8 + 2 n n 4. 3n 4 7 = 8 3.

Transkript

1 Seksjo 4. Oppgave (). Fi greseverdiee: 8 a) b) c) ( ) d) e) 5 + si() e +6 5 Løsig. Vi vil bruke samme metode som i Eksempel 4..5 fra boke i disse oppgavee. Når vi skal fie grese av e brøk hvor ma har polyomer i teller og ever, vil det løe seg å dele på de høyeste potese som opptrer. a) Her ser vi at de høyeste potese er 4. Dermed deler vi på dee i teller og ever = Ved å bruke regeregel (iv) fra 4.. i boke, ka vi ta greseverdie av teller og ever. For tellere har vi at 8 + = 8, og for ever har vi 7 =. Dermed får vi at greseverdie blir = 8. Merkad: Husk at vi ka avede regeregel (iv) ku år teller og ever kovergerer. Dermed blir det ødvedig å dele på høyeste potes først. b) Vi ser at de høyeste potese er, så = Her ser vi at teller går mot 0 år. Never ser vi går mot år. Dermed er = 0 = 0.

2 c) Her er høyeste potes = Vi ser at greseverdie til teller er 5, mes ever kovergerer mot 0. Uttrykket divergerer altså mot eller. For å fie ut hvilke av disse uttrykket divergerer mot, deler vi heller på de laveste potese. Da får vi = 7 4. Her ser vi at ever kovergerer mot 7, mes teller divergerer mot. Uttrykket vårt vil dermed øke ubegreset år. Altså ser vi at 5 + =. 7 4 d) Her reger vi ut greseverdie til hvert ledd først. Vi bruker samme fremgagsmåte som over. Det første leddet blir Det adre leddet blir 5 4 = = Når vi legger samme disse, får vi ( ) Merkad: Her brukte vi regeregel (ii). 5 4 = = 4 5 = 4 5. = = 6 5. Før vi reger ut greseverdie i e), viser vi at e = 0 ved å bruke Defiisjo 4.. fra boke. For ethvert tall ɛ > 0, må vi fie e N N slik at e < ɛ for alle N. Velg e slik ɛ > 0. Vi vet at e = e. Så vi vil fie e N slik at e < ɛ for alle N. Hvis vi lar N være et positivt heltall større e log(ɛ), så vil e < e log(ɛ) = ɛ for alle N. Dermed har vi vist at e = 0. e) Her er hverke teller eller ever polyomer. Me vi vet at si() for alle, og e = 0, så vi prøver samme metode likevel. 5 + si() e = + si() 5 e

3 Side si(), så vil si() kovergere mot 0 år. Side 5 e e = 0, så må jo selvsagt også = 0. Dermed får 5 vi at teller kovergerer mot, og ever kovergerer mot 6. Det betyr at Oppgave (). Fi greseverdiee: a) ( + ). b). + d) ( + e e ). 5 + si() e = 6. Løsig. Vi skal bruke samme triks som i Eksempel 4..8 fra boke. a) Her har vi e differase av kvadratrøtter. Både + og divergerer mot (se Eksempel 4..7), så dette er et såkalt - uttrykk. Det er ikke klart hva det kovergerer mot. Me vi vil gage med de kojugerte av uttrykket som i Eksempel 4..8 fra boke. De kojugerte av ( + ) er ( + + ). Så vi får at ( + ) = = = = ( + )( + + ) (her bruker vi (a b)(a + b) = a b ) ( + ) Her ser vi at ever divergerer mot. Teller er e positiv kostat, så dette betyr at uttrykket kovergerer mot 0. Med adre ord, ( + ) = 0. b) Igje vil vi gage med de kojugerte.

4 + + = + ( + )( + + ) + + = ( + ) + + = ( + ) = = = = Vi ser at vil + d) vi da at = = =, som kovergerer mot 0. Dermed = + kovergere mot + 0 =. Til samme får = + ( + e e ) = = = = + + = + =. ( + e e )( + e + e ) ( + e + e ) + e (e ) ( + e + e ) ( + e ) e ( + e + e ) + e + e ) Vi vet at e = 0, og tilsvarede at e = 0. Dermed vil + e = + 0 =. Det betyr at greseverdie til 4

5 evere blir + e + e = =. Til samme får vi at ( + e e ) = + e + e ) = =. Oppgave (4). Vis at disse greseverdiee er riktige ved bare å bruke defiisjo a) ( ) = b) si() = 0 c) + + = Løsig. I disse oppgavee er vi gitt e følge {a }, som vi skal vise kovergerer mot e gitt verdi a. Per defiisjo må vi da for ehver ɛ > 0 fie e N N slik at a a < ɛ for alle N. I hver av oppgavee lar vi ɛ > 0 være gitt, og løsige består da i å fie e slik N. a) Vi må fie e N slik at ( ) < ɛ for alle N. Det vil si < ɛ. Side er positiv, er dette ekvivalet med < ɛ. Dette er ekvivalet med > ɛ > ɛ. Så dersom vi velger N til å være et heltall større e ɛ, så er det klart at > ɛ for alle N. Side dette er ekvivalet med at < ɛ for alle N, har vi vist resultatet. b) Vi vil fie e N slik at si() < ɛ for alle N. Nå er si() = si() si(), så ulikhete blir < ɛ, som er ekvivalet med si() < ɛ > si(). ɛ Me vi vet at si() for alle, så dersom vi velger N til å være et heltall større e ɛ, så vil > si() ɛ ɛ for alle N. Me dette er ekvivalet med at si() < ɛ for alle N, og vi er ferdige. c) Vi vil fie e N slik at + + < ɛ for alle N. Vi reger 5

6 litt på uttrykket til vestre. + + = ( + ) ( + ) + ( + ) = ( + ) ( + ) + ( + ) = ( + ) ( + ) ( + ) = ( + ) = Så ulikhete over er det samme som Me 6( + ) = 6( + ). 6(+) < ɛ < ɛ 6( + ). ɛ 6( + ) > + > 6ɛ > 6ɛ > 6ɛ. Så dersom vi velger N til å være et heltall større e 6ɛ, så vil > 6ɛ for alle N, oe som er ekvivalet med at + + < ɛ for alle N. Dermed er vi ferdige. Oppgave (). Vis at dersom a = b = A og så er c = A. a c b for alle, Løsig. Vi vil bruke defiisjoe av koverges. La ɛ > 0. Vi vil fie e N N slik at c A < ɛ for alle N. Vi vet at følgee {a } og {b } kovergerer mot A. Dette betyr at det fies et heltall N slik at a A < ɛ for alle N, og et heltall N slik at b A < ɛ for alle N. Skriver vi om dette, får vi at ɛ < a A < ɛ, som er ekvivalet med A ɛ < a < A + ɛ for alle N. Tilsvarede er A ɛ < b < A + ɛ for alle N. La å N være et heltall som er større eller lik både N og N (f.eks N = max{n, N }). Da har vi at c b < A + ɛ for alle N, me også at A ɛ < a c for alle N. Det betyr at A ɛ < c < A + ɛ for alle N. Dette medfører at ɛ < c A < ɛ, som betyr at c A < ɛ for alle N. Per defiisjo av koverges, har vi å vist at c = A. Oppgave (). Fi eksempler på følger {a } og {b } slik at a = b = 0 og a) a b = 0, 6

7 b) a b =, c) a b er forskjellig fra 0 og. Løsig. a) Vi velger a =, og b =. Da er det klart at a = b = 0. Videre er a = b = = 0. b) