjon 2.2. Her br du merke deg
strategien ved kontrapositive bevis og bevis ved motsigelse. Oppgavene
om supremum og inmum i seksjon 2.3 faller i startfasen erfaringsmessig
tyngre for mange studenter, og jeg har derfor laget fasit til alle gruppeoppgavene som ble gitt fra dette kapittelet (oppgave 2.3.6 ble bare gitt
som en tilleggsoppgave for de som hadde lyst pa en ekstra utfordring).
Oppgave 2.1.5
a) For a lse ulikheten jx 2j < jx + 3j benytter vi oss av det faktum
at jaj < jbj () a2 < b2 . Flgende utsagn blir dermed ekvivalente.
jx 2j < jx + 3j
(x 2)2 < (x + 3)2
4x + 4 < 6x + 9
5 < 10x
x > 21
b) Ulikheten jx2 2x 8j > 8 er oppfylt hvis og bare hvis vi har enten
x2 2x 8 > 8 eller x2 2x 8 < 8.
Den frste av disse ulikhetene kan
p hvilket
p skrives som (x 1)2 > 17,
er ekvivalent
p med at jx 1j > 17, det
p vil si at xp 1 > 17 eller
x 1 < 17, altsa at x 2 ( 1; 1 17) [ (1 + 17; 1).
Den andre ulikheten kan skrives jx 1j2 < 1, som er ekvivalent med
at jx 1j < 1, det vil si at 1 < x 1 < 1, altsa er x 2 (0; 2).
I alt har vi dermed at ulikheten
jx2 2x 8pj > 8 er oppfylt hvis og
p
bare hvis x 2 ( 1; 1 17) [ (0; 2) [ (1 + 17; 1).
Oppgave 2.1.6
Per denisjon av absoluttverdi (side 62 i Kalkulus) har vi
n
x0
jxj = xx for
for x < 0
6
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det positive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at
p 2 n x for x 0
x = x for x < 0
p
Av denisjonene flger det dermed at jxj = x2 .
Oppgave 2.1.7
Identiteten jxyj = jxjjyj flger av oppgave 2.1.4, idet vi har
p p
p
jxyj = (xy)2 = x2 y2 = jxjjyj
Oppgave 2.1.9
Vi skal vise at for alle tall x, y og z sa er
jx y j jx z j + jz y j
Smugler vi inn z i uttrykket og benytter trekantulikheten som sier at
ja + bj jaj + jbj, far vi:
jx yj = jx z + z yj = j(x z) + (z y)j jx zj + jz yj
som vi skulle vise.
Oppgave 2.1.10
Vi skal vise ved induksjon pa n at
ja1 + a2 + + an j ja1 j + ja2 j + + jan j
for alle reelle tall a1 ; a2 ; : : : ; an .
Vi betegner utsagnet ovenfor med Pn . Da er P1 opplagt sann siden
ja1 j ja1 j
Anta sa at Pm er sann, det vil si at
ja1 + a2 + + am j ja1 j + ja2 j + + jam j
Vi ma vise at da er ogsa Pm+1 sann. Benytter vi trekantulikheten i frste
skritt og induksjonsantagelsen i andre skritt, far vi
j(a1 + a2 + + am ) + am+1 j ja1 + a2 + + am j + jam+1 j
ja1 j + ja2 j + + jam j + jam+1 j
Altsa er Pm+1 sann dersom Pm er sann.
Induksjonsprinsippet sikrer da at formelen gjelder for alle n 2 N.
7
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 2.2.3
a) Brken 287==35 er rasjonal, siden bade telleren og nevneren er rasjonale
(setning 2.2.1).
p
b) I brken 2 74 2 er telleren irrasjonal (siden den er en
p dierens mellom
det rasjonale tallet 2 og det irrasjonale tallet 7 2 (produktet av
et rasjonalt og et irrasjonalt tall er irrasjonalt)), mens nevneren er
rasjonal. Iflge setning 2.2.2 er da brken selv irrasjonal.
c) Siden dierensen mellom to irrasjonale tall noen ganger blir et rasjonalt tall og andre ganger et irrasjonalt tall, ma vi omforme uttrykket
og se hva vi far.
p 1 p 6
3 2 6 p 4 = 3 2 p + 24 = 24
2
2
Dierensen er altsa rasjonal.
d) En brk hvor bade telleren og nevneren er irrasjonale, kan noen
ganger vre rasjonal og andre ganger irrasjonal, sa vi ma omforme
brken og se hva vi far.
p
p
p
p
(3p+ 2)2p = 9 + 6 2 + 2 = 11 + 6 2
3 + p2 =
9+2
11
3 2 (3 2)(3 + 2)
Her er telleren irrasjonal og nevneren rasjonal, sa brken er irrasjonal
(setning 2.2.2).
e) Som i punkt d) er bade telleren og nevneren irrasjonale, sa vi omformer brken
p
3 + p2 = 1
4(3 + 2) 4
og ser at den er rasjonal.
Oppgave 2.2.5
a) Det er galt at summen av
tall alltid er irrasjonal.
p to irrasjonale
p
Moteksempel:
p Summen 2+(3 2) = 3 av de to irrasjonale tallene
p
2 og (3 2) er rasjonal.
b) Det er sant at hvis a er irrasjonal, sa er a det ogsa.
Bevis: Anta at a er irrasjonal. Da er a = ( 1)a som er et produkt mellom et rasjonalt tall og et irrasjonalt tall, og derfor selv et
irrasjonalt tall.
c) Det er galt at hvis a2 er rasjonal, sa er a detp ogsa.
Moteksempel: a2 = 2 er rasjonal, men a = 2 er irrasjonal.
8
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
d) Det er sant at hvis a2 er irrasjonal, sa er a det ogsa.
Bevis: Vi viser det kontrapositive utsagnet, nemlig at hvis a er
rasjonal, sa er a2 ogsa rasjonal.
Anta altsa at a er rasjonal. Da kan vi skrive a = b=c hvor b; c 2 Z
og c 6= 0. Men da er a2 = b2 =c2 med b2 ; c2 2 Z og c2 6= 0. Men det
betyr jo nettopp at a2 er rasjonal.
e) Det er sant at hvis a er irrasjonal, sa er 1=a det ogsa.
Bevis: Anta at a er irrasjonal. Da har brken 1=a en rasjonal teller
og en irrasjonal nevner, og er da iflge setning 2.2.2 selv irrasjonal.
Oppgave 2.2.7 p
p
Vi skal bevise at 3 er irrasjonal.
p Anta (for motsigelse) at 3 er rasjonal,
det vil si at vi kan skrive 3 = a=b hvor a og b er naturlige tall. La
a = p1 p2 pm og b = q1 q2 qn vre primfaktoriseringene til a og b.
Da har vi
p a p1 p2 pm
3 = b = q q q
1 2
n
Kvadrerer vi begge sider av ligningen, far vi
2 p2 p2
p
3 = q12 q22 qm2
n
1 2
det vil si
3q12 q22 qn2 = p21 p22 p2m
Pa hyre side av likhetstegnet forekommer alle primfaktorene et like antall ganger (spesielt gjelder dette for primfaktoren 3), men pa venstre
side forekommer primfaktoren 3 et odde antall ganger. Det betyr at vi
har funnet to forskjellige primfaktoriseringer av det samme tallet, noe
som er umulig iflge p
aritmetikkens fundamentalteorem. Altsa har vi vist
at antagelsen om
p at 3 er rasjonal leder til en selvmotsigelse, sa eneste
mulighet er at 3 er irrasjonal.
Oppgave 2.2.13
Anta at a > 0. Vi skal vise at uansett hvor stor b 2 R er, sa ns en n 2 N
slik at na > b. Siden a > 0, er dette ekvivalent med a vise at vi kan nne
en n 2 N slik at n > b=a. Men dette flger direkte fra Arkimedes prinsipp
som sier at vi for ethvert reelt tall r, og dermed spesielt for r = b=a, kan
nne et naturlig tall n slik at n > r.
9
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 2.3.3
b) Mengden N er kun nedad begrenset med strste nedre skranke 1.
d) Da eksponentialfunksjonen er strengt voksende, blir utsagnet
2 < ln x 3
ekvivalent med utsagnet
e 2 < x e3
Mengden M = fx : 2 < ln x 3g er derfor lik intervallet (e 2 ; e3 ]
som er bade oppad og nedad begrenset med sup M = e3 og inf M =
e 2. Her er sup M 2 M , men inf M 2= M .
Oppgave 2.3.5
a) Vi viser ulikhet begge veier.
i) Siden sup A er en vre skranke for A og sup B er en vre skranke
for B , blir max(sup A; sup B ) en vre skranke bade for A og
for B , altsa en vre skranke for A [ B . Og da sup(A [ B )
er mindre enn enhver annen vre skranke for A [ B , flger at
sup(A [ B ) max(sup A; sup B ).
ii) Siden sup(A [ B ) er en vre skranke for A [ B , blir sup(A [ B )
ogsa en vre skranke for hver av delmengdene A og B . Og da
sup A og sup B er mindre enn enhver annen vre skranke for
henholdsvis A og B , flger at sup(A [ B ) max(sup A; sup B ).
Av i) og ii) flger at sup(A [ B ) = max(sup A; sup B ).
b) Siden A \ B er en delmengde bade av A og av B , blir bade sup A
og sup B vre skranker for A \ B . Og da sup(A \ B ) er mindre
enn enhver annen vre skranke for A \ B , flger generelt ulikheten
sup(A \ B ) min(sup A; sup B ).
Denne ulikheten kan imidlertid ikke skjerpes til en likhet. Lar vi
for eksempel A = f1; 2g og B = f1; 3g, blir sup(A \ B ) = 1 som er
forskjellig fra min(sup A; sup B ) = 2.
c) Vi viser ulikhet begge veier.
i) Siden inf A er en nedre skranke for A og inf B en nedre skranke
for B , blir min(inf A; inf B ) en nedre skranke bade for A og
for B , altsa en nedre skranke for A [ B . Og da inf(A [ B )
er strre enn enhver annen nedre skranke for A [ B , flger at
inf(A [ B ) min(inf A; inf B ).
10
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
ii) Siden inf(A [ B ) er en nedre skranke for A [ B , blir inf(A [ B )
ogsa en nedre skranke for hver av delmengdene A og B . Og
da inf A og inf B er strre enn enhver annen nedre skranke for
henholdsvis A og B , flger at inf(A [ B ) min(inf A; inf B ).
Av i) og ii) flger at inf(A [ B ) = min(inf A; inf B ).
d) Siden A \ B er en delmengde bade av A og av B , blir bade inf A
og inf B nedre skranker for A \ B . Og da inf(A \ B ) er strre
enn enhver annen nedre skranke for A \ B , flger generelt ulikheten
inf(A \ B ) max(inf A; inf B ).
Denne ulikheten kan imidlertid ikke skjerpes til en likhet. Lar vi
for eksempel A = f2; 3g og B = f1; 3g, blir inf(A \ B ) = 3 som er
forskjellig fra max(inf A; inf B ) = 2.
Oppgave 2.3.6
a) Vi viser likheten sup(A + B ) = sup A +sup B veda vise ulikhet begge
veier.
i) Da apenbart a + b sup A + sup B for alle a 2 A og b 2 B ,
flger det at sup(A + B ) sup A + sup B .
ii) For enhver positiv " nnes en a 2 A og en b 2 B slik at a >
sup A "=2 og b > sup B "=2. Da er a + b > sup A + sup B "
og flgelig sup(A + B ) > sup A + sup B ". Siden dette gjelder
for alle " > 0, ma vi ha sup(A + B ) sup A + sup B .
b) Vi viser likheten inf(A + B ) = inf A + inf B ved a vise ulikhet begge
veier.
i) Da apenbart a + b inf A + inf B for alle a 2 A og b 2 B , flger
det at inf(A + B ) inf A + inf B .
ii) For enhver positiv " nnes en a 2 A og en b 2 B slik at a <
inf A + "=2 og b < inf B + "=2. Da er a + b < inf A + inf B + "
og flgelig inf(A + B ) < inf A + inf B + ". Siden dette gjelder
for alle " > 0, ma vi ha inf(A + B ) inf A + inf B .
11
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 3
I dette kapittelet har mange av oppgavene et mindre teoretisk preg enn i
de foregaende kapitlene, og jeg regner derfor med at lrebokas eksempler
og fasit er dekkende for de rent regnemessige oppgavene. Jeg har derfor
prioritert a lage lsningsforslag til oppgaver som tester din geometriske
forstaelse av de komplekse tallene (oppgave 3.2.7 og 3.2.10) og gir velse
i matematisk argumentasjon (oppgave 3.1.10, 3.2.12 og 3.2.15). Du vil
likevel ogsa nne enkle eksempler pa hvordan du oversetter frem og tilbake
mellom kartesisk form og polarform (oppgave 3.2.3, 3.2.5, 3.3.1 og 3.3.3),
hvordan du nner tredjertter (oppgave 3.4.3), og hvordan du kan lse
komplekse annengradsligninger (oppgave 3.4.9 og 3.4.11). Oppgave 3.3.8
viser en typisk anvendelse av De Moivres formel, mens oppgave 3.4.14
gir deg god trening i a lse en kompleks annengradsligning og uttrykke
lsningen bade pa kartesisk og polar form.
Oppgave 3.1.5
Vi skal lse de oppgitte ligningene.
a)
2iz = 3 + 4i
z = 3 +2i4i = (3 +2i(4i)(2i)2i)
2
6
i
8
i
3i
=
=
2
4
2
b)
(1 + i)z + 3 = 1 i
(1 + i)z = 2 i
i)(1 i)
z = 12+ i i = ((12+ i)(1
i)
2
2
i
+
2
i
+
i
3+i
=
=
1+1
2
Oppgave 3.1.10
Anta at z + w og zw er reelle. Vi skal vise at da er enten begge tallene z
og w reelle eller sa er de konjugerte av hverandre.
La z = a + ib og w = c + id. Da har vi
z + w = (a + c) + i(b + d)
zw = (ac bd) + i(ad + bc)
12
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
At z + w og zw er reelle betyr at deres imaginrdeler er lik null, det vil
si at
b+d =0
ad + bc = 0
Den frste ligningen gir b = d. Setter vi dette inn i den andre ligningen,
far vi d(a c) = 0, som er oppfylt nar d = 0 og nar a = c. Hvis d = 0 har
vi b = d = 0, det vil si at z og w er reelle. Hvis a = c har vi z = a + ib
og w = c + id = a ib, det vil si at z og w er konjugerte.
Oppgave 3.2.3
b) Vi skal nne modulusen og argumentet til z = i.
Modulusen er
p
r = j ij = 02 + ( 1)2 = 1
Argumentet er bestemt ved at
cos = Re(r z) = 0
og
sin = Im(r z) = 11 = 1
Dette betyr at
= 32
p
e) Vi skal nne modulusen og argumentet til z = 1 + i 3.
Modulusen er
p
p
r = Re(z)2 + Im(z)2 = 1 + 3 = 2
Argumentet er bestemt ved at
cos = Re(r z) = 12
og
p
Im(
z
)
sin = r = 23
Dette betyr at
= 3
13
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 3.2.5
Vi skal skrive de komplekse tallene pa formen z = a + ib.
a) r = 4 og = 2 .
z = r(cos + i sin ) = 4(cos 2 + i sin 2 ) = 4(0 + i) = 4i
b) r = 1 og = 4 .
p
p
z = 1 cos 4 + i sin 4 = 12 2 + i 12 2
c) r = 2 og = 6 .
p
p
z = 2 cos 6 + i sin 6 = 2( 12 3 + i 12 ) = 3 + i
d) r = 21 og = 32 .
1
3
3
z = 2 cos 2 + i sin 2 = 12 (0 i) = 12 i
Oppgave 3.2.7a
Gitt tallene
5
5
z = 2 cos 12 + i sin 12 og w = 3 cos 12 + i sin 12
Iflge teorem 3.2.3 har produktet zw modulus r = 2 3 = 6 og argument
= 12 + 512 = 612 = 2 . Altsa blir
zw = 6 cos 2 + i sin 2 = 6i
Oppgave 3.2.10
Vi skal skissere de oppgitte omradene i det komplekse planet.
a) fz : jzj = 1g
Dette er alle punkter z som har avstand lik 1 fra origo, det vil si alle
punkter pa enhetssirkelen.
b) fz : jz 1j < 2g
Dette er alle punkter z som har avstand mindre enn 2 fra punktet
(1; 0), det vil alle punkter i det indre av en sirkel med radius 2 om
punktet (1; 0).
c) fz : jz (i + 1)j 21 g
14
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Dette er alle punkter z som har en avstand pa minst 12 fra punktet
i + 1 = (1; 1), det vil si alle punkter pa og utenfor en sirkel med
radius 12 om punktet (1; 1).
d) fz : jz 2j < jz i + 2jg = fz : jz 2j < jz (i 2)jg
Dette er alle punkter z som har kortere avstand til punktet (2; 0)
enn til punktet i 2 = ( 2; 1), det vil si alle punkter som ligger ekte
under linjen y = 4x + 21 .
Dette kan vi enten se geometrisk (tegn gur), eller ved flgende utregning. La z = x + iy. Kvadrerer vi den gitte ulikheten, far vi
jz 2j2 < jz i + 2j2
(x 2)2 + y2 < (x + 2)2 + (y 1)2
x2 4x + 4 + y2 < x2 + 4x + 4 + y2 2y + 1
2y < 8x + 1
y < 4x + 12
Oppgave 3.2.12
Vi skal vise at (vektorene tilsvarende) de to komplekse tallene z og w star
normalt pa hverandre hvis og bare hvis z=w er et rent imaginrt tall.
Dersom z og w har argumenter 1 og 2 henholdsvis, far z=w argument 1 2 . Tallet z=w er rent imaginrt hvis og bare hvis argumentet
er et odde multiplum av =2, det vil si 1 2 = (2k +1)=2; k 2 Z. Men
det betyr jo nettopp at z og w star normalt pa hverandre, da 1 2 er
vinkelen mellom vektorene z og w.
Pa samme mate ser vi at z og w er parallelle hvis og bare hvis z=w
er reell. At z=w er reell betyr at argumentet er et multiplum av , det
vil si 1 2 = k; k 2 Z. Men det betyr at vektorene z og w enten peker
i samme retning eller i motsatt retning, det vil si at de er parallelle.
Oppgave 3.2.15
Vi skal vise at jz + wj2 + jz wj2 = 2jzj2 +2jwj2 . Benytter vi at zz = jzj2 ,
far vi:
jz + wj2 + jz wj2 = (z + w)(z + w) + (z w)(z w)
= (z + w)(z + w) + (z w)(z w)
= (zz + zw + wz + ww) + (zz zw wz + ww)
= jzj2 + jwj2 + jzj2 + jwj2 = 2jzj2 + 2jwj2
15
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Tegner vi et parallellogram utspent av vektorene som tilsvarer de komplekse tallene z og w, vil diagonalene i dette parallellogrammet vre
z + w og z w. Utregningen ovenfor viser da at summen av kvadratene
til sidene i et parallellogram er lik summen av kvadratene til diagonalene.
Oppgave 3.3.1
b) Vi skal skrive tallet e i pa formen a + ib.
p
p
i
e = e0 cos 4 +i sin 4 = cos 4 i sin 4 = 21 2 i 12 2
4
4
Oppgave 3.3.3
b) Vi skal skrive tallet z = 4 4i pa formen rei .
p
p
p
r = 42 + ( 4)2 = 2 16 = 4 2
Siden Re(z) = Im(z) ser vi at = 4 . Altsa har vi
p
z = 4 2e i
4
Oppgave 3.3.8
p
804 og ( 3 i)173 ved hjelp av de Moivres formel.
Vi skal regne ut (1 + i)p
Da 1 + i har modulus 2 og argument 4 far vi
804
p
804
(1 + i) = 2 cos 4 + i sin 4
p 804 804
804
= 2 cos 4 + i sin 4
p (2402)
= 2
(cos 201 + i sin 201)
p 2 402
cos(200 + ) + i sin(200 + )
= 2
= 2402(cos + i sin )
= 2402
p
Og da 3 i har modulus 2 og argument 6 far vi
173
p
( 3 i)173 = 2 cos 6 + i sin 6
173
173
173
= 2 cos 6 + i sin 6
16
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
5
5
173
i sin 28 + 6
=2
cos 28 + 6
5
5
173
= 2 cos 6 i sin 6
1p
1
173
=2
3 i2
2
p
= 2172( 3 + i)
Oppgave 3.4.3b
Vi skal nne alle tredjerttene til z = i og skrive dem pa formen rei
og a + ib.
z = i = e i +2ki
z = e i + ki
Setter vi na etter tur k = 0, k = 1 og k = 2, far vi de tre tredjerttene
p
w0 = e i = cos( 6 ) + i sin( 6 ) = 12 3 12 i
2
1
3
6
2
3
6
w1 = e
w2 = e
i + 2i
6
3
i + 4i
6
3
=e
=e
i
3
6
i
7
6
= e i = i
p
= 21 3
2
1i
2
Oppgave 3.4.9a
Annengradsligningen z2 + 2z + 4 = 0 har lsningene
p2
2 414
2
z=
p
p 2
2
2
i
2
12
3
=
=
2p
2
= 1i 3
det vil si
p
z1 = 1 + i 3
p
z2 = 1 i 3
Oppgave 3.4.11b
Annengradsligningen z2 + 2iz + 5 = 0 har lsningene
p
2 415
2
i
(2
i
)
z=
2
17
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
p
p
= 2i 2 24 = 2i 2 2i 6
p
= ii 6
det vil si
p
z1 = i( 6 1)
p
z2 = i( 6 + 1)
Oppgave 3.4.14
Ligningen z2 + 2(1 i)z + 7i = 0 har lsningene
p
2 4 1 7i
2(1
i
)
4(1
i
)
z=
2
p
p
= (1 i) p(1 i)2 7i = (1 i) 9i
= (1 i) 3 i
p
p
Da i = e i=2 har vi i = e i=4 = 12 2(1 i), slik at uttrykket
ovenfor videre blir
p
p
= (1 i) 3 12 2(1 i) = 1 23 2 (1 i)
det vil si
3p
3p
3p
z1 = 2 2 1 i 2 2 1 = 2 2 1 (1 i)
z2 =
3
p
3
p
3
p
2 2 + 1 + i 2 2 + 1 = 2 2 + 1 (i 1)
p
p
Da 1 i = 2e i=4 og i 1 = 2ei3=4, blir lsningene pa polar form
p
3p
p
z1 = 2 2 1 2e i=4 = (3 2)e i=4
p
3p
p
z2 = 2 2 + 1 2ei3=4 = (3 + 2)ei3=4
p
Vektoren z1 har lengde 3 2 og argument
p =4, og peker altsa nedover
i 4. kvadrant. Vektoren z2 har lengde 3+ 2 og argument 3=4, og peker
altsa oppover i 2. kvadrant (tegn gur).
Oppgave 3.5.5
a) Vi skal vise at i er en rot i polynomet P (z) = z 4 +2z3 +4z2 +2z +3.
P (i) = i4 + 2i3 + 4i2 + 2i + 3 = 1 2i 4 + 2i + 3 = 0
18
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
b) Siden i en rot i polynomet P (z), vet vi ved lemma 3.5.3 at i = i
ogsa er en rot i dette polynomet. Men det betyr at P (z) er delelig
med (z i)(z + i) = z2 + 1. Vi utfrer polynomdivisjon:
z4 + 2z3 + 4z2 + 2z + 3 : z2 + 1 = z2 + 2z + 3
z4 + z2
2z 3 + 3z2 + 2z + 3
2z 3 + 2z
3z 2 + 3
3z 2 + 3
0
Det gjenstar bare a faktorisere z2 + 2z + 3:
z2 + 2z + 3 = 0 p
z = 2 42 4 3 1
p
p 8
2
2
2
2i
=
=
2p
2
z1 = 1 + p2i
z2 = 1 2i
De komplekse og reelle faktoriseringene av P (z) blir dermed:
p
p
z4 + 2z3 + 4z2 + 2z + 3 = (z + i)(z i)(z + 1 2i)(z + 1 + 2i)
= (z2 + 2z + 3)(z 2 + 1)
19
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 4
I seksjon 4.1 gir de innledende oppgavene deg trening i a lse dierensligninger, og jeg regner med at det ikke er behov for a utdype lrebokas
eksempler og fasit her. Men like viktig som a kunne lse slike ligninger,
er det a forsta hvordan man tenker nar man skal stille opp ligningene
ut ifra en oppgavetekst. Oppgave 4.1.9 og 4.1.11 gir god trening i dette.
Oppgave 4.1.14 viser deg en annen anvendelse av dierensligninger.
I seksjon 4.3 far du brynet deg pa denisjonen av grenseverdi for
flger (f.eks i oppgave 4.3.4), men du nner ogsa enkle eksempler pa
hvordan man regner ut slike grenseverdier i praksis (oppgave 4.3.1 og
4.3.3). Oppgave 4.3.14 illustrerer at dierensen mellom to flger som
begge gar mot uendelig, like gjerne kan ga mot et endelig tall som mot
uendelig.
Oppgave 4.1.9
La an vre antall sekvenser av lengde n som bestar av 0-er og 1-ere, der
frste sier er 1, og hvor to 1-ere aldri flger etter hverandre.
Sekvensen '1' er den eneste lovlige sekvensen av lengde n = 1, og
sekvensen '10' er den eneste lovlige av lengde n = 2. Dermed har vi
initialbetingelsene a1 = a2 = 1.
Anta na at n > 2, og la oss se pa hvilke lovlige sekvenser av lengde
n som nnes. Det siste sieret i strengen er enten 0 eller 1, og vi tar for
oss de to tilfellene etter tur:
i) Hvis siste sier i sekvensen er 0, kan de foregaende (n 1) sifrene
vre en hvilken som helst av de an 1 lovlige sekvensene av lengde
n 1.
ii) Hvis siste sier i sekvensen er 1, ma det nest siste sieret vre 0,
siden vi aldri kan ha to 1-ere etter hverandre. Vi har da bare igjen
(n 2) sifre i sekvensen, og disse kan vre en hvilken som helst av
de an 2 lovlige sekvensene av lengde n 2.
Disse to tilfellene dekker alle muligheter vi har for lovlige sekvenser av
lengde n (og de er disjunkte slik at vi ikke har talt opp samme sekvens
ere ganger). Dette viser at an er gitt ved dierensligningen:
an = an 1 + an 2
for n > 2 med initialbetingelser a1 = a2 = 1.
Vi nner frst den generelle lsningen av dierensligningen
an an 1 an 2 = 0
20
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Den karakteristiske ligningen er r2 r 1 = 0 som har rtter
p
p
r1 = 1=2 + 5=2 og r2 = 1=2 5=2
Den generelle lsningen blir derfor:
p
p
an = A(1=2 + 5=2)n + B (1=2 5=2)n
Initialbetingelsene gir:
p
p
a1 = A(1=2 + p5=2) + B (1=2 p5=2) = 1
a2 = A(1=2 + 5=2)2 + B (1=2 5=2)2 = 1
p
Lser vi p
disse ligningene (se kommentar nedenfor), far vi A = 1= 5 og
B = 1= 5. Den spesielle lsningen blir derfor:
p n p n 5
1
+
1
1 5
an = p
2
2
5
(Merk at dette er den samme lsningen som i eksempel 4.1.8 fordi dierensligningen vi startet med er identisk med Fibonaccis relasjon.)
Tips til utregningen:
For a fa enkel regning, kan vi frst samle leddene som om vi skulle lse
ligningene med hensyn pa \variablene" A + B og A B :
Av den frste ligningen far vi da at
p
(A + B ) + 5(A B ) = 2
og av den andre ligningen far vi atp
3(A + B ) + 5(A B ) = 2
Trekker vi den frste ligningen fra den andre, far vi 2(A + B ) = 0, det
vil si A = p B . Setter vi dette inn igjen i p
det frste uttrykket, farpvi
(A A) + p5(A + A) = 2, det vil si 2A = 2= 5. Dermed blir A = 1= 5
og B = 1= 5.
Oppgave 4.1.11
La xn vre sannsynligheten for at du vinner dersom du starter med n
millioner og banken med 100 n millioner. Vi nsker egentlig a nne
x90 , men lser problemet for en generell xn frst.
18
Det er to mulige mater du kan vinne pa: Med sannsynlighet 37
vinner du frste omgang, innkasserer 1 million og har da sannsynlighet
xn 1 for a sikre sluttseieren. Den totale sannsynligheten for at du skal
aten du kan vinne pa,
vinne pa denne maten er 18
37 xn 1 . Den andre m
21
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
19 ), gi fra deg 1
er gjennom a tape frste omgang (med sannsynlighet 37
million, for derettera sikre deg sluttseieren med sannsynlighet xn 1 . Den
totale sannsynligheten for a vinne pa denne maten er 19
37 xn 1 .
Dermed ser vi at xn er gitt ved
19 x
xn = 18
x
+
n
+1
37
37 n 1
som lett omformet gir dierensligningen
18xn+1 37xn + 19xn 1 = 0
Denne har karakteristisk ligning
18r2 37r + 19 = 0
med rtter
p
37
1369 1368 = 37 1
r=
2 18
36
det vil si
r1 = 1; r2 = 19
18
Den generelle lsningen blir da
19 n
xn = C + D 18
Hvis du starter med null og banken med 100 millioner, sa har du tapt.
Dermed er x0 = C + D = 0. Starter du med 100 millioner, har du vunnet,
1
100 = 1. Dermed er D = C og C =
sa x100 = C + D( 19
18 )
1 ( ) .
Innsatt overfor gir dette den spesielle lsningen
19 n 1
xn =
100 1
18
1 ( 19
)
18
Setter vi n = 90 far vi altsa
1 ( 19
)90
18
x90 =
19 )100 0:58
1 ( 18
19
18
Oppgave 4.1.14
100
La xn vre avviket i middeltemperaturen i maned nr n fra den arlige
middeltemperaturen. Vi har
p
xn+2 3xn+1 + xn = 0
med initialbetingelsene x1 = 12 og x3 = 6. Det er varmest i den
maneden k hvor xk er strst, og kaldest i den maneden t hvor xt er
minst. Vi lser dierensligningen for a fa en formel for xn :
22
p
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Den karakteristiske ligningen er r2 3r +1 = 0 som har de to komplekse
rttene
p
p
1
3
r1 = 2 + 2 i og r1 = 23 12 i
Disse har modulus:
r
= 34 + 14 = 1
Argumentet til r1 er bestemt ved at
p
cos = 23 og sin = 21
det vil si at
= 6
Den generelle (reelle) lsningen blir dermed
n n xn = E cos 6 + F sin 6 hvor E; F 2 R
Av initialbetingelsene far vi
p
x1 = E 23 + F 21 = 12
og
x3 = E 0 + F 1 = 6
Den siste ligningen sier at F = 6, som innsatt i den frste ligningen gir
p
p
E 23 3 = 12 () E = p18 = 6 3
3
Den spesielle lsningen blir derfor
n p n 6 sin 6
F (n) = xn = 6 3 cos 6
Vi deriverer for a bestemme ekstremalpunktene:
n p n 0
F (n) = 6 3 6 sin 6
6 6 cos 6
n n p
= 3 sin 6
cos 6
Av dette far vi videre at
n n p
0
F (n) = 0 () cos 6 = 3 sin 6
23
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
p
Siden cos = 3 sin nyaktig nar = 6 eller = 76 , betyr dette at vi
ma ha
n = eller n = 7
6 6
6
6
det vil si
n = 1 eller n = 7
Temperaturfunksjonen har altsa ekstremalverdier for n = 1 og for n = 7.
Siden vi vet at F (1) = x1 = 12, og vi har at F (7) = F (1) = 12 (bade
cosinus og sinus skifter fortegn), ser vi at det er kaldest i maned nr 1 og
varmest i maned nr 7.
Vi setter opp en oversikt over temperaturen i de ulike manedene:
F (1) = x1 = 12
p
p
p 1
F (2) = 6 3 2 6 23 = 6 3
F (3) = x3 = 6
p
p 1
F (4) = 6 3 2 6 23 = 0
p p3 6 12 = 6
F (5) = 6 3 2
p
p
F (6) = 6 3 ( 1) 6 0 = 6 3
F (7) = F (1) = 12p
F (8) = F (2) = 6 3
F (9) = F (3) = 6
F (10) = F (4) = 0
F (11) = F (5) = 6p
F (12) = F (6) = 6 3
Disse punktene kan na markeres i et koordinatsystem (gjr dette, og tegn
en kontinuerlig temperaturkurve som gar gjennom alle disse punktene).
Kommentar:
Vi kunne ogsa ha funnet lsningen uten a derivere, simpelthen ved a
observere at formelen F (n) kan omskrives pa flgende mate:
n p n 6 sin 6
F (n) = 6 3 cos 6
p
n 1
n 3
= 12 2 cos 6 + 2 sin 6
24
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
n n = 12 sin 3 cos 6 + cos 3 sin 6
n
= 12 sin 3 + 6
Dette uttrykket blir minst nar sin( 3 + n6 ) er strst, det vil si nar argumentet ( 3 + n6 ) er lik 2 , altsa nar n = 1. Uttrykket blir strst nar
sin( 3 + n6 ) er minst, det vil si nar argumentet ( 3 + n6 ) er lik 32 , altsa
nar n = 7.
Oppgave 4.3.1
Vi skal nne grenseverdiene.
8n +2n
4 + 2n
8 + n2 8 + 0 8
8
n
n
a) nlim
!1 3 n7 = 3 0 = 3
!1 3nn 7 = nlim
!1 3n4 7 = nlim
3
3n 4
4
2 4
3
n
0 0 =0
n
n
n
b) nlim
=
lim
=
lim
=
7
3
2
n
+7
!1 2n + 7 n!1 n
n!1 2 + n
2+0
5n +2n 13
3 + 2n 13
5n2 + 2 13n
5
n
n
=1
c) nlim
!1 7 n4
!1
!1 7nn 4 = nlim
7n 4 = nlim
4
4
3
4
4
4
2
3
3
3
3
3
3
Oppgave 4.3.3
Vi skal nne grenseverdiene.
p
pn)(pn + 2 + pn)
p
n
+
2
(
p
a) nlim
n) = nlim
!1( n + 2
!1
n + 2 + pn
p
n+2 p
n = lim p 2 p = 0
p
= nlim
!1 n + 2 + n n!1 n + 2 + n
p
p
p
n + np+ n
1
p
p
=
lim
b) nlim
p
p
p
!1 n + n
n n!1 ( n + n pn)( n + pn + pn)
p
p
pn + pn
pn + pn
n
+
n
+
pn
p
= nlim
!1 n + n n = nlim
!1
q p
r
pn !
n+ n + 1
n
1+ n +1
= nlim
= nlim
!1
!1
1
s
= nlim
!1
!
1 + p1n + 1 = 1 + 1 = 2
25
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 4.3.4a
Vi skal vise at limn!1 (3 n2 ) = 3 ved a bruke denisjon 4.3.1. Vi skal
altsa vise at flgen an = 3 n2 konvergerer mot a = 3. Siden
2
2
jan aj = 3 n 3 = n = n2
ma vi vise at uansett hvilken " > 0 vi blir gitt, kan vi nne et naturlig
tall N slik at jan aj = n2 < " nar n > N. Men dette er lett: Vi velger
bare N 2 N til a vre et naturlig tall slik at N2 < ", det vil si slik at
N > 2" . Et slikt naturlig tall N nnes iflge Arkimedes prinsipp (2.2.6).
Oppgave 4.3.14
Vi skal nne eksempler pa flger fan g og fbn g som er slik at limn!1 an =
limn!1 bn = 1 og som samtidig oppfyller:
a) limn!1 (an bn ) = 1.
La an = 2n og bn = n. Da er
lim (a b ) = lim (2n n) = nlim
n!1 n n n!1
!1 n = 1
b) limn!1 (an bn ) = 1.
La an = n og bn = 2n. Da er
lim (a b ) = nlim
n!1 n n
!1(n 2n) = nlim
!1( n) = 1
c) limn!1 (an bn ) er et endelig tall.
La an = n og bn = n n1 . Da er
1 =0
1
=
lim
lim
(
a
b
)
=
lim
n
n
+
n
n
n!1
n!1
n n!1 n
26
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5
I kapittel 5 har mange av oppgavene et mer teoretisk preg enn du er
vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt pa a lage
lsningsforslag til oppgaver som involverer de formelle denisjonene av
kontinuitet (kap 5.1) og grenseverdi (kap 5.4), og som illustrerer hvordan
man kan anvende skjringssetningen (kap 5.2) og ekstremalverdisetningen (kap 5.3) pa ulike mater.
Oppgave 5.1.5
Vi minner om at funksjonen f er kontinuerlig i punktet a 2 Df hvis det
for enhver " > 0 nnes en > 0 slik at nar x 2 Df og jx aj < , sa er
jf (x) f (a)j < ".
a) Vi skal vise at f (x) = 2x + 1 er kontinuerlig i punktet x = 2. For en
gitt " > 0 ma vi nne en > 0 slik at
jx 2j < =) jf (x) f (2)j < "
Vi har
jf (x) f (2)j = j(2x + 1) (2 2 + 1)j
= j2x + 1 5j
= 2jx 2j
Velger vi na = 2" , blir
jf (x) f (2)j = 2jx 2j < 2 = 2 2" = "
nar jx 2j < .
b) Vi skal vise at f (x) = x2 er kontinuerlig i punktet x = 3. For en gitt
" > 0 ma vi nne en > 0 slik at
jx 3j < =) jf (x) f (3)j < "
Funksjonsdierensen kan skrives slik:
jf (x) f (3)j = jx2 32j
= j(x + 3)(x 3)j
= jx + 3jjx 3j
Fora holde faktoren jx +3j under en fast skranke velger via begrense
oss til intervallet (2; 4), hvor jx 3j < 1, slik at jxj < 4 og dermed
27
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
jx + 3j < 7. Hvis vi i tillegg srger for at faktoren jx 3j < 7" , far vi
ialt
jf (x) f (3)j = jx + 3jjx 3j < 7 7" = "
Dette blir flgelig oppfylt for alle x slik at jx 3j < dersom vi
velger = min(1; 7" ).
e) Vi skal vise at f (x) = x1 er kontinuerlig i punktet x = 1. For en gitt
" > 0 ma vi nne en > 0 slik at
jx 1j < =) jf (x) f (1)j < "
Funksjonsdierensen kan skrives slik:
1
jf (x) f (1)j = x 1 = jxjxj 1j
For at denne skal bli mindre enn " nar x ligger i en -omegn om 1,
ma vi srge for at x holder seg unna origo. Dette kan vi fa til ved
frst a velge 1 = 12 . Da blir jxj > 12 dersom jx 1j < 1, slik at
jf (x) f (1)j = jxjxj 1j < 2jx 1j
Srger vi samtidig for at jx 1j < 2 = 2" , far vi videre at
jf (x) f (1)j < 2jx 1j < 2 2" = "
Setter vi derfor = min(1 ; 2 ) = min( 12 ; 2" ), har vi na ialt vist at
jf (x) f (1)j < " for alle x slik at jx 1j < .
Oppgave 5.1.6a
Vi skal vise at
x<0
f (x) = xx + 1 for
for x 0
er diskontinuerlig i punktet x = 0. Velger vi nemlig en " slik at 0 < " < 1,
vil f (x) = x + 1 > (" 1) + 1 = " for alle x 2 (" 1; 0). Men det
betyr at jf (x) f (0)j = f (x) > " for alle x i dette intervallet. Uansett
hvor liten vi velger > 0 vil det derfor nnes en x (faktisk uendelig
mange) i intervallet ( ; ) slik at jf (x) f (0)j > ". Altsa er funksjonen
diskontinuerlig i punktet x = 0.
28
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 5.2.2a
Vi skal vise at f (x) = ln x + x har nullpunkt i intervallet (0; 1). Siden
limx!0 f (x) = 1, kan vi nne en x0 i intervallet (0; 1) slik at f (x0 ) < 0.
Vi kan for eksempel velge x0 = 1=e, som gir f (1=e) = ( ln e) + 1=e =
1 + 1=e < 0. Siden f (1) = ln 1 + 1 = 1 > 0, og funksjonen f er
kontinuerlig i intervallet [ 1e ; 1], flger det av skjringssetningen at f har
et nullpunkt i intervallet ( 1e ; 1) og dermed ogsa i det strre intervallet
(0; 1).
Oppgave 5.2.3b
Vi skal vise at grafene til f (x) = sin x og g(x) = x3 skjrer hverandre i
intervallet [ 6 ; 3 ]. I endepunktene av intervallet har f og g verdiene
3
4 3
2 3
1
8 <1
f 6 = 2 ; g 6 = 6 < 6 = 3 = 27
2
3
p
f 3 = 12 3 < 1; g 3 = 3 > 1
Siden f ( 6 ) > g( 6 ), f ( 3 ) < g( 3 ) og begge funksjonene er kontinuerlige
i intervallet [ 6 ; 3 ], sa ma grafene skjre hverandre ved korollar 5.2.2 i
Kalkulus.
Oppgave 5.2.4
La f (x) = tan x og g(x) = x. Da har vi
f 4 =1> 4 =g 4
3 3 3
f 4 =1< 4 =g 4
Vi ser av en gur (tegn grafen selv!) at det ikke nnes noe tall c 2 ( 4 ; 34 )
slik at f (c) = g(c). Dette er likevel ikke i strid med korollar 5.2.2, da
funksjonen f ikke er kontinuerlig i intervallet (den er diskontinuerlig for
x = 2 ).
Oppgave 5.2.6
Vi skal vise at ethvert polynom av odde grad har minst en reell rot. La
f (x) = an xn + an 1 xn 1 + a0 = xn an + anx 1 + + xan0
vre et polynom av grad n, det vil si at an 6= 0. Hvis n er et oddetall,
vil faktoren xn i uttrykket ovenfor skifte fortegn med x. For tilstrekkelig
29
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
store verdier av jxj vil faktoren i parentes ha samme fortegn som det
frste leddet an , idet de vrige leddene i parentesen gar mot null nar jxj
vokser. Det nnes derfor et (stort) tall x0 > 0 slik at f (x0 ) og f ( x0 )
har motsatte fortegn. (De behver ikke derfor vre motsatt like store.)
Siden funksjonen f er kontinuerlig pa intervallet [ x0 ; x0 ], har den et
nullpunkt i intervallet ( x0 ; x0 ) iflge skjringssetningen.
Oppgave 5.2.7
En fjellklatrer starter fra bakken klokken 7 og nar toppen klokken 15.
Neste dag starter hun nedstigningen klokken 7 og er nede klokken 15.
a) Vi skal vise at det nnes et klokkeslett der hun er like hyt oppe begge
dager. Vi lar fjellets hyde vre H . Vi lar sa f (t) sta for klatrerens
hyde over bakken ved et klokkeslett t under oppstigningen og g(t)
hyden under nedstigningen. Begge funksjonene er kontinuerlige,
og siden f (7) = 0 < H = g(7) og f (15) = H > 0 = g(15), ma
funksjonsgrafene skjre hverandre for en verdi t0 2 (7; 15) iflge
korollar 5.2.2 til skjringssetningen. Det betyr at hun er like hyt
oppe ved klokkeslettet t0 begge dager.
b) Na antar vi at hun begynner nedstigningen klokken 10 i steden for 7,
og at hun er nede klokken 16. Siden hun ikke er oppe fr klokken 15
den frste dagen, ma f (10) < H = g(10). Og siden hun nar toppen
klokken 15, er hun der klokken 16 ogsa, sa vi ma ha f (16) = H >
0 = g(16). Pa samme mate som i punkt a) kan vi derfor trekke
den konklusjon at hun ogsa i dette tilfelle er like hyt oppe ved et
klokkeslett t1 2 (10; 16) begge dager.
Oppgave 5.2.8
Vi skal vise at en kontinuerlig funksjon f : [0; 1] ! [0; 1] har et kspunkt,
det vil si at det nnes en x 2 [0; 1] slik at f (x) = x.
La g : [0; 1] ! [0; 1] vre identitetsfunksjonen g(x) = x. Siden f
antar verdier i intervallet [0; 1], har vi at f (0) 0 = g(0) og f (1) 1 = g(1). Da f (og g) er kontinuerlige, nnes det ved korollar 5.2.2 en
x 2 [0; 1] slik at f (x) = g(x), altsa f (x) = x.
Oppgave 5.3.2
a) Siden g(x) = x er kontinuerlig for alle x, blir f (x) = g(1x) = x1
kontinuerlig for alle x 6= 0 iflge setning 5.1.2. Funksjonen f er
dermed kontinuerlig i hele sitt denisjonsomrade (sa f er kontinuerlig
iflge denisjon 5.1.8).
30
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
b) Siden limx!0 f (x) = 1 og limx!0 f (x) = 1, er ikke funksjonen begrenset pa intervallet [ 1; 1] og har dermed ingen maksimums- eller minimumspunkter. Dette strider ikke mot ekstremalverdisetningen, siden f ikke er denert for x = 0, og dermed ikke er
denert pa hele intervallet [ 1; 1].
+
Oppgave 5.3.4
Vi antar at f : (a; b) ! R er kontinuerlig og at grenseverdiene av f (x)
nar x nrmer seg a ovenfra og b nedenfra eksisterer. Vi skal vise at
f er begrenset. Siden limx!a f (x) og limx!b f (x) eksisterer, kan vi
utvide f til en kontinuerlig funksjon denert pa det lukkede intervallet [a; b] slik at f (a) = limx!a f og f (b) = limx!b f . Dermed kan
vi benytte ekstremalverdisetningen som sikrer at f har maksimums- og
minimumsverdi(er) pa [a; b]. Dette betyr at f er begrenset pa [a; b], og
dermed ogsa begrenset pa det mindre intervallet (a; b).
+
+
Oppgave 5.3.5
Anta at f : [a; b] ! R er kontinuerlig. Vi skal vise at verdimengden
Vf = ff (x) : x 2 [a; b]g er et lukket, begrenset intervall.
Vi viser at Vf er lik det lukkede, begrensede intervallet [fmin; fmax]
ved a vise inklusjon begge veier.
Inklusjonen Vf [fmin ; fmax] er oppfylt per denisjon av minimum
og maksimum. Pa den annen side sikrer ekstremalverdisetningen at den
kontinuerlige funksjonen f oppnar sitt minimum og maksimum pa det
lukkede, begrensende intervallet [a; b], sa fmin og fmax er med i Vf . Og
skjringssetningen sikrer oss at alle verdier d mellom fmin og fmax ogsa
er med i Vf : Den kontinuerlige funksjonen g(x) = f (x) d er jo negativ i
minimumspunktet til f og positiv i maksimumspunktet, og har derfor et
mellomliggende nullpunkt c. Men det betyr nettopp at f (c) = d. Dermed
har vi ogsa vist den omvendte inklusjonen Vf [fmin ; fmax ].
Oppgave 5.4.2
a) Vi skal vise at limx!2 3x = 6. Gitt en " > 0 ma vi produsere en
> 0 slik at hvis jx 2j < sa er j3x 6j < ". Dette oppnar vi ved
a velge = 3" , idet vi da far j3x 6j = 3jx 2j < 3 = 3 3" = ".
b) Vi skal vise at limx!3 x2 = 9. Gitt en " > 0 ma vi produsere en
> 0 slik at hvis jx 3j < sa er jx2 9j < ". La h = x 3. Da er
x = h + 3, slik at vi far
jx2 9j = j(h + 3)2 9j = jh2 + 6h + 9 9j = jhjjh + 6j
31
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Her ser vi at den andre faktoren jh + 6j holder seg mindre enn 7
dersom vi velger jhj < 1. Srger vi samtidig for at den frste faktoren
jhj er mindre enn 7" , vil produktet holde seg mindre enn ". Begge
disse kravene blir oppfylt dersom vi velger = min(1; 7" ). For hvis
jhj = jx 3j < , sa er jx2 9j = jhjjh + 6j < 7 = 7" 7 = ".
p
c) Vi skal vise at limx!4 x = 2. p
Gitt en " > 0 ma vi nne en > 0
slik at hvis jx 4j < sa er j x 2j < ". Ved hjelp av tredje
kvadratsetning ser vi at
px 2)(px + 2)j jx 4j jx 4j
p
j
(
= jpx + 2j < 2
j x 2j =
jpx + 2j
Velger vi = 2", ser vi at hvis jx 4j < sa er
jpx 2j < jx 2 4j < 22" = "
Oppgave 5.4.3
7x2 + 4x4 = lim 7 + 4x2 = 7 + 0 = 7
a) xlim
!0 3x3 2x2 x!0 3x 2 0 2
2
2 + 2x + 7
8 +p x2 + x7 8 + 0 + 0
8
x
p
b) xlim
x 4 = 0 4 = 2
!1
!1 x 4x2 = xlim
xp
p
2 + 3x x)(px2 + 3x + x)
(
x
2
p2
c) xlim
!1
!1( x + 3x x) = xlim
x + 3x + x
2
2
x + 3x x = lim p 3x
p
= xlim
!1 x2 + 3x + x x!1 x2 + 3x + x
3
3
3
q
q
= xlim
=
lim
=
!1 x +3x + 1 x!1 1 + 3 + 1 2
x
x
2
2
2
2
px 2
px 2
p
p
d) xlim
!4 ( x 2)( x + 2)
!4 x 4 = xlim
1 = 1 =1
p
= xlim
!4 x + 2 2 + 2 4
Oppgave 5.4.4a
Vi skal avgjre om funksjonen
2 2
for x 1
f (x) = x 4+cos(
x) for x > 1
32
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
er kontinuerlig i punktet x = 1. Vi ser pa de ensidige grensene
2+2=3
lim
f
(
x
)
=
f
(1)
=
1
x!1
lim f (x) = lim 4 cos(x) = 4 cos = 4
x!1
+
x!1
+
Siden limx!1 f (x) 6= limx!1 f (x), eksisterer ikke den tosidige grensen
limx!1 f (x), sa funksjonen f er ikke kontinuerlig i x = 1.
+
33
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6
I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolematematikken i den forstand at de er mindre teoripregede enn i foregaende
kapittel, men de illustrerer likevel nye regnemessige teknikker det kan
vre lurt a fa med seg. De mest teoripregede oppgavene er knyttet til
seksjon 6.2, og gir nyttige innblikk i ulike anvendelser av middelverdisetningen.
Oppgave 6.1.3
Vi skal bruke logaritmisk derivasjon (setning 6.1.9).
a) f (x) = x2 cos4 x ex
ln jf (x)j = ln jx2 cos4 x ex j = ln jx2 j + ln j cos4 xj + ln jex j
= 2 ln jxj + 4 ln j cos xj + x
D[ln jf (x)j] = x2 + cos4 x ( sin x) + 1
= x2 4 tan x + 1
2
0
2
4
x
f (x) = f (x)D[ln jf (x)j] = x cos x e x 4 tan x + 1
b) f (x) = (sin x) ex tan x
ln jf (x)j = ln j(sin x) j + ln jex j + ln j tan xj
1 ln j sin xj + x2 + ln j tan xj
= 17
1 cos x + 2x + 1 1
D[ln jf (x)j] = 17
sin x
tan x cos2 x
1 cos x + 2x +
1
= 17
sin x
sin x cos x
0
f (x) = f (x)D[ln jf (x)j]
1 cos x
1
x
= (sin x) e tan x 17 sin x + 2x + sin x cos x
1
17
2
2
1
17
1
17
2
d) f (x) = x2 cos x ln x
ln jf (x)j = ln jx2 cos x ln xj = ln jx2 cos x j + ln j ln xj
= 2 cos x ln x + ln j ln xj
D[ln jf (x)j] = 2(cos x)0 ln x + 2 cos x(ln x)0 + (ln j ln xj)0
34
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
x+ 1 1
= 2 sin x ln x + 2 cos
x
ln x x
0
f (x) = f (x)D[ln jf (x)j]
2 cos x
1
2
cos
x
=x
ln x x
2 sin x ln x + x ln x
Oppgave 6.1.6
I en fartskontroll maler politiet at en bilist bruker t = 25 sekunder pa
en strekning som er s = 500 meter. Det er en usikkerhet pa t = 1
sekund i tidsmalingen. Bruker vi teknikken fra eksempel 6.1.7 til a ansla
usikkerheten i malingen av farten v(t) = st , far vi at den er
v v0 (t)t = t2s t = 25500
2 1 = 0;8
det vil si en usikkerhet pa 0,8 m/s.
Oppgave 6.1.9
Vi skal vise at D[x2 ] = 2x direkte fra denisjonen av den deriverte.
(x + x)2 x2 = lim x2 + 2xx + (x)2 x2
D[x2 ] = lim
x !0
x!0
x
x
2
2xx + (x) = lim (2x + x) = 2x
= lim
x !0
x!0
x
Oppgave 6.2.3
Vi skal vise at f (x) = 2 x3 og g(x) = ln(2 + x) har nyaktig ett
skjringspunkt i intervallet [0; 1].
Siden begge funksjonene er kontinuerlige og f (0) = 2 > ln 2 = g(0),
f (1) = 1 < ln 3 = g(1), sa har grafene minst ett skjringspunkt i intervallet [0; 1].
Na er f 0(x) = 3x2 < 0 og g0 (x) = 2+1 x > 0 for alle x 2 (0; 1),
slik at f er strengt avtagende og g er strengt voksende i [0; 1]. Derfor
kan grafene ha hyst ett | og dermed nyaktig ett | skjringspunkt i
intervallet [0; 1].
Oppgave 6.2.5
Vi lar f (x) = x x4 . Da er f ( 1) = 1 + 4 = 3 og f (4) = 4 1 = 3,
d.v.s. f ( 1) = f (4). Deriverer vi funksjonen, ser vi at f 0 (x) = 1 + x4 er
strengt positiv for alle x 6= 0. At f 0 ikke har noe nullpunkt i intervallet
( 1; 4), er ikke i strid med Rolles teorem, fordi f (x) ikke er deriverbar
(ikke engang denert) for x = 0.
2
35
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 6.2.7
Vi skal vise at det mellom 0 og et tall x alltid nnes en c slik at sin x =
x cos c. Dette er opplagt riktig for x = 0, sa vi antar at x 6= 0. Vi setter
f (x) = sin x. Da f er kontinuerlig og deriverbar pa intervallet [0; x],
nnes det ved middelverdisetningen en c 2 (0; x) slik at
f 0(c) = f (xx) 0f (0) = sin xx 0sin 0 = sinx x
Siden f 0(c) = cos c, gir dette at cos c = sinx x , det vil si at sin x = x cos c.
Og da j cos cj 1, har vi ialt
j sin xj = jx cos cj = jxjj cos cj jxj 1 = jxj
I fremstillingen ovenfor har vi stilltiende antatt at x > 0. Dersom x < 0,
gjennomfrer vi isteden resonnementet med intervallet [x; 0].
Oppgave 6.2.8
Vi antar x > 1 og skal vise at det alltid nnes et tall c mellom 0 og x
slik at ln(1 + x) = 1+x c . Dette er opplagt riktig for x = 0, sa vi antar at
x 6= 0.
Funksjonen f (x) = ln(1 + x) er denert og kontinuerlig for alle x > 1.
Ved middelverdisetningen nnes det da en c mellom 0 og x slik at
f 0(c) = f (xx) f0 (0) = ln(1 +x x) 0 ln 1 = ln(1x+ x)
Siden vi ogsa har
f 0(c) = 1 +1 c
gir dette
ln(1 + x) = 1
x
1+c
som er ekvivalent med at
x
ln(1 + x) = 1 +
c
For x > 0 er ogsa c > 0, og dermed 1+1 c < 1. Multiplikasjon med x gir
x
a 1 < c < 0, og addisjon med 1 gir
1+c < x. For 1 < x < 0 er ogs
1
0 < 1 + c < 1, slik at 1+c > 1. Multiplikasjon med x (som na altsa er
negativ) gir da ogsa i dette tilfellet 1+x c < x, slik at vi far
x <x
ln(1 + x) = 1 +
c
for alle x > 1.
36
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 6.3.1
Vi skal bruke L'H^opitals regel til a nne de oppgitte grenseverdiene.
sin 2x = lim 2 cos 2x = 2 1 = 2
a) xlim
x!0 1
!0 x
1
x
x
e 1 = lim e = 1
b) xlim
!0 x
x!0 1
cos x = lim sin x = 1
d) xlim
!
x x! 1
2
2
2
1 cos x = lim sin x = lim cos x eksisterer ikke.
e) xlim
x!0 3x2 x!0 6x
!0 x3
sin x x = lim cos x 1 = lim sin x = lim cos x = 1
g) xlim
!0 x3
x!0 3x2
x!0 6x
x!0 6
6
Oppgave 6.3.3
Vi skal nne grenseverdiene.
1
ln
x
2
x
a) lim x ln x = lim 1 = lim 2 = lim
1 x2 = 0
x!0
x!0 x
x!0 x
x !0 2
d) lim xx = lim eln x x = lim ex ln x = elimx! x ln x = e0 = 1
x!0
x!0
x !0
Mellomregning:
1
ln
x
x
lim x ln x = lim
= lim x = 0
= lim
L'H^
op
+
+
+
2
+
3
0+
+
+
x!0
+
x!0
+
+
1
L'H^
op
x
x!0
1
x
+
2
x!0
+
x
1
x ln(1+sin x ) = elimx!1 x ln(1+sin x ) = e
=
lim
e
e) xlim
1
+
sin
x!1
!1
x
Mellomregning:
ln(1 + sin x1 )
1
lim x ln 1 + sin x = xlim
1
!1
x!1
x
( x1 cos x1 )=(1 + sin x1 )
= xlim
1
!1
1
1
2
L'H^
op
x
2
cos x1
cos 0 = 1
=
= xlim
1
!1 1 + sin x 1 + sin 0
Oppgave 6.3.7
cos x
lim
x!0 x2
sin x = lim x cos x sin x
x!0
x3
x3
37
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
cos x x sin x cos x = lim x sin x
= xlim
x!0 3x2
!0
3x2
sin x = 1
= 31 xlim
!0 x
3
L'H^
op
Oppgave 6.3.9
1
ex +sin x)
x + sin x) x = lim eln(e +sin x) x = elimx!
2
x
lim
(
e
=
e
x!0
x!0
Mellomregning:
ln(ex + sin x) = lim (ex + cos x)=(ex + sin x)
lim
x !0
x!0
x
1
x
e + cos x = 1 + 1 = 2
= xlim
!0 ex + sin x 1 + 0
x
1
0
ln(
L'H^
op
Oppgave 6.3.17
Vi skal nne tallet a slik at x
pe
ax
+
1
=
lim
x!1 ax
For a unnga fornmye regning, kan vi benytte oss av den velkjente grensen
limn!1 1 + n1 = e. Vi starter med a omforme uttrykket
x
x
ax ! a1
ax + 1 = 1 + 1 = 1 + 1
ax
ax
ax
Benytter vi na at limx!1 1 + ax1 ax = e, far vi
x
ax
+
1
lim
= ea
x!1 ax
p
Vi nsker altsa at e a = e = e , det vil si at vi ma ha a = 2.
1
1
1
2
Alternativ lsning:
Vi kunne ogsa ha omskrevet uttrykket ved hjelp av eksponentialfunksjonen pa vanlig mate, for deretter a bruke L'H^opital pa eksponenten:
x
ax ) x
ax
+
1
ln(
limx!1 x ln( axax ) = e a
ax
=
lim
e
lim
=
e
x!1
x!1 ax
Mellomregning:
ax + 1 ln(1 + ax1 )
lim x ln ax = xlim
!1 x 1
x!1
som ved substitusjonen t = x1 blir
+1
38
+1
1
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
1 1
ln(1 + at )
1
1+ at a
=
=
lim
= t!
lim0
t!0 1
t
a
p
Fra e a = e ser vi at a = 2.
L'H^
op
+
1
Oppgave 6.3.22
Vi skal avgjre om funksjonen f denert ved
1 cos x
for x > 0
f (x) = x2 x+ 1 for
x0
2
er kontinuerlig og deriverbar i null. Vi ser pa de ensidige grensene
1 cos x
2
1
f
(
x
)
f
(0)
2
2
cos
x
x
lim x 0 = lim
x3
2x = xlim
2x3
x !0
x!0
!0
= lim 2 sin6xx2 2x = lim 2 cos12xx 2
x!0
x !0
sin x = 0
= lim 212
x!0
og
x2 + 21 12
f
(
x
)
f
(0)
=0
lim x 0 = xlim
x
!0
x!0
Siden de ensidige grensene er like, eksisterer altsa den tosidige grensen
limx!0 f (xx) f0 (0) = f 0 (0), slik at funksjonen f blir deriverbar i punktet
x = 0. Men dermed er f ogsa kontinuerlig i x = 0 ved setning 6:1:9.
2
+
+
+
L'H^
op
L'H^
op
+
+
L'H^
op
+
Oppgave 6.5.5
Vi skal nne eventuelle asymptoter for funksjonen
2 ) 1 2x ln x 1
x
ln(
x
f (x) = ln x = ln x = 2x ln1x
Siden ln x bare er denert for positive verdier av x, og blir null for x = 1,
blir funksjonens denisjonsomrade Df = (0; 1) [ (1; 1). Funksjonen er
kontinuerlig i hele sitt denisjonsomrade, sa de eneste kandidatene til
vertikale asymptoter er x = 0 og x = 1.
La oss frst underske hva som skjer nar x nrmer seg 0 ovenfra:
1
lim f (x) = xlim
2x ln x = 0
x!0
!0
Altsa har vi ingen vertikal asymptote for x = 0.
+
+
39
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Vi undersker sa hva som skjer nar x nrmer seg 1. Her blir
1
lim f (x) = lim 2x ln x = 1
x!1
x!1
Dermed har vi en vertikal asymptote for x = 1.
Vi bruker metoden i 6.5.5 for a nne eventuelle skraasymptoter.
1
f
(
x
)
= x!1
lim 2 x ln x = 2
lim
x!1 x
Siden denne grensen eksisterer, regner vi videre ut
1 =0
f
(
x
)
2
x
=
lim
lim
x!1 ln x
x!1
Dette viser at linjen y = 2x er en skraasymptote for funksjonen.
40
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 7
I seksjon 7.1 og 7.2 lrer du a lse oppgaver hvor det kan lnne seg a
tegne gurer og sette navn pa ukjente strrelser. Oppgave 7.3.7 illustrerer
hvordan du kan ansla om et estimat gitt ved Newtons metode er for lite
eller for stort. I seksjon 7.4 far du trening i a vise at en funksjon er
injektiv, og nne den omvendte funksjonen og dens deriverte. I seksjon
7.5 og 7.6 blir du kjent med cotangens og arcusfunksjonene, og far se
eksempler pa praktisk bruk av dem (f.eks i oppgave 7.6.14).
Oppgave 7.1.1
Vi skal lage en rektangulr innhegning inntil en lave, og nsker at innhegningen skal ha strst mulig areal. Vi har materialer til 50 meter gjerde
som skal utgjre tre av sidene i innhegningen. Velger vi to av sidene til
a vre x meter lange, ma den siste siden vre 50 2x meter lang, slik
at arealet blir
A(x) = x(50 2x) = 50x 2x2; x 2 [0; 25]
Vi deriverer for a nne det maksimale arealet:
A0(x) = 50 4x
Vi ser at A0 (x) = 0 for x = 12:5. I tillegg er A0(x) > 0 for x < 12:5 og
A0(x) < 0 for x > 12:5, sa x = 12:5 er et maksimumspunkt for A(x). Det
strste arealet blir da
A(12:5) = 50 12:5 2(12:5)2 = 312:5; det vil si 312:5 m2:
Oppgave 7.1.3
Vi skal nne ut hvor B skal ligge for at avstanden fra A til C via B skal
bli minst mulig (se gur til oppgaven i Kalkulus). Her kan vi benytte et
enkelt geometrisk argument til a lse oppgaven. La C 0 vre speilingen av
C om den nedre horisontale linjen pa guren, kall fotpunktet for normalen
fra C ned pa denne linja for D og kall fotpunktet for normalen fra A ned
pa denne linja for E . Da er jBC j = jBC 0j siden de to rettvinklede
trekantene BDC 0 og BDC er kongruente. Men det betyr at avstanden
fra A til C via B er lik avstanden fra A til C 0 via B . Den sistnevnte
avstanden er kortest nar B ligger pa den rette linjen mellom A og C 0 ,
det vil si nar trekantene AEB og C 0 DB er formlike (vinklene BEA og
BDC 0 er rette, og vinklene EBA og DBC 0 er toppvinkler). Det betyr at
41
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
vi ma ha
altsa
jEB j = jDB j
jAE j jC 0 Dj
x=9 x
2
4
2x = 9 x
x=3
Avstanden fra A til C via B blir altsa minst nar vi har x = 3.
Oppgave 7.1.5
Vi skal nne det maksimale volumet til en rett sirkulr kjegle hvor
sidekanten har lengde L = 9. La r vre radius i sirkelen og h vre
hyden til kjeglen (se guren til oppgaven i Kalkulus). Ved Pythagoras
formel har vi da at r2 = L2 h2 . Setter vi dette inn i formelen for
volumet V av kjeglen, far vi
V (h) = 3 r2 h = 3 (L2 h2 )h
Vi deriverer for a nne ekstremalverdier:
0
2
2
V (h) = 3 ( 2h)h + (L h ) 1
L2
2
2
2
= 3 ( 3h + L ) = 3 h
Setter vi inn L = 9, far vi altsa
92
2
0
V (h) = 3 h = (27 h2 )
p
p
Vi ser at V 0 (h) = 0 nar h = 27 = 3p 3. Siden hyden h ikke kan
at V 0 (h) > 0 for
vre negativ,
mulighet at h =p3 3. Da vi har
p
p er eneste
0 < h < 3 3 og V 0 (h) < 0 for h > 3 3, blir h = 3 3 et maksimumspunkt for V (h). Det maksimale volumet til kjeglen blir dermed
p
p
p
p 2 p
2
V (3 3) = 3 (9 (3 3) ) 3 3 = (81 27) 3 = 54 3
Oppgave 7.2.1
Vi har en 4 meter lang stige som star opptil en vegg pa att underlag
(tegn gur!). Vi lar hyden til toppen av stigen pa et tidspunkt t vre
42
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
x(t), mens avstanden mellom foten og veggen er y(t). Sammenhengen
mellom x og y er da iflge Pythagoras formel gitt ved
x(t)2 + y(t)2 = 16
og derivasjon av denne ligningen med hensyn pa tiden t gir
2x(t)x0 (t) + 2y(t)y0 (t) = 0
Foten av stigen glir vekk med en konstantphastighet likp0.5 m/s. Vi er
interessert i det yeblikket hvor x = 2, y = 42 22 = 2 3 og y0 (t) = 21 ,
og setter vi dette inn i ligningen ovenfor, far vi
p
4x0 (t) + 2 3 = 0
det vil si
p
x0 (t) = 21 3 0:87
Toppen av stigen beveger seg altsa mot bakken med en hastighet pa 0.87
meter per sekund idet den benner seg 2 meter over bakken.
Oppgave 7.2.2
En rett sirkulr kjegle med vertikal akse og med spissen ned fylles med
vann med hastigheten 100 cm3 /s. Kjeglen har en hyde pa 40 cm som
er lik radien i toppaten. Radien i vannets toppate ved en vannhyde
h er dermed lik h, og volumet av vannet i kjeglen ved denne hyden blir
V = 31 h3
Deriverer vi uttrykket med hensyn pa tiden t, far vi
V 0(t) = h(t)2 h0(t)
det vil si
0 (t)
V
0
h (t) = h(t)2
For V 0 (t) = 100 og h(t) = 10 gir dette
1 0:32
h0(t) = 100
=
102 Nar vannet har en hyde pa 10 cm, stiger det altsa med en hastighet
omtrent lik 0.32 cm/s.
43
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 7.2.7
En lommelykt lyser opp en sektor pa 60 grader. Vi gar mot et gjerde med
en hastighet pa 1 m/s, og skal nne ut hvor fort den opplyste lengden av
gjerdet minker. Vi lar avstanden fra gjerdet vre y(t), mens det opplyste
omradet har lengde x(t). Da har vi
x(t)=2 = tan 30 () x(t) = 2y(t) tan 30 = 2y(t) 1 p3
y(t)
3
Ved a derivere far vi
p
x0 (t) = 23 3 y0(t)
Siden vi gar mot gjerdet medp hastigheten y0 (t) = 1, minker lengden av
det opplyste omradet med 23 3 m/s.
Oppgave 7.3.1
a) Vi skal bruke Newton's metode to ganger for a nne et tilnrmet
nullpunkt for f (x) = x5 + 3x 7 i intervallet [1; 2]. Startverdi er
x0 = 1:5. Den neste tilnrmelsen er gitt ved
5 + 3x0 7
f
(
x
)
x
0
x1 = x0 f 0(x ) = x0 0 5x4 + 3 1:320
0
0
og anvender vi metoden en gang til med ny startverdi x1 , nner vi
5 + 3x 1 7
x
x2 = x1 1 5x4 + 3 1:27
1
(Det eksakte nullpunktet er 1.26 med to desimalers nyaktighet.)
Oppgave 7.3.7
p
x 3. Siden f (1) =
a) Vi skal studere grafen
p2 til funksjonen f (x) = e
e 3 < 0, f (2) = e
3 > 0 og grafen er kontinuerlig, har grafen
minst ett nullpunkt i intervallet (1; 2) ved skjringsetningen. Siden
funksjonen er strengt voksende, kan den ha hyst ett nullpunkt.
Dermed ma den ha nyaktig ett nullpunkt i dette intervallet.
b) Vi bruker Newton's metode en gang med startverdi x0 = 1 og far
px
e
f
(
x
)
x1 = x0 f 0(x0 ) = 1 p1 epx3 = 1 2 e e 3 = 6 e e 1:2073
0
2 x
Siden den dobbeltderiverte er positiv (sjekk dette selv!) for x >
1, er grafen konveks i intervallet (1; 2) og ligger derfor i hele dette
0
0
0
44
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
intervallet pa oversiden av grafens tangent i punktet x0 = 1. Spesielt
gjelder dette i skjringspunktet x1 mellom tangenten og x-aksen, og
det betyr at f (x1 ) > 0. Siden f (x0 ) = e 3 < 0, ma grafen skjre
x-aksen mellom x0 og x1 iflge skjringssetningen. Det betyr at den
tilnrmede verdien x1 for nullpunktet er for stor, siden x1 i vart
tilfelle er strre enn x0 . (Det eksakte nullpunktet er 1.2069 med re
desimalers nyaktighet.)
Oppgave 7.4.1
Vi skal vise at funksjonen er injektiv og nne den omvendte funksjonen.
b) f (x) = x2 og Df = [0; 1).
Den deriverte er f 0 (x) = 2x > 0 for x 2 (0; 1). Siden funksjonen
er strengt voksende pa intervallet [0; 1), ma den vre injektiv. Den
2 med
inverse funksjonen nnes ved a lse ligningen
y
=
f
(
x
)
=
x
hensyn pa x. Den eneste lsningen er x = py, da x skal vre positiv.
Den inverse funksjonen er dermed
f 1(y) = py; Df = Vf = [0; 1)
c) f (x) = x2 og Df = ( 1; 0].
Den deriverte er f 0 (x) = 2x < 0 for x 2 ( 1; 0). Siden funksjonen
er strengt avtagende pa intervallet ( 1; 0], ma den vre injektiv.
Vi lser igjen y =p f (x) = x2 med hensyn pa x, og da x na er negativ,
ma vi ha x = y. Den inverse funksjonen er altsa
f 1(y) = py; Df = Vf = [0; 1)
e) f (x) = x2 + 2x + 3 og Df = [ 1; 1).
Den deriverte er f 0 (x) = 2x + 2 > 0 for x 2 ( 1; 1). Siden funksjonen er strengt voksende pa intervallet [ 1; 1), ma den vre injektiv.
Verdimengden til f er Vf = [2; 1), og vi nner som tidligere den inverse funksjonen ved a lse ligningen y = f (x) med hensyn pa x:
x 2 + 2x + 3 = y
p4 12 + 4y
2
x=
2
p
= 1 y 2
Da x skal ligge i intervallet [ 1; 1), ma vi velge lsningen med pluss
foran rottegnet. Den inverse funksjonen blir altsa
p
f 1(y) = 1 + y 2; Df = Vf = [2; 1)
1
1
1
45
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 7.4.3
Funksjonen f (x) = 2xex + 1 med denisjonsomrade Df = [ 1; 1) er
injektiv fordi den deriverte f 0(x) = 2ex + 2xex = 2ex (1 + x) er positiv pa
intervallet ( 1; 1), slik at f blir strengt voksende pa intervallet [ 1; 1).
Vi lar g betegne den omvendte funksjonen, og skal beregne g0 (1). Vi har
apenbart
y = f (x) = 2xex + 1 = 1 () x = 0
og nner dermed
g0 (1) = f 01(0) = 2e0(11 + 0) = 21
Oppgave 7.4.5
Funksjonen f (x) = tan 2x har denisjonsomrade Df = ( =4; =4) og er
injektiv fordi dens deriverte f 0(x) = cos2 2x er positiv pa dette intervallet,
slik at funksjonen selv er strengt voksende. Vi skal nne den deriverte
til den omvendte funksjonen g i punktet x = 1. Vi har y = f (x) = 1 nar
x = =8. Dermed blir
1p = 1
1 =
g0 (1) = f 0(=
8) 2=( 12 2)2 4
2
Oppgave 7.5.2
Da den deriverte av cotangens er gitt ved D[cot x] =
1 D[x2 ] =
2x
a) D[cot(x2 )] =
sin2 (x2 )
sin2 (x2 )
b) D[cot2 x] = 2 cot x D[cot x] = 2 cot2 x
sin x
Oppgave 7.5.5
1
sin x ,
2
har vi
a) Vi nedfeller en normal fra toppunktet C i trekanten ABC pa grunnlinjen AB , og kaller normalens fotpunkt D. I den rettvinklede trekanten CDB er da CD = a sin B og DB = a cos B . Av dette flger
cotangenssetningen:
AD = AB DB = c a cos B
cot A = CD
CD
a sin B
b) I en trekant er to sider henholdsvis 10 cm og 5 cm lange, og den
mellomliggende vinkelen er 30 . Setter vi c = 10, a = 5 og B = 30 ,
46
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
kan vi bruke cotangenssetningen til a nne vinkel A:
p
p
10 5 12 3
10
5
cos
30
=
4
3
cot A = 5 sin 30 =
5 12
Av dette far vi at
tan A = 1p =) A 23:8
4 3
Da vinkelsummen i trekanten er 180 , blir den siste vinkelen
C = 180 B A 180 30 23:8 = 126:2
Oppgave 7.6.1
a) arcsin 21 = 6 fordi sin 6 = 12
e) arccos 12 = 3 fordi cos 3 = 12
p
p3 5
5
f) arccos 2 = 6 fordi cos 6 = 23
g) arctan 1 = 4 fordi cos 4 = sin 4
Oppgave 7.6.2
Vi skal derivere funksjonene (vi bruker setning 7.6.2 og 7.6.4).
p
p
a) D[arcsin x] = q 1 p D[ x] = p 1 2p1 x = p 1
1 x
2 x(1 x)
1 x2
x
e
1
x
x
b) D[arctan e ] = 1 + (ex )2 D[e ] = 1 + e2x
1
x
2
2
c) D[x arcsin x] = 2x arcsin x+x p
= x 2 arcsin x + p
1 x2
1 x2
e) D[arcsin x + arccos x] = p 1 2 p 1 2 = 0
1 x
1 x
Oppgave 7.6.3
Vi skal nne grenseverdiene.
1
2 =2
arctan
2
x
1+(2x) D[2x]
=
lim
=
lim
a) xlim
x!0 1 + 4x2
x !0
!0
x
1
47
L'H^
op
2
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
1
arctan x 2
1+
x
= xlim
c) xlim
1
1
!1
!1 x arctan x 2 = xlim
!1
x
x
2
x
1 = 1
= xlim
=
lim
!1 1 + x2
x!1 x1 + 1
2
L'H^
op
2
2
1
arctan
x
x
1+
x 1 = lim
e) xlim
=
lim
x!0 3x2
x !0
!0
x3
1
1
= xlim
=
2
2
!0 3(1 + x )
3
L'H^
op
2
L'H^
op
1
(1+x )
2 2
6x
2x
Oppgave 7.6.5
Vi studerer funksjonen f (x) = x arctan x.
a) Den frstederiverte er gitt ved
f 0(x) = arctan x + 1 +x x2
Her har begge leddene pa hyre side samme fortegn som x. Det
medfrer at ogsa f 0(x) har samme fortegn som x. Flgelig er f
voksende i intervallet [0; 1) og avtagende i ( 1; 0].
b) Den andrederiverte blir
2
f 00(x) = 1 +1 x2 + (1 +(1x+) x2 )x2(2x)
2 ) + (1 + x2 ) 2x2
2
(1
+
x
=
=
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
Dermed ser vi at f 00(x) > 0 for alle x. Det betyr at funksjonen er
konveks pa hele R.
c) Funksjonen f (x) = x arctan x er denert for alle x og har derfor
ingen vertikale asymptoter. Vi undersker om den har noen skra
asymptoter ved hjelp av metoden i 6.5.5. Vi nner frst at grensen
f (x) = lim arctan x = lim
x!1 x
x!1
2
eksisterer, slik at vi muligens kan ha to skraasymptoter. Ved hjelp
av oppgave 7.6.3c) nner vi videre at begge grensene
lim x arctan x 2 x = xlim
!1 x arctan x 2 = 1
x!1
og
48
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
lim x arctan x + 2 x = x!lim1 x arctan x + 2 = 1
x! 1
eksisterer. Det betyr at f har asymptotene
y = 2 x 1
Oppgave 7.6.14
En 1 meter hy plakat henger med nedre kant 2 meter over bakken. Vi
skal nne den avstanden x som gir strst betraktningsvinkel (x) (se gur
i boken). Av guren ser vi at fremkommer som dierensen mellom to
vinkler:
(x) = arctan x3 arctan x2 ; x 2 (0; 1)
Den deriverte blir
1 2
0 (x) = 1 3 2 x23
1+ x
1 + x2 2 x2
3
2
3
=
= 2 2 2 x2 + 4 x2 + 9
x2 1 + x
x2 1 + x3 2
og mulige ekstremalpunkt for er derfor gitt ved
0 (x) = 0 () x2 2+ 4 = x2 3+ 9
() 2(x2 + 9) = 3(x2 + 4)
() x2 = 6
p
() x = 6
siden x 0. Den deriverte funksjonen 0 (x) er kontinuerlig overalt og p
kan
ikke skifte fortegn andre steder enn ved det eneste nullpunktet x = 6.
Siden 0 (0) = 21 13 = 16 > 0 ogp 0 (3) = 132 183 p= 781 < 0, ma flgelig
0 vre positiv i intervalletp(0; 6) og negativ i ( 6; 1). Derfor ma (x)
ha et maksimum nar x = 6.
49
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 8
I kapittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store temaet, og
her er det mange regneoppgaver som gir deg anledning til a trene inn
disse teknikkene. Det er fa teoripregede oppgaver denne gang, men legg
merke til analysens fundamentalteorem i seksjon 8.3, og oppgave 8.3.5,
8.3.6 og 8.3.7 som illustrerer bruk av fundamentalteoremet.
Oppgave 8.2.1
La f : [1; 2] ! R vre funksjonen f (x) = x1 , og la = f1; 56 ; 57 ; 58 ; 59 ; 2g
vre en partisjon. Den vre trappesummen er da
() = 1 15 + 56 51 + 57 15 + 85 15 + 59 15
= 15 + 61 + 17 + 18 + 91 0:746
og den nedre trappesummen er
5 1
N () = 56 15 + 75 15 + 58 51 + 59 15 + 10
5
1
1
1
1
1
= 6 + 7 + 8 + 9 + 10 0:646
Oppgave 8.3.3
Vi skal beregne verdien av integralene.
Z 2
b)
0
e3x+2 dx =
Z 2
0
e2
= 3 (e6 e0 ) =
d)
Z
1
2
0
h1
i2
3
x
3e 0
e8 e2
e2e3x dx = e2
3
dx = Z
dx = 1 harctan 2xi
1 + 4x2 0 1 + (2x)2 2
0
= 12 (arctan 1 arctan 0)
= 12 ( 4 0) = 8
1
2
1
2
50
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
e) Ved substitusjonen u = x3 , du = 31 dx, far vi
Z 1
Z 1
Z 1
dx
dx
dx
p 2= p2 2=
p
x
0 9 x
0 3
0 3 1 ( x3 )2
Z
h
i
du
p 2 = arcsin u 0
=
1 u
0
= arcsin 31 arcsin 0 = arcsin 13
1
3
1
3
Oppgave 8.3.5
a) Vi skal nne den deriverte til
f (x) =
x
Z
0
e t dt
2
Iflge analysens fundamentalteorem (8.3.3) blir den deriverte lik integranden innsatt vre grense i integralet, det vil si
f 0(x) = e x
2
Oppgave 8.3.6
a) Anta at f er kontinuerlig og at g er deriverbar. Vi denerer
G(x) =
Z g(x)
a
f (t)dt:
og skal nne G0(x). Her er vre grense i integralet en funksjon av x,
sa vi ma bruke kjerneregelen. La
F (u) =
Da er
u
Z
a
f (t)dt
G(x) = F (g(x))
og kjerneregelen gir da
G0(x) = F 0(g(x)) g0 (x) = f (g(x))g0 (x)
hvor vi har benyttet at F 0 (u) = f (u) iflge analysens fundamentalteorem.
b) Vi deriverer de oppgitte funksjonene ved hjelp av formelen fra punkt
a) ovenfor.
51
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
i) D
Z sin x
Z
0
px
te t dt = sin xe
sin x cos x =
1 sin 2x e
2
sin x
x
p
e t dt = e x 2p1 x = 2epx
0
Z sin x
Z 0
dt
dt
p 2 =D
p 2
iii) D
1
t
1 t
0
sin x
= p 1 2 cos x = cos1 x cos x = 1
1 sin x
ii) D
2
2
Oppgave 8.3.7
Vi skal nne grenseverdiene.
a)
Rx t
x
e
e
0
= xlim
lim
!0 1 = 1
x!0 x
b)
Rx
1 e t = lim e x = 0
lim
x!1 x2
x!1 2x
2
2
L'H^
op
1
1
L'H^
op
Oppgave 8.4.1
Vi skal
lse de ubestemte integralene.
Z
a) x dx
+ 3 = ln jx + 3j + C
b)
Z
(7x + 3x
1
2
2
x
cos x) dx = 7 2 + 3 x3
2
7
= 2 x2 + 2x
3
2
3
2
sin x + C
sin x + C
Z
p
dx
dx
p 2 = p1 arctan( 2x) + C
c) 1 + 2x2 =
1 + ( 2x)
2
f) Ved substitusjonen u = px7 , du = p17 dx, far vi
Z
Z
Z
1
4
1 du
p 2 dx = 4 p q
p
dx
=
4
7 x
1 u2
7 1 px7 2
= 4 arcsin u + C = 4 arcsin px + C
7
Z
52
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 8.4.3
Vi skal lse de ubestemte integralene.
a) Ved substitusjonen u = arcsin x, du = p11 x dx, far vi
Z r
2
arcsin x dx = Z pu du
1 x2
= u3 + C = 32 (arcsin x) + C
3
2
3
2
2
p
c) Ved substitusjonen u = x, du = 2p1 x dx, far vi
Z
Z
1
px(1 + x) dx = px(1 +1(px)2 ) dx
Z
= 2 1 +1 u2 du = 2 arctan u + C
p
= 2 arctan x + C
d) Vi starter med a splitte opp integralet i to deler
Z
Z
Z
x
7
x
1
p 2 dx = 7 p 2 dx
p 1 2 dx
1 x
1 x
1 x
Her er det andre integralet i summen ovenfor lett a beregne:
Z
p 1 2 dx = arcsin x + C1
1 x
Det frste integralet kan vi lse veda bruke substitusjonen u = 1 x2 ,
du = 2x dx, som gir
pu
Z
Z
p
x
1
1
1
p 2 dx = 2 pu du = 2 1 + C = 1 x2 + C2
1 x
2
I alt far vi daZ
p
p7x 12 dx = 7 1 x2 arcsin x + C
1 x
Oppgave 8.6.1
Vi skal nne arealet avgrenset av de oppgitte kurvene.
a) y = x4 , x-aksen og linjen x = 1. Grafen skjrer x-aksen i x = 0.
Arealet er derfor gitt ved
1
Z 1
1
A = x4 dx = 5 x5 = 51 (15 05) = 15
0
0
53
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
c) y = sin x, x-aksen og linjene x = 2 og x = 4 . Grafen ligger
under x-aksen i intervallet [ 2 ; 4 ]. Arealet er derfor
A=
Z
= cos
=4
=2
sin x dx =
4
cos
cos x
p
1 2
=
2
2
=4
=2
f) y1 = 1+1x , y2 = x2 og y-aksen. Det eneste skjringspunktet mellom
grafene y1 og y2 er for x = 1 (tegn gur!). Vi nner arealet som
dierensen mellom arealet under y1 og arealet under y2 :
2
Z 1
2
x
x
1
dx = arctan x 4
A=
0 1 + x2 2
= arctan 1 14 (arctan 0 0) = 4 14
1
0
Oppgave 8.6.3
Vi skal beregne arealet av det skraverte omradet mellom grafene til cos x
og sin x pa guren (se gur i Kalkulus). Skjringspunktene mellom
grafene som avgrenser omradet er gitt ved
cos x = sin x () x = 4 + k; k 2 Z
Skjringspunktene vi er pa jakt etter far vi for k = 1 og for k = 0, det
vil si x = 34 og x = 4 . I det aktuelle omradet ligger grafen til cos x
hele tiden over grafen til sin x, sa vi far det skte arealet ved a integrere
cos x sin x mellom de to skjringspunktene. Arealet blir derfor
A=
Z h
4
p
3
4
i 4
(cos x sin x) dx = sin x + cos x
p
= 22 + 22
p
2
2
p
3
4
2 = p2 ( p2) = 2p2
2
Oppgave 8.6.5
Vi skal nne volumet til omdreiningslegemet som fremkommer nar vi
dreier grafen om x-aksen.
54
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
c) y = p1+1 x mellom x = 0 og x = 1. Volumet er gitt ved
2
Z 1
Z 1
1 +1 x2 dx = arctan x
V=
0
0
2
= arctan 1 arctan 0 = 4
y2 dx =
1
0
d) y = sin1 x mellom x = 6 og x = 3 . Volumet er gitt ved
=3
1
p
= p
V=
3
2 x dx = cot x
sin
3
=6
=6
p
p
3 p 3 = 2 3 3
= 3
Z
=3
1 mellom x = 0 og x = 3. Volumet er gitt ved
e) y = p1+2
x
Z 3 Z 3
2
1
V= p
dx = 1 +1 2x dx
1 + 2x
0
0
h
i
3
= 2 ln j1 + 2xj = 2 (ln 7 ln 1) = 2 ln 7
0
Oppgave 8.6.7
Vi skal nne volumet til omdreiningslegemet som fremkommer nar vi
dreier grafen om y-aksen.
a) y = x2 mellom x = 0 og x = 3.
Z 3
Z 3
h i3
2
3
V = 2x y(x) dx = 2 x dx = 4 x4 0 = 2 (34 04) = 812
0
0
d) y = p91 x mellom x = 0 og x = 2. Ved a bruke substitusjonen
u = 9 x2 , du = 2x dx, nner vi
Z 2
Z 2
x dx
1
p
dx
=
2
V = 2x p
9 x2
0 9 x2
0
Z
Z
9 1
1 5 1
pu du = pu du
= 2 2
2
9
i9
p
p
= 2 u = 2(3 5)
5
h
55
5
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
p
e) y = sin(x2 ) mellom x = 0 og x = . Ved a bruke substitusjonen
u = x2 , du = 2x dx, nner vi
V=
=
p
Z
0
h
Oppgave 8.6.9
2x sin(x2 ) dx =
Z
0
i
sin(u) du
cos u 0 = (cos cos 0) = 2
a) Omradet avgrenset av y = x og y = x2 dreies om x-aksen (tegn
gur!). Vi skal nne volumet av omdreiningslegemet (bruker setning
8.6.3 i Kalkulus).
V=
Z 1
Z 1
x2 dx
0
0
h1
(x2 )2 dx = Z 1
0
(x2 x4 ) dx
2
= 3 x3 51 x5 = 3 5 = 15
0
b) Omradet dreies isteden om y-aksen. Vi skal nne volumet av omdreiningslegemet (bruker setning 8.6.5 i Kalkulus).
Z 1
2x(x
0
h1
= 2 3 x3
V=
1
i1
1
Z 1
x2 ) dx = 2 (x2 x3 ) dx
0
1 x4 i1 = 2 1 1 = 4 0
3 4
6
Oppgave 8.6.11
a) Buelengden av grafen til funksjonen f (x) = 3x +4 fra x = 0 til x = 3
er gitt ved
L=
Z 3p
0
p
= 10
1 + f 0(x)2 dx =
Z 3
0
p
Z 3p
h i3
0
1 + 32 dx
p
dx = 10 x 0 = 3 10
b) Buelengden av grafen til funksjonen f (x) = cosh x fra x = 1 til x = 2
er gitt ved
L=
bp
Z
a
1 + f 0 (x)2 dx =
2
Z 2p
1
1 + sinh2 x dx =
3 + 1)(e 1)
(
e
= sinh x = sinh 2 sinh 1 =
2e2
1
56
Z 2
1
cosh x dx
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 9
I kapittel 9 far du innarbeidet ere integrasjonsteknikker, slik som delvis
integrasjon, substitusjon og delbrkoppspaltning. Du nner lsningsforslag til helt enkle drilloppgaver savel som mer sammensatte eksempler
pa bruk av disse teknikkene. Det er ogsa et par eksempler pa uegentlige
integraler, og oppgave 9.5.14 dveler ved et tilsynelatende paradoks som
det kan vre nyttig a tenke igjennom.
Oppgave 9.1.1
a) Delvis integrasjon gir
Z
Z
x sin x dx = x cos x
cos x dx = x cos x + sin x + C
"
u = x; v0 = sin x
u0 = 1; v = cos x
d) Delvis integrasjon to ganger gir
Z
x2 ex dx = x2 ex
"
Z
2xex dx
u = x2 ; v0 = ex
u0 = 2x; v = ex
= x2 ex (2xex
"
u = 2x; v0 = ex
u 0 = 2; v = e x
Z
2ex dx) = x2 ex 2xex + 2ex + C
g) Delvis integrasjon to ganger gir
Z
(x2 + x) sin x dx = (x2 + x) cos x
"
Z
(2x + 1) cos x dx
u = x2 + x; v0 = sin x
u0 = 2x + 1; v = cos x
Z
2
= (x + x) cos x (2x + 1)( sin x)
2 sin x dx
"
u = 2x + 1; v0 = cos x
u0 = 2; v = sin x
= (x2 + x) cos x + (2x + 1) sin x + 2 cos x + C
= (x2 + x 2) cos x + (2x + 1) sin x + C
57
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
h) Delvis integrasjon gir
Z
px ln x dx = 2 x3=2 ln x Z 2 x3=2 1 dx
3 x
"3
p
u = ln x; v0 = x
u0 = x1 ; v = 23 x3=2
Z
2 x1=2 dx = 2 x3=2 ln x 4 x3=2 + C
2
3
=
2
= 3 x ln x
3
3
9
Oppgave 9.1.3
a) Delvis integrasjon to ganger gir
Z
Z
e x cos x dx = e x cos x
e x sin x dx
"
u = cos x; v0 = e x
u0 = sin x; v = e x
Z
x
x
= e cos x ( e sin x
e x cos x dx)
"
u = sin x; v0 = e x
u0 = cos x; v = e x
Z
x
x
= e cos x + e sin x
e x cos x dx
I alt har vi na fatt ligningen
Z
Z
x
x
x
e cos x dx = e cos x + e sin x
e x cos x dx
som videre gir oss
Z
e x cos x dx = 21 e x (sin x cos x) + C
b) Delvis integrasjon gir
Z
Z
sin2 x dx = sin x cos x + cos2 x dx
"
u = sin x; v0 = sin x
u0 = cos x; v = cos x
Z
= sin x cos x + 1 sin2 x dx
= sin x cos x + x
58
Z
sin2 x dx
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
I alt har vi da fatt ligningen
Z
Z
sin2 x dx = sin x cos x + x
som videre gir oss
Z
sin2 x dx
sin2 x dx = 21 x 12 sin x cos x + C
Oppgave 9.1.5
Delvis integrasjon gir
Z
ln(x2 ) dx = ln(x2 ) Z 2 1 dx
x2
x
x x
"
u = ln(x2 ); v0 = 1=x2
u0 = 2=x; v = 1=x
2) Z 2
2) 2
ln(
x
ln(
x
=
x + x2 dx =
x
x +C
= 2 lnxx x2 + C = x2 (ln x + 1) + C
Oppgave 9.1.11
Delvis integrasjon gir
Z 2
x arctan x dx = arctan x(x arctan x) Z x arctan x dx
1 + x2
1 + x2
"
u = arctan x; v0 = 1+x x
u0 = 1+1x ; v = x arctan x;
(se mellomregning nedenfor)
Z
Z
arctan x dx
x
2
dx
+
= x arctan x arctan x
1 + x2
1 + x2
= x arctan x arctan2 x 21 ln(1 + x2 ) + 12 arctan2 x + C
= x arctan x 21 arctan2 x 21 ln(1 + x2 ) + C
Mellomregning:
Z
1 dx = x arctan x + D
x2 dx = Z (1 + x2 ) 1 dx = Z 1
1 + x2
1 + x2
1 + x2
2
2
2
59
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 9.1.23
a) Vi lar In =
I0 =
og
I1 =
Z 1
0
Z 1
0
R1
0
arcsinn x dx. Da har vi
1
dx = x = 1
0
1
Z 1
0
0
arcsin x dx = x arcsin x
"
p x
1 x2
u = arcsin
x; v0 = 1
p
u0 = 1= 1 x2 ; v = x
1
p
0
p
= x arcsin x
= arcsin 1 0
1 x2
p
dx
1
0
0 + 1 = 2 1
b) Delvis integrasjon to ganger gir
In =
Z 1
0
1
Z 1
nx p
arcsinn 1 x dx
1 x2
0
0
"
u = arcsinnn x; v0 = 1
p1 x x ; v = x
u0 = n arcsin
arcsinn x dx =
xarcsinn x
1
n
2
p
1 Z 1
= 2
1 x2 arcsinn 1 x + (n 1) arcsinn 2 x dx
n
0
0
"
u = arcsinn 1 x; v0 = p1x x
p 2
n x
u0 = (n 1)parcsin
;
v
=
1 x
1 x
n 1
n
n
1
n 0 2
10
+ (n 1)In 2
= 2
n
= 2
n(n 1)In 2
2
2
2
c) Setter vi inn n = 3 i formelen fra punkt b), far vi
3
I3 = 2
3
3(3 1)I3 2 = 2
60
3 + 6
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 9.2.1
a) Ved substitusjon nner vi
Z
p
sinp x = Z 2 sin u du = 2 cos u + C = 2 cos px + C
x "
u = px; du = p
dx=2px
dx = 2 du x
b) Ved substitusjon nner vi
Z
px
Z
Z
Z
2
u
u
(1 + u2 ) 1 du
dx
=
2
u
du
=
2
du
=
2
1 + x " 1 + u2
1 + u2
1 + u2
p
u = x; x = u2 ;
dx = 2u du
Z p
p
1
= 2 1 1 + u2 du = 2(u arctan u) + C = 2 x 2 arctan x + C
d) Substitusjon gir
Z
Z
Z
x
u
e
du
p 2x dx = p 2 u = p du 2
1 e
1 u
" x1 u x
u = e ; du = e dx;
dx = du=u
= arcsin u + C = arcsin ex + C
Oppgave 9.2.3
a) Substitusjon gir
p2
Z
0
2 1
1
1
x
u
u
xe dx = 2 e du = 2 e = 2 (e2 e0) = 21 (e2 1)
0
" 0 2
u = x ; du = 2xdx
x =p0 =) u = 0
x = 2 =) u = 2
2
Z 2
61
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
c) Substitusjon gir
Z 9p
x +p 1 = Z 3 u + 1 2u du = 2 Z 3 u2 + u du
x" 2 1 u
2 u 1
4 1
p
p
u = x; du = dx=2 x
x = 4 =) u = 2
x = 9 =) u = 3
3
Z 3
2
1
= 2
u + 2 + u 1 du = 2 2 u2 + 2u + 2 ln ju 1j
2
2
"
se polynomdivisjon nedenfor
1
1
= 2 2 32 + 4 + 2 ln j3 1j 2 22 + 2 + 2 ln j2 1j
5
= 2 2 + 2 + 2 ln 2 = (9 + 4 ln 2)
Polynomdivisjon:
u2 + u : u 1 = u + 2 + u 2 1
u2 u
2u
2u 2
2
2
0
Oppgave 9.2.4
Substitusjon gir
Z 2p
0
4
x2 dx =
=2 p
Z
"
0
4 22 sin2 u 2 cos u du
x = 2 sin u; dx = 2 cos u du
x = 2 =) u = =2
x = 0 =) u = 0
=
=2 p
Z
=2
0
=2
Z
0
4 cos2 u 2 cos u du =
=2
Z
0
4 cos2 u du
=2
sin
2
u
(cos 2u + 1) du = 2 2 + u
= 2 2 = 0
62
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 9.3.5
a) Ved a dele opp integranden far vi
Z 2
4 dx = x2 + x 4 ln jx + 1j + C
x + 2x 3 dx = Z x + 1
x+1
x+1
2
Oppdelingen kk vi ved polynomdivisjon:
x2 + 2x 3 : x + 1 = x + 1 x +4 1
x2 + x
x 3
x+1
4
4
0
d) Ved delbrkoppspaltning av integranden (se nedenfor) far vi
Z
Z x 1 dx = Z
x 1
2
3
x2 + 3x + 2
(x + 1)(x + 2) dx = x + 1 + x + 2 dx
= 3 ln jx + 2j 2 ln jx + 1j + C
Vi viser delbrkoppspaltningen:
x 1
A + B
=
(x + 1)(x + 2) x + 1 x + 2
x 1 = A(x + 2) + B (x + 1)
= (A + B )x + (2A + B )
Sammenligning av koesienter gir
A + B = 1; 2A + B = 1
det vil si
A = 2; B = 3
e) Ved a skrive om integranden slik at den deriverte av nevneren blir
trukket inn i telleren, far vi
Z
4x + 2 dx = 2 Z (2x + 2) 1 dx
x 2 + 2x + 2
x2 + 2x + 2
Z
Z
1
2
x
+
2
= 2 x2 + 2x + 2 dx
x2 + 2x + 2 dx
63
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Z
1
= 2 ln jx2 + 2x + 2j
(x + 1)2 + 1 dx
= 2 ln jx2 + 2x + 2j 2 arctan(x + 1) + C
Oppgave 9.3.9
Ved delbrkoppspaltning (se nedenfor) av integranden far vi
Z Z
2
1
2
x
+
1
x+1
(x 1)(x2 + x + 1) dx = 3 x 1 x2 + x + 1 dx
= 13 (2 ln jx 1j ln jx2 + x + 1j) + C
= 31 ln(x 1)2 13 ln(x2 + x + 1) + C
2
= 31 ln x(2x+ x1)+ 1 + C
Vi viser delbrkoppspaltningen:
x+1
A + Bx + C
=
(x 1)(x2 + x + 1) x 1 x2 + x + 1
x + 1 = A(x2 + x + 1) + (Bx + C )(x 1)
= (A + B )x2 + (A B + C )x + A C
Sammenligning av koesienter gir
A + B = 0; A B + C = 1; A C = 1
det vil si
A = 23 ; B = 23 ; C = 13
Oppgave 9.3.17
R
Vi skal beregne x dx+8 .
Vi ser at (x + 2) er en faktor i nevneren siden x = 2 er et nullpunkt for
x3 + 8. For a faktorisere nevneren utfrer vi polynomdivisjon.
3
64
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
x3 + 8 : x + 2 = x2 2x + 4 = (x 1)2 + 3
x3 + 2x2
2x2 + 8
2x2 4x
4x + 8
4x + 8
0
Delbrkoppspaltning av integranden gir na
1 =
1
A + Bx + C
=
x3 + 8 (x + 2)(x2 2x + 4) x + 2 x2 2x + 4
1 = A(x2 2x + 4) + (Bx + C )(x + 2)
1 = (A + B )x2 + (2B + C 2A)x + (4A + 2C )
Sammenholder vi koesientene pa hver side av identiteten, nner vi
A + B = 0; 2B + C 2A = 0; 4A + 2C = 1
som gir
1; B= 1; C=1
A = 12
12
3
Dermed blir
Z
dx = Z 121 + 121 x + 31 dx
x3 + 8 "
x + 2 x2 2x + 4
delbrkoppspaltning
Z
x 2) 6 dx
1
1
= 12 ln jx + 2j 24 (2
2
x 2x + 4
Z
Z
1
2
x
2
1
1
6
= 12 ln jx + 2j 24 x2 2x + 4 dx + 24 (x 1)
2 + 3 dx
Z
1
1
1
1
dx
= 12 ln jx + 2j 24 ln(x2 2x + 4) + 4
x
1
3[( p3 )2 + 1]
p Z 1
1
1
1
2
= 12 ln jx + 2j 24 ln(x 2x + 4) + 12 3 u2 + 1 du
" x 1
u = p3 ; du = p13 dx
1 ln jx + 2j 1 ln(x2 2x + 4) + 1 p3 arctan(u) + C
= 12
24
12
65
p
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
1 ln p jx + 2j + 3 arctan xp 1 + C
= 12
x2 2x + 4 12
3
Oppgave 9.3.27
Ved substitusjon far vi frst omformet integralet
Z
Z
Z
Z
dz
dx
f (x) dx = e2x + 4ex + 13 = z(z2 + 4z + 13) = g(z) dz
" x
z = e ; dz = ex dx
dx = z1 dz
og bruker sa delbrkoppspaltning pa den nye integranden.
+C
g(z) = z(z2 + 41z + 13) = Az + z2 Bz
+ 4z + 13
1 = A(z2 + 4z + 13) + (Bz + C )z
= (A + B )z 2 + (4A + C )z + 13A
Sammenligning av koesientene gir
13A = 1; 4A + C = 0; A + B = 0
det vil si
1; B= 1; C= 4
A = 13
13
13
Den nye integranden kan na omformes slik:
1
1
1
(2
z
+
4)
+
4
z
+
4
1
1
g(z) = 13 z z2 + 4z + 13 = 13 z 2 z2 + 4z + 13
2
z
+
4
1
4
1
1
= 13 z 2 z2 + 4z + 13 + (z + 2)2 + 9
!
1 1 1 2z + 4
1
2
= 13
2
z 2 z2 + 4z + 13 9 z+2
+1
3
Leddvis integrasjon gir dermed
Z
z + 2 2
1
1
2
+D
g(z) dz = 13 ln jzj 2 ln(z + 4z + 13) 9 3 arctan 3
Substituerer vi na tilbake z = ex , har vi ialt
Z
ex + 2 2
1
1
f (x) dx = 13 x 2 ln(e2x + 4ex + 13) 3 arctan 3
+D
66
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 9.3.29
Substitusjon og delbrkoppspaltning gir
Z
Z 1 du
tan x dx = Z
sin x
dx
=
0 1 + cos x
0 cos x(1 + cos x)
" 1 u(u + 1)
u = cos x; du = sin x dx
x = 0 =) u = 1
x = =3 =) u = 1=2
3
1
2
3
Z 1
1
1
1
=
u u + 1 du = ln juj ln ju + 1j
= ln 1 ln 2 ln 12 + ln 23 = ln 23
1
2
1
2
Oppgave 9.5.1
a) Integrasjonsintervallet er ubegrenset, men integralet konvergerer:
Z 1
dx = lim Z b dx = lim arctan x b
0 1 + x2 b!1 0 1 + x2 b!1
0
= blim
(arctan b arctan 0)
!1
= 2
b) Integranden er ubegrenset, men integralet konvergerer:
a
Z a
Z 1
dx
dx
p
= lim p
= lim arcsin x
0 1 x2 a!1 0 1 x2 a!1
0
= alim
!1(arcsin a arcsin 0)
= arcsin 1 arcsin 0 = 2 0 = 2
e) Integrasjonsintervallet er ubegrenset, men integralet konvergerer:
Z 1
dx = lim Z a
dx
2 x2 + x 2 a!1 2Z (x 1)(x + 2)
a 1
1 ) dx
1
(
= 3 alim
!1
x 1 x+2
"
2
delbrkoppspaltning
67
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
a
1
= 3 alim
!1 ln jx 1j ln jx + 2j 2
ja 1j ln ja 2j ln 1 + ln 4)
= 13 alim
!1(ln
a 1
1
= 3 alim
!1 ln a 2 + ln 4
1 a1 1
= 3 alim
!1 ln 1 a2 + ln 4
= 31 (ln 1 + ln 4) = 13 ln 4
R
i) Integralet konvergerer. Ved delvis integrasjon far vi at x ln x dx =
1 2
1
2 x (ln x 2 ) + C (dette har du allerede gjort i oppgave 9.1.1b).
Dermed far vi:
Z 1
Z 1
1
1
1
2
x ln x dx = alim
x ln x dx = alim
x ln x 2
!0 2
!0 a
0
a
= lim 12 ln 1 21 12 a2 ln a 21
a!0
1
1
1
1
2
a
= 4 2 alim
ln
a
=
2
4
!0
+
+
+
+
hvor vi i siste overgang har benyttet at lima!0 a2 ln a = 0 iflge
setning 6.3.16 i Kalkulus.
+
Oppgave 9.5.14
Gabriels trompet fremkommer ved at vi dreier grafen til f (x) = x1 , hvor
1 x < 1, om x-aksen (tegn gur!).
a) Vi nner volumet av Gabriels trompet (bruker setning 8.6.3):
Z
1
f (x)2 dx =
b 1
Z
x2 dx
h 1 ib
1
= blim
= blim
1 b =
!1 x 1
!1
Sa Gabriels trompet har endelig volum.
V=
1
68
lim b!1
1
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
b) Vi beregner overaten av Gabriels trompet ved hjelp av den oppgitte
formelen:
A = 2
= 2
1
Z
Z
1
p
f (x) 1 + f 0(x)2 dx
1 1r
r
1 2 dx = 2 Z 1 1 1 + 1 dx
x2
x4
1 x
x 1+
11
> 2
dx
x
1
q
hvor den siste ulikheten skyldes at 1 + x1 > 1. Men integralet
R1 1
a da ma det opprinnelige
1 x dx vet vi divergerer mot uendelig, s
integralet ogsa divergere (ved sammenligningskriteriet). Det betyr
at Gabriels trompet har uendelig overate.
c) P
astand: Vi kan male den (uendelige) innsiden av Gabriels trompet
veda kjpe nok maling tila fylle det endelige volumet, helle malingen
i trompeten og tmme ut det som blir til overs. Dermed har vi malt
den uendelige overaten med endelig mye maling.
Kommentar: I praksis far vi ikke fylt opp hele volumet til trompeten, og dermed far vi ikke malt hele overaten. Dette skyldes at
malingen ma ha en viss tykkelse (la oss si diameteren til et atom),
mens tuten i trompeten blir vilkarlig smal bare vi beveger oss langt
nok inn. Fr eller siden blir tuten smalere enn diameteren til et
atom, og da far ikke malingen presset seg lenger inn.
Men hvis vi antar at vi har en idealisert \matematisk" maling som
kan bli vilkarlig tynn slik at den fyller opp hele volumet til trompeten,
ville vi faktisk kunne male den uendelige overaten av trompeten
med endelig mye maling. Dette er egentlig ikke noe mer paradoksalt
enn at et integral over et ubegrenset intervall kan bli endelig. Tenk
igjennom dette pa egenhand!
Z1
4
69
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10
I kapittel 10 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her
far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel
sa viktig som det regnemessige, er det a lre seg hvordan man tenker nar
man skal stille opp dierensialligninger for a lse praktiske problemer.
Dette nner du eksempler pa i oppgavene til seksjon 10.2 og 10.4.
Oppgave 10.1.3
a) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y0 x2 y = x2 pa
intervallet (0; 1). Den integrerende faktoren blir her
R
e x dx = e 2 ln x = x 2
og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen
x 2y0 2x 3y = 1
det vil si
[x 2 y]0 = 1
Ved a integrere pa begge sider far vi
x 2y = x + C
som gir lsningen
y = x3 + Cx2
2
b) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y0 2xy = ex .
Her er integrerende faktor
R
e 2x dx = e x
og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen
e x y0 2xe x y = 1
det vil si
x 0
e y =1
Ved a integrere pa begge sider far vi
e x y =x+C
som gir lsningen
y = ex (x + C )
2
2
2
2
2
2
2
70
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
x
d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y0 + x2 y = arctan
x
pa intervallet (0; 1). Den integrerende faktoren blir
R
e x dx = e2 ln x = x2
og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen
x2 y0 + 2xy = arctan x
det vil si
[x2 y]0 = arctan x
Ved a integrere pa begge sider far vi
x2 y = x arctan x 12 ln(1 + x2 ) + C (se nedenfor)
som gir lsningen
x 1 ln(1 + x2 ) + C
y = arctan
x
2x2
x2
Ovenfor har vi benyttet delvis integrasjon til a lse integralet
Z
Z
x dx
arctan x dx = x arctan x
1 + x2
"
u = arctan x; v0 = 1
u0 = 1+1x ; v = x
= x arctan x 21 ln(1 + x2 ) + C
2
2
2
Oppgave 10.1.7
Vi skal lse dierensialligningen (x + 1)y0 + y 1 = 0, x > 1.
Denne ligningen er pa formen
(x + 1)y0 + y = 1
der vi gjenkjenner venstre side som den deriverte til (x + 1)y, slik at
ligningen kan skrives
[(x + 1)y]0 = 1
Ved a integrere pa begge sider far vi
(x + 1)y = x + D
som gir lsningen
y = xx ++D1 = x + 1x++(D1 1) = 1 + x C+ 1
der vi har satt C = D 1.
71
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 10.1.9
R
2
a) Vi skal lse integralet (x+1)(2xx +2
x+5) dx.
Vi ser at nevneren ikke kan faktoriseres ytterligere, siden faktoren
x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 ikke har noe nullpunkt.
Delbrkoppspaltning av integranden gir
A + Bx + C
2x 2
=
(x + 1)(x2 + 2x + 5) x + 1 x2 + 2x + 5
2x 2 = A(x2 + 2x + 5) + (Bx + C )(x + 1)
= (A + B )x2 + (2A + B + C )x + (5A + C )
Sammenholder vi koesientene pa hver side av identiteten, far vi
A + B = 0; 2A + B + C = 2; 5A + C = 2
som gir
A = 1; B = 1; C = 3
Dermed har vi
Z
Z 2x 2
1
x
+
3
(x + 1)(x2 + 2x + 5) dx ="
x + 1 + x2 + 2x + 5 dx
delbrkoppspaltning
Z 1
(2x + 2) + 2
= ln jx + 1j + 2x2 + 2x + 5 dx
Z
Z
1
2
x
+
2
2
= ln jx + 1j + 2 x2 + 2x + 5 dx + (x + 1)
2 + 4 dx
Z
2
1
2
= ln jx + 1j + 2 ln jx + 2x + 5j +
2 + 1] dx
4[( x+1
)
2
Z
= ln jx + 1j + 21 ln(x2 + 2x + 5) + u2 1+ 1 du
" x+1
u = 2 ; du = 12 dx
= ln jx + 1j + 21 ln(x2 + 2x + 5) + arctan(u) + C
1
x
+
1
= ln jx + 1j + 2 ln(x2 + 2x + 5) + arctan 2 + C
2
b) Vi skal nne alle lsninger til dierensialligningen
2
dy + 2 y =
dx x2 1 x2 + 2x + 5 hvor x > 1
72
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Den integrerende faktoren blir
R
R
x
x 1
x ) dx = eln( x ) =
e
x+1
Multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren, far vi
0
x
1
y x + 1 = x2 + 22x + 5 xx + 11
Z
x
1
y x + 1 = (x + 1)(2xx2 +22x + 5) dx
Z
2x 2
x
+
1
y= x 1
(x + 1)(x2 + 2x + 5) dx
Men det siste integralet regnet vi ut i punkt a), sa vi har ialt
x + 1
x
+
1
1
y= x 1
ln jx + 1j + 2 ln(x2 + 2x + 5) + arctan 2 + C
2
x2
1
dx = e ( x
1
1
1
+1
1
+1
Oppgave 10.2.1
La y(t) vre befolkningstallet ved tiden t. Endringen i befolkningen per
ar er da gitt ved y0 (t). Denne endringen skyldes dels en befolkningsvekst
pa 0:02y(t) per ar, og dels en netto innvandring pa 40 000 personer per
ar. Setter vi de to uttrykkene for befolkningsveksten lik hverandre, far vi
y0 = 0:02y + 40 000
R
Den integrerende faktoren er e 0:02 dt = e 0:02t, og multipliserer vi
ligningen med denne, far vi
e 0:02ty0 0:02e 0:02ty = 40 000e 0:02t
det vil si
0:02t 0
e
y = 40 000e 0:02t
Integrerer vi begge sider av ligningen, far vi
e 0:02ty = 2 000 000e 0:02t + C
som gir den generelle lsningen
y = Ce0:02t 2 000 000
Initialbetingelsen y(0) = 2000000 gir
y(0) = C 2 000 000 = 2 000 000
73
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Det betyr at C = 4 000 000, sa var lsning blir
y(t) = 4 000 000e0:02t 2 000 000
Oppgave 10.2.9
La y(t) vre vannmengden i demningen ved tiden t. Endringen i vannmengden per sekund er da gitt ved y0 (t). Denne endringen skyldes dels et
tilsig pa 100 m3 vann per sekund, og dels et utslipp pa 10 6y(t) m3 vann
per sekund. Setter vi de to uttrykkene for endringen i vannmengden lik
hverandre, ser vi at
y0(t) = 100 10 6y(t)
det vil si at vi far den oppgitte dierensialligningen
y0(t) + 10 6y(t) = 100
Dette er en frste ordens, liner dierensialligning, og multipliserer vi
ligningen med den integrerende faktoren e10 t , far vi
6
(e10 t y(t))0 = 100e10 t
6
6
Integrerer vi pa begge sider, far vi
e10 t y(t) = 101006 e10 t + C = 108e10 t + C
det vil si
y(t) = 108 + e10C t
6
6
6
6
Nar demningen er full inneholder den 108 m3 vann. Vi skal nne ut hvor
lang tid det tar fra demningen er tom til den er halvfull. La oss starte
malingen av tiden nar demningen er tom, det vil si at y(0) = 0. Ved hjelp
av denne initialbetingelsen far vi bestemt konstanten C:
y(0) = 0 () 108 + eC0 = 0 () C = 108
Sa den spesielle lsningen blir
8
1
10
8
8
y(t) = 10 e10 t = 10 1 e10 t
74
6
6
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Vi skal nne ut hvor lang tid t det tar fr y(t) = 21 108 . Vi har
1
8
10 1 10 t = 21 108
e
1
1 10 t = 21
e
1 =1
e10 t 2
e10 t = 2
t = 106 ln 2
Det tar altsa 106 ln 2 sekunder fra demningen er tom til den er halvfull.
6
6
6
6
Oppgave 10.2.15
a) En melkekartong der temperaturen var 6 C ble staende pa kjkkenbenken i 2 timer. Da var temperaturen i melka 13 C . Lufttemperaturen var 20 C . La T (t) vre temperaturen i melka ved tiden t,
og la A vre lufttemperaturen utenfor melkekartongen. Vi regner
med at temperaturen i melka endrer seg med en hastighet som er
proporsjonal med dieransen mellom lufttemperaturen og temperaturen i melka. Dette betyr at
T 0(t) = (A T (t))
det vil si at temperaturen i melka er beskrevet ved dierensialligningen
T 0 + T = A
Multipliserer vi med den integrerende faktoren et , far vi
T 0et + et T = et A
etT 0 = et A
og integrasjon pa begge sider gir
et T = et A + B
T (t) = A + Be t
Nar melka star pa kjkkenbenken er temperaturen i lufta omkring
melkekartongen gitt ved lufttemperaturen, det vil si at A = 20. Ved
tiden t = 0 er temperaturen i melka 6 C . Dette gir oss
T (0) = 20 + B = 6 () B = 14
75
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Ved tiden t = 2 var temperaturen 13 C , hvilket gir at
T (2) = 20 14e 2 = 13
det vil si
e 2 = 21
2 = ln 21 = ln 2
= 21 ln 2
Dermed er temperaturen til melka etter t timer gitt ved
T (t) = 20 14e t
b) Temperaturen i melka etter tre timer er
=
T (3) = 20 14e
= 20 14eln 2
= 20 2 3=214 15:05
det vil si at temperaturen er ca 15:05C.
c) Da temperaturen i melka var 15 C, ble den satt inn i kjleskapet.
Etter 1 time var temperaturen i melka 12 C . Vi skal nne temperaturen Tk i kjleskapet. Dierensialligningen fra punkt a) og dens
generelle lsning gjelder fortsatt (spesielt er konstanten den samme
som vi fant i punkt a). Den eneste forskjellen er at lufttemperaturen
A utenfor kartongen na blir lik temperaturen Tk i kjleskapet. Setter
vi t = 0 idet kartongen settes inn i kjleskapet, gir de nye opplysningene oss
T (0) = Tk + Be 0 = Tk + B = 15
T (1) = Tk + Be = Tk + pB = 12
2
Fra den frste ligningen ovenfor har vi B = 15 Tk som innsatt i
den andre ligningen gir
p
p
2
Tk + 2 15 22 Tk = 12
p
p
2
Tk 1 2 = 12 22 15
ln 2
2
3 2
3 ln 2
2
p
12 p22 15
Tk =
4:7574
1 22
Sa temperaturen i kjleskapet var ca 4:76 C.
76
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 10.3.1
Vi skal lse dierensialligningen y0 3y = e2x med initialbetingelsen
y(0) = 0. Multiplikasjon med den integrerende faktoren e 3x gir
e 3xy0 3e 3xy = e x
det vil si
3x 0
e y =e x
Ved a integrere pa begge sider far vi
e 3x y = C e x
som gir lsningen
y = Ce3x e2x
Av initialbetingelsen far vi
y(0) = C 1 = 0 () C = 1
Sa den spesielle lsningen som oppfyller initialbetingelsen var, er
y(x) = e3x e2x
Oppgave 10.3.3
Vi skal lse y0 + y tan x = sin 2x med initialbetingelsen y(0) = 2. Substitusjonen u = cos x, du = sin x dx gir
Z
Z
Z
sin
x
1 du = ln juj = ln jcos xj
tan x dx = cos x dx =
u
Den integrerende faktoren blir dermed e lnjcos xj = jcos1 xj , og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen
y0 + y sin x = sin 2x = 2 sin x cos x = 2 sin x
cos x cos2 x cos x
cos x
det vil si
h y i0
cos x = 2 sin x
Ved a integrere begge sider av ligningen far vi
y = 2 cos x + C
cos x
som gir lsningen
y = C cos x 2 cos2 x
77
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Vi bestemmer konstanten C ved hjelp av initialbetingelsen:
y(0) = C 2 = 2 () C = 4
Sa den spesielle lsningen blir
y(x) = 4 cos x 2 cos2 x
Oppgave 10.3.5
Vi skal lse dierensialligningen
x2 y0 + 2xy = arctan x
med initialbetingelsen y(1) = 4 . Her kan vi gjenkjenne venstre side av
ligningen direkte som den deriverte til uttrykket yx2 , slik at ligningen
kan skrives
2 0
yx = arctan x
Vi integrerer pa begge sider og lser integralet vi far pa hyre side ved
hjelp av delvis integrasjon hvor vi setter u = arctan x, v0 = 1, u0 = 1+1x
og v = x. Dette gir
2
yx2 =
Z
arctan x dx
Z
x dx
1 + x2
= x arctan x 12 ln(1 + x2 ) + C
Divisjon med x2 gir da at den generelle lsningen er
x 1 ln(1 + x2 ) + C
y = arctan
x
2x2
x2
Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen:
y(1) = arctan 1 21 ln 2 + C = 4 () C = 21 ln 2
Den spesielle lsningen som tilfredsstiller var initialbetingelse blir derfor
x 1 ln(1 + x2 ) + ln 2 1
y(x) = arctan
x
2x2
2 x2
= x arctan x
Oppgave 10.4.1
a) Vi skal lse dierensialligningen
y0 = yx2
78
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
og observerer frst at y 0 er en lsning. For y 6= 0 kan vi separere
ligningen og far
y 0 = x2
y
Integrasjon pa begge sider av ligningen gir
Z
1 dy = Z x2 dx
y
det vil si
ln jyj = 13 x3 + D
som betyr at
jy j = e
1
3
x +D = e D e x
3
1
3
3
Lsningen blir dermed
y = eD e x = Ce x
hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = eD 6= 0, men nar C = 0 far vi y 0 som vi
allerede har observert er en lsning.)
b) Dierensialligningen
2
x
0
y = y3
1
3
3
1
3
3
er separabel og lses ved samme fremgangsmate som ovenfor. Separasjon av variablene gir frst ligningen
y3 y0 = x2
Integrasjon pa begge sider gir
Z
det vil si
og lsningen blir
Z
y3 dy = x2 dx
1 y 4 = 1 x3 + D
4
3
r
y = 43 x3 + C
4
c) Dierensialligningen
(x + 1)y0 + y2 = 0
79
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
harapenbart den trivielle lsningen y 0. For y 6= 0 er den separabel
og kan skrives
y0 = 1
y2 x + 1
Integrasjon pa begge sider gir
Z
1 dy = Z 1 dx
y2
x+1
det vil si
1 = ln jx + 1j + C
y
Lsningen blir
d) Dierensialligningen
kan skrives
y = ln jx +11j + C
xyy0 = 1 + x2 + y2 + x2 y2
xyy0 = (1 + x2 ) + y2(1 + x2 )
= (1 + x2 )(1 + y2 )
ved a faktorisere og trekke sammen uttrykket pa hyre side. Denne
ligningen kan (for x 6= 0) skrives pa formen
yy0 = 1 + x2 = 1 + x
1 + y2
x
x
og er dermed separabel. Integrasjon pa begge sider gir
Z
y dy = Z 1 + x dx
1 + y2
x
det vil si
1 ln(1 + y2 ) = ln jxj + 1 x2 + D
2
2
eller med andre ord
ln(1 + y2 ) = 2 ln jxj + x2 + D2
Dette betyr at
1 + y2 = e2 ln jxj+x +D = x2 ex eD
altsa
y2 = Cx2 ex 1
2
2
2
80
2
2
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningen er dermed
p
y = Cx2 ex
2
1
hvor C > 0.
Oppgave 10.4.8
a) For x > 0 har vi gitt at funksjonen y = f (x) tilfredsstiller ligningen
Z x
1
2
[f (x)] = x f (t) dt
1
som ogsa kan skrives
x[f (x)]2
=
Z
1
x
f (t) dt
Ved a derivere begge sider av ligningen (vi bruker analysens fundamentalteorem til a derivere hyre side), far vi
[f (x)]2 + 2xf (x)f 0 (x) = f (x)
det vil si
y2 + 2xyy0 = y
som er ekvivalent med
2
y
y
0
yy = 2x
b) Vi skal nne alle lsninger av den opprinnelige ligningen og lser frst
dierensialligningen som vi fant i punkt a). Denne har apenbart de
konstante lsningene y 0 og y 1. Forutsetter vi y 6= 0 og y 6= 1,
blir ligningen separabel og kan skrives
y0 = 1
1 y 2x
Integrasjon pa begge sider gir
Z
1 dy = Z 1 dx
1 y
2x
det vil si
p
ln j1 yj = ln x + D
Bytter vi fortegn og bruker eksponentialfunksjonen pa begge sider,
gir dette
p
eln j1 yj = e ln x e D
81
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
som betyr at
D
e
1 y = px = pCx
Dierensialligningen har dermed lsningen
y = 1 pCx
i tillegg til de to konstante lsningene ovenfor.
Iflge punkt a) ma alle lsninger y = f (x) av den opprinnelige
funksjonsligningen ogsa vre lsninger av dierensialligningen og
altsa ha formen f (x) = 1 pCx . Setter vi en slik funksjon inn i
den opprinnelige ligningen, blir venstre side
2C + C 2
[f (x)]2 = 1 p
x x
og hyre side
1 Z x f (t) dt = 1 Z x 1 pC dt
x 1
x 1
t
x
p
= x1 t 2C t
1
2
C
2
C
= 1 px + x 1
Disse uttrykkene er identiske hvis og bare hvis C 2 = 2C 1, det vil
si C = 1. Funksjonsligningen har derfor bare lsningen
2
1
1
2
f (x) = 1 px + x = 1 px
i tillegg til de konstante lsningene f (x) = 0 og f (x) = 1.
Oppgave 10.4.9
a) La N (t) vre antall individer i dyrebestanden etter t ar. En logistisk
vekstmodell for dyrebestanden er gitt ved dierensialligningen
dN=dt = 10 4N (104 N )
med initialbetingelsen N (0) = 4 103 . Vi observerer frst at differensialligningen har de konstante lsningene N 0 og N 104.
82
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Forutsetter vi at N 6= 0 og N 6= 104 er dierensialligningen separabel
og kan skrives
N0
4
=
10
4
N (N 10 )
Integrasjon pa begge sider gir
Z
Z
1
4 dt = 10 4 t + C
dN
=
10
1
4
N (N 10 )
Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side
Z Z
1
1
1
4
dN
=
10
4
N (N 10 )
N 104 N dN
= 10 4 (lnjN 104 j ln jN j + C2 )
N 104 4
= 10 ln N + C2
Dermed blir ligningen var
4 N
10
10 4 ln N = 10 4t + C3
som er ensbetydende med at
N 104 = e te10 C = Ce t
N
det vil si
N 104 = Ce tN
som ogsa kan skrives
N (1 Ce t) = 104
Lsningen blir dermed
4
N (t) = 1 10Ce t
hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = et 6= 0, men nar C = 0 far vi N 104 som vi
allerede har observert er en lsning.)
Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen
N (0) = 4 103 som gir oss
4
10
N (0) = 1 C = 4 103
83
4
3
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
det vil si
C = 23
Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved
4
10
N (t) =
1 + 32 e t
For a nne hvilken strrelse bestanden vil stabilisere seg pa i det
lange lp, undersker vi hva som skjer med N (t) nar tiden t vokser
over alle grenser:
4
10
4
=
10
lim
N
(
t
)
=
lim
3
t
t!1
t!1 1 + 2 e
Bestanden vil altsa stabilisere seg pa 10 000 dyr.
b) Vi skal heretter anta at det drives jakt pa dyrebestanden og at det
felles 2:1 103 dyr per ar. Vi endrer derfor modellen til
dN=dt = 10 4N (104 N ) 2:1 103
med initialbetingelse N (0) = 4 103 . Hyresiden av ligningen er et
annengradspolynom i N med rtter 3 103 og 7 103, sa ligningen
kan skrives
dN=dt = 10 4(N 3 103)(N 7 103)
Pa samme mate som i punkt a) observerer vi frst at dierensialligningen har de konstante lsningene N 3 103 og N 7 103.
Forutsetter vi at N 6= 3 103 og N 6= 7 103 , er dierensialligningen
separabel og kan skrives
N0
4
=
10
3
3
(N 3 10 )(N 7 10 )
Integrasjon pa begge sider gir
Z
Z
1
4 dt = 10 4 t + D
dN
=
10
1
3
3
(N 3 10 )(N 7 10 )
Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side
1 Z
1
1
4 103
N 7 103 N 3 103 dN
= 4 1103 (ln jN 7 103 j ln jN 3 103j + D2 )
N 7 103 1
= 4 103 ln N 3 103 + D2
84
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Ligningen var blir altsa
1 ln N 7 103 = 10 4 t + D
3
4 103 N 3 103 det vil si
N 7 103 ln N 3 103 = 0:4t + D4
som er ensbetydende med at
N 7 103 = e 0:4teD = De 0:4t
N 3 103
det vil si
N 7 103 = De 0:4t(N 3 103)
som ogsa kan skrives
N (1 De 0:4t) = (7 3De 0:4t)103
Lsningen blir dermed
0:4t
7
3
De
N (t) = 1 De 0:4t 103
hvor D er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for D = eD 6= 0, men nar D = 0 far vi N 7 103 som
vi allerede har observert er en lsning.)
Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen
N (0) = 4 103 som gir oss
N (0) = 71 3DD 103 = 4 103
det vil si
D= 3
Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved
0:4t
7
+
9
e
N (t) = 1 + 3e 0:4t 103
For a nne hvilken strrelse bestanden na vil stabilisere seg pa i det
lange lp, undersker vi hva som skjer med N (t) nar tiden t vokser
over alle grenser:
7 + 9e 0:4t 103 = 7 103
lim
N
(
t
)
=
lim
t!1
t!1 1 + 3e 0:4t
Bestanden vil altsa stabilisere seg pa 7 000 dyr.
4
3
85
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
c) Hvis vi istedet starter med 2 000 dyr ved tiden t = 0, blir initialbetingelsen istedet N (0) = 2 103 som gir oss
N (0) = 71 3DD 103 = 2 103
det vil si
D=5
Lsningen blir i dette tilfellet
0:4t
7
15
e
N (t) = 1 5e 0:4t 103
og vi ser at dyrebestanden dr ut sa snart telleren i uttrykket for
N (t) blir null, det vil si nar
7 = 15e 0:4t
altsa nar
0:4t = ln 15
7
det vil si nar
t = 52 ln 15
7 1:9
Dyrebestanden vil altsa vre utryddet etter ca. 1.9 ar.
Kommentar: Det kan vre verdt a legge merke til at den gitte differensialligningen forteller en hel del om den kvalitative oppfrselen til
lsningen, uten at vi bestemmer denne eksplisitt. Ligningen forteller oss
at den deriverte
dN=dt = 10 4( N 2 + 104 N 2:1 107)
betraktet som en funksjon av N , er en parabel med et maksimumspunkt
fordi dN=dt er pa formen aN 2 + bN + c med a < 0. Derfor er den deriverte
negativ nar N tilhrer et av intervallene [0; 3 103 ) eller (7 103 ; 1) og den
er positiv nar N tilhrer (3 103; 7 103 ). Hvis vi starter med N = 4 103
individer (som i punkt b), er altsa den deriverte positiv, og antall dyr vil
ke sa lenge N < 7 103 . Samtidig vil den deriverte avta mot null. Hvis
vi starter med N = 2 103 individer (punkt c), er den deriverte negativ og
antall dyr vil avta. Startverdiene N = 7 103 og N = 3 103 representerer
henholdsvis en stabil og en ustabil likevektstilstand.
Oppgave 10.5.1
a) Dierensialligningen
y00 + y0 6y = 0
86
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
har karakteristisk ligning
med rtter
r2 + r 6 = 0
p
n
1
+
24
1
3
=
r=
2
2
Den generelle lsingen av dierensialligningen er dermed
y(x) = Ce 3x + De2x
c) Dierensialligningen
y00 + 6y0 + 9y = 0
har karakteristisk ligning
r2 + 6r + 9 = (r + 3)2 = 0
med lsning
r= 3
Da den karakteristiske ligningen bare har en rot, sa er den generelle
lsningen av dierensialligningen
y(x) = Ce 3x + Dxe 3x
d) Dierensialligningen
har karakteristisk ligning
med rtter
y00 2y0 + 5y = 0
r2 2r + 5 = 0
p
p
r = 2 24 20 = 2 2i 16 = 1 2i
Da den karakteristiske ligningen har to komplekse rtter, blir den
generelle lsningen av dierensialligningen
y(x) = ex (C cos 2x + D sin 2x)
Oppgave 10.5.4
a) Vi skal nne den lsningen av y00 4y0 + 4y = 0 som gar gjennom
(0; 1) og (1; 1). Den karakteristiske ligningen
r2 4r + 4 = (r 2)2 = 0
87
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
har bare den ene roten r = 2, sa den generelle lsningen av dierensialligningen er
y = Ce2x + Dxe2x
Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene:
y(0) = Ce0 + D 0 e0 = 1 =) C = 1
y(1) = Ce2 + D 1 e2 = e2 + De2 = 1 =) D = 1 e 2
Lsningen er dermed
y(x) = e2x 1 (1 + e 2)x
b) Vi skal nne den lsningen av y00 + y0 + 54 y = 0 som gar gjennom
( 2 ; 1) og (; 1). Den karakteristiske ligningen
r2 + r + 45 = 0
har lsningene
q
1 12 4 54
1 2i = 1 i
r=
=
2
2
2
Da vi har har to komplekse rtter, er den generelle lsningen av
dierensialligningen gitt ved
y = e x=2(C cos x + D sin x)
Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene:
=
4
y 2 =e
C cos 2 + D sin 2 = e =4D = 1 =) D = e=4
y() = e =2 C cos() + D sin() = Ce =2 = 1 =) C = e=2
Den spesielle lsningen er dermed
y(x) = e x=2 e=2 cos x + e=4 sin x
Oppgave 10.5.8
a) Ved a benytte at
p
sin 6 = 21 og cos 6 = 23
88
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
far vi omskrivningen
p
1 cos 3x + 3 sin 3x = sin cos 3x + cos sin 3x
2
2
6
6
= sin 3x + 6
b) Ved a benytte at
p
p
sin 4 = 22 og cos 4 = 22
far vi omskrivningen
p p2 x p2 x x
x
cos 2 + sin 2 = 2 2 cos 2 + 2 sin 2
p x
x
= 2 sin 4 cos 2 + cos 4 sin 2
p x = 2 sin 2 + 4
c) Ved a benytte at
p
sin 3 = 23 og cos 3 = 21
far vi omskrivningen
p3
p
1
3 cos x sin x = 2 2 cos x 2 sin x
= 2 sin 3 cos x cos 3 sin x
= 2 sin 3 x
Oppgave 10.5.11
To dyrearter lever i et naturlig samspill. Vi lar N1 (t) og N2(t) vre antall
individer av hver art ved tiden t. Vi setter
x(t) = N1(t) 300
y(t) = N2(t) 10 000
Samspillet mellom artene modelleres ved dierensialligningene
x0 (t) = by(t) og y0(t) = cx(t)
hvor b og c er positive konstanter.
89
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
a) Det er naturlig a forvente at rovdyrbestanden vil vokse raskest nar
byttedyrbestanden er strst, og at byttedyrbestanden vil avta raskest nar rovdyrbestanden er strst. Den frste dierensialligningen
ovenfor sier at x (og dermed N1 ) vokser raskest nar y (og dermed
N2 ) er strst. Den andre dierensialligningen sier at y (og dermed
N2 ) avtar raskest nar x (dvs N1 ) er strst. Det ma bety at N1 er
antall rovdyr og N2 er antall byttedyr.
b) Implisitt derivasjon av ligningen x0 (t) = by(t) gir
x00(t) = by0(t) = b( cx(t)) = bcx(t)
hvor vi har benyttet at y0 (t) = cx(t) iflge modellen.
c) Vi antar at x(0) = x0 og y(0) = y0 . Vi skal nne x(t) og y(t). Vi
bruker frst ligningen i punkt b) til a nne x(t). Den karakteristiske
ligningen r2 = bc har lsningene
p
r = i bc
Den generelle lsingen av x(t) blir dermed
p
p x(t) = e0t C cos( bc t) + D sin( bc t)
p
p
= C cos( bc t) + D sin( bc t)
Na kan vi derivere uttrykket ovenfor og bruke dierensialligningen
x0 (t) = by(t) til a nne y(t). Den generelle lsingen av y(t) blir da
p
p
p p
y(t) = 1b x0 (t) = 1b C bc sin( bc t) + bcD cos( bc t)
p
p p
= bbc D cos( bc t) C sin( bc t)
Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene
p
p
x(0) = C cos( bc 0) + D sin( bc 0) = C = x0
p
p
p
p
bc
y(0) = b (D cos( bc 0) C sin( bc 0)) = bbc D = y0
q
som gir C = x0 og D = cb y0 . Dermed er lsningen
r
p
p
b
x(t) = x0 cos( bc t) + c y0 sin( bc t)
r
p
p
c
y(t) = y0 cos( bc t)
b x0 sin( bc t)
90
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
d) Observasjoner tyder pa at de beste verdiene er b = 0:05 og c = 84.
Vi antar at N1(0) = 300 og N2 (0) = 1400. Da har vi
x0 = N1 (0) 300 = 300 300 = 0
y0 = N2 (0) 10 000 = 1 400 10 000 = 8 600
Dermed er tidsforlpet til utviklingen til artene gitt ved
r
1 8600 sin(p4:2 t) + 300
N1 (t) = x(t) + 300 = 1680
p
N2 (t) = y(t) + 10 000 = 8600 cos( 4:2 t) + 10 000
(Du ma selv skissere grafene til N1 og N2 . Benytt gjerne Maple.)
Kommentar til grafene: Det er naturlig at toppene (og bunnene)
er forskjvet i forhold til hverandre. Nar antall byttedyr er pa toppniva, vokser antall rovdyr raskest. Det medfrer at antall byttedyr
vil avta slik at veksten i rovdyrstammen blir mindre (antall rovdyr
nrmer seg et toppniva), og etterhvert blir det sa fa byttedyr at
rovdyrene sulter og rovdyrbestanden blir mindre. Da vil antall byttedyr ke igjen, og slik vil det fortsette a svinge.
91
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 11
I kapittel 11 var det bare seksjonene 11.1 og 11.2 som var pensum hsten
2000. I disse seksjonene er det Taylor-polynomer og Taylors formel med
restledd som star i fokus. Siden dette er nytt sto for de este, har jeg
laget lsningsforslag til alle oppgavene som ble gitt fra dette kapittelet.
Oppgave 11.1.1
Vi skal nne Taylorpolynomet av grad 4 til f (x) = ex i punktet 0, og
bestemmer frst de deriverte:
2
f (x) = ex
f 0(x) = 2xex
f 00(x) = (2 + 4x2 )ex
f 000(x) = (12x + 8x3 )ex
f 0000(x) = (12 + 48x2 + 16x4 )ex
2
2
2
2
2
f (0) = 1
f 0(0) = 0
f 00(0) = 2
f 000(0) = 0
f 0000(0) = 12
Taylorpolynomet av grad 4 blir da:
T4f (x) =
4 k
X
f (0)
k=0
k = 1 + 0 x + 2 x2 + 0 x3 + 12 x4
(
x
0)
k!
0! 1! 2!
3!
4!
= 1 + x2 + 21 x4
Kommentar: Legg merke til at vi kunne ha funnet dette lettere ved frst
a bestemme Taylorpolynomet T2g(y) til g(y) = ey av grad 2 (se oppgave
11.2.1) og deretter anvende dette pa y = x2 . Det gir umiddelbart
T4 f (x) = T2g(y) = 1 + y + 12 y2 = 1 + x2 + 21 x4
Oppgave 11.1.3
Vi skal nne Taylorpolynomet av grad 4 til f (x) = sin x i punktet 4 , og
bestemmer frst de deriverte:
92
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
p
f 4 = 22
p
f 0 4 = 22
p
f 00 4 = 22
p
f 000 4 = 22
p
f 0000 4 = 22
f (x) = sin x
f 0(x) = cos x
f 00(x) = sin x
f 000(x) = cos x
f 0000(x) = sin x
Taylorpolynomet blir da:
p p 4 k
k
X
2+ 2 x
f
(
=
4)
x
=
T4 f (x) =
4
0! 2 p
1! 2
k=0 k!
2 x
3! 2
p 2 1
2
1
= 2 1+ x 4
2 x 4
6 x
p
2 x
4
2!p2
3 + 2 x
4
4! 2
3 + 1 x
4
24
2
4
4
4 4
4
Oppgave 11.1.7
Vi skal nne Taylorpolynomet av grad 3 til f (x) = arctan x i punktet 0,
og bestemmer frst de deriverte:
f (x) = arctan x
f (0) = 0
f 0(x) = 1 +1 x2
f 0(0) = 1
f 00(0) = 0
f 00(x) = (1 +2xx2 )2
3x2 )
000(0) = 2
f
f 000(x) = 2(1
2
3
(1 + x )
Taylorpolynomet blir da:
4 k
X
k = 0 + 1 x + 0 x2 2 x3 = x 1 x3
T4f (x) = f k(0)
(
x
0)
0! 1! 2!
3!
3
k=0 !
Oppgave 11.2.1
Vi skal frst nne Taylorpolynomet av grad 4 til f (x) = ex i punktet 0.
Her er alle de deriverte lik funksjonen selv, sa vi har f (n) (x) = f (x) = ex
93
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
og f (n) (0) = f (0) = 1. Taylorpolynomet av grad 4 er da:
4 k
X
k = 1 + 1 x + 1 x2 + 1 x3 + 1 x4
(
x
0)
T4 f (x) = f k(0)
0! 1! 2!
3!
4!
k=0 !
1
1
1
= 1 + x + 2 x2 + 6 x3 + 24 x4
e b5 p
a intervallet [0; b]. Iflge korollar 11.2.2
Vi skal vise at jR4 f (b)j < 120
er en vre skranke for restleddet gitt ved at
(4+1)
jR4 f (b)j (4 M
j
b
0
j
+ 1)!
hvor M er en vre skranke for jf (4+1) (x)j = ex pa intervallet. Men ex er
en voksende funksjon og antar sin strste verdi i hyre endepunkt, sa vi
kan bruke M = eb i korollaret. Da flger det umiddelbart at
b
e
M
(4+1)
= 120 b5
jR4 f (b)j (4 + 1)! jb 0j
b
Oppgave 11.2.3
Vi skal frst nne Taylorpolynomet av grad 3 til f (x) = ln x i punktet 1,
og bestemmer frst de deriverte:
f (x) = ln x
f (1) = 0
f 0(x) = x1
f 0(1) = 1
f 00(1) = 1
f 00(x) = x12
f 000(x) = x23
f 000(1) = 2
Taylorpolynomet av grad 3 er da:
3 k
X
k = 0 + 1 (x 1) 1 (x 1)2 + 2 (x 1)3
T3f (x) = f k(0)
(
x
1)
0! 1!
2!
3!
k=0 !
= (x 1) 21 (x 1)2 + 31 (x 1)3
Vi skal vise at jR3 f (b)j < jb 41j pa intervallet [1; b]. Siden jf 4 (x)j =
j x6 j = x6 er en avtagende funksjon som oppnar sin strste verdi i
venstre endepunkt, blir jf 4 (x)j 6 pa intervallet [1; b]. Iflge korollar
11.2.2 har vi da
4
jR3f (b)j (3 +6 1)! jb 1j(3+1) = jb 4 1j
4
4
4
94
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
Oppgave 11.2.5
p
101 og vil bruke Taylorpolynomet
Vi skal nne en tilnrmet verdi for
p
av grad 2 til funksjonen f (x) = x i punktet 100. Frst bestemmer vi
de deriverte:
f (x) = x1=2
f (100) = 10
1
f 0(x) = 21 x 1=2
f 0(100) = 20
1
f 00(100) = 4000
f 00(x) = 14 x 3=2
Taylorpolynomet av grad 2 er da:
2 k
X
1 (x 100)2
k = 10 + 1 (x 100)
T2 f (x) = f (100)
(
x
100)
0! 1! 20
2! 4000
k=0 k!
1
1
= 10 + 20 (x 100) 8000 (x 100)2
p
Vart estimat for 101 blir da:
p
1
101 T2 f (101) = 10 + 20
1 = 10:049875
8000
Til slutt skal vi gi et overslag over nyaktigheten til estimatet. Vi ser at
jf 3(x)j = j 38 x 5=2j avtar nar x vokser. Derfor er
jf 3(x)j 38 100 5=2 = 38 10 5
nar x > 100. Ved korollar 11.2.2 er derfor feilen til estimatet begrenset
oppad ved
3 10 5
jR2f (101)j (28 + 1)! j101 100j(2+1) = 161 10 5 = 6:25 10 7
Oppgave 11.2.6
Veda bruke Taylorpolynomet av grad 2 til funksjonen f (x) = ex i punktet
0 har vi
f (x) = T2f (x) + R2f (x) = 1 + x + 12 x2 + R2 f (x)
der restleddet iflge korollar 11.2.2 er begrenset ved
1
e
jR2 f (x)j 3! jxj3 21 jxj3
95
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
for alle x < 1, siden f 000(x) = ex er voksende. Det flger at
f (x) 1 x = 12 x2 + R2 f (x) = 1 + R2 f (x)
x2
x2
2
x2
der
R2 f (x) 1 jxj
x2 2
for x < 1. Den siste ulikheten viser at limx!0 R xf (x) = 0, og dermed at
ex 1 x = 1 + lim R2f (x) = 1
lim
x!0
x2
2 x!0 x2
2
2
2
Oppgave 11.2.11
a) Vi skal nne Taylorpolynomet av grad 2 til f (x) = 1+1 x om punktet
0, og bestemmer frst de deriverte.
f (x) = 1 +1 x
f (0) = 1
f 0(0) = 1
f 0(x) = (1 +1 x)2
f 00(x) = (1 +2 x)3
f 00(0) = 2
f 000(0) = 6
f 000(x) = (1 +6 x)4
Taylorpolynomet av grad 2 er da:
2 k
X
k = 1 x + x2
T2 f (x) = f k(0)
(
x
0)
k=0 !
b) Vi skal na nne en tilnrmet verdi for integralet
Z 1 =2
dx
0 1 + x4
ved a bruke Taylorpolynomet til f . La g(x) = f (x4 ) =
vi har
f (x) = T2f (x) + R2 f (x)
der korollar 11.2.2 sikrer at f 000 (0) 3 jR2 f (x)j 3! x = 3!6 x3 = x3
96
1
1+x
4
. Siden
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
for alle x > 0, flger det at
g(x) = T2g(x) + R2 g(x)
der
T2 g(x) = T2f (x4 ) = 1 x4 + x8
og
jR2 g(x)j = jR2 f (x4)j x12
Dette gir umiddelbart at
Z 1 =2
der
0
Z 1 =2
0
g(x) dx =
T2 g(x) dx =
Z 1 =2
0
Z 1 =2
0
T2g(x) dx +
Z 1 =2
0
R2g(x) dx
(1 x4 + x8 ) dx
1=2
1
1
11381 0:493967
= x 5 x5 + 9 x9
= 23040
0
og
Z
1 =2
R
g
(
x
)
dx
2
0
Z 1 =2
0
Men det betyr at
0:493957 <
1=2
1
x12 dx = 13 x13 = 1061496 < 10
0
Z 1 =2
0
5
g(x) dx < 0:493977
Merknad: Dersom vi hadde benyttet Lagranges restleddformel (gitt
i oppgave 11.2.16), som viser at restleddet R2 g(x) faktisk er negativt, kunne vi redusert intervallengden til det halve og konstatert at
integralet ligger mellom 0.493957 og 0.493967. (Den riktige verdien
er 0.493958 med seks korrekte desimaler.)
Oppgave 11.2.14
a) Vi skal vise at det for hver x 2 ( 1; 1) nnes et tall z mellom 0 og
x slik at
p
1 1 x3
1 + x = 1 + 12 x 18 x2 + 16
(1 + z)
5
2
97
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
p
La f (x) = x + 1. Vi vil nne Taylorpolynomet av grad 2 til f (x)
i punktet 0, og bestemmer frst de deriverte.
p
f (x) = 1 + x
f (0) = 1
f 0(0) = 21
f 0(x) = p 1
2 1+x
1
1
00
f 00(0) = 41
f (x) = 2 2 (1 + x)
f 000(x) = 83 (1 + x)
Taylorpolynomet av grad 2 i punktet 0 blir dermed
2 k
1
1
X
1
f
(0)
k
2
4 x2 = 1 + 1 x 1 x2
(
x
0)
=
+
x
+
T2 f (x) =
0! 1!
2!
2 8
k=0 k!
Ved Lagranges restleddsformel (se oppgave 11.2.16) kan restleddet
uttrykkes som
(3) (z )
1 1 x3
f
R2f (x) = 3! (x 0)3 = 16
(1 + z)
for en z mellom 0 og x. Ialt har vi da at
p
1 + x = T2 f (x) + R2 f (x)
1 1 x3
= 1 + 21 x 18 x2 + 16
(1 + z)
for en z mellom 0 og x.
b) La g(x) = 13 x3 . Da er g0 (x) = x2 og buelengden s av grafen til g(x)
pa intervallet [0; 1] er gitt ved
3
2
5
2
5
2
5
2
s=
Z 1p
0
1 + g0 (x)2 dx =
Z 1p
0
1 + x4 dx
Tilnrmer vi integranden med Taylorpolynomet av grad 2 til f (x4 )
i punktet 0, far vi flgende estimat for buelengden:
Z 1
1
1
4
8
s
1 + 2 x 8 x dx
0
1
1
1
1
1
5
9
= x + 2 5x 8 9x
0
1
1 x5 1 x9
= x + 10
72 0
98
Lsningsforslag ved Klara Hveberg
1 1
= 1 + 10
72
391
= 360 1:086
Feilen vi da har gjort, er gitt ved integralet av restleddet:
Z 1
Z 1
1 1 x12 dx
4
R2f (x ) dx = 16
(1 + z)
0
0
1
Z 1
1
1
1
1
12
13
16 x dx = 16 13 x = 208
0
0
1 . For Dette er mindre enn den tillatte feilmarginen pa 200
a fa frem
ulikheten benyttet vi at z er positiv (siden z ligger mellom 0 og x4 ),
slik at (1+1z) 1.
5
2
5
2
Oppgave 11.2.17
Vi lar Tn (x) = a0 + a1 (x a) + + an (x a)n vre Taylorpolynomet
av grad n til funksjonen f (x) om punktet x = a. Siden
f (x) = Tn f (x) + Rnf (x) = Tn 1f (x) + an (x a)n + Rn f (x)
har vi da
n + Rn f (x)
a
(
x
a
)
Rn f (x)
f
(
x
)
T
f
(
x
)
n
n
1
=
lim
=
a
+
lim
lim
n
n
n
x!a
x!a (x a)n
x!a
(x a)
(x a)
Og da f (n+1) (x) er kontinuerlig, og dermed begrenset, i en (lukket) omegn
n+1 (korollar 11.2.2).
om a, nnes det en M slik at jRn f (x)j (nM
+1)! jx aj
Men da blir
Rn f (x) M jx aj
(x a)n (n + 1)!
for alle x i en slik omegn. Dette viser at limx!a R(xn fa()xn) = 0. Ialt har vi
dermed vist at
f (x) Tn 1 f (x) = a
lim
n
x!a
(x a)n
99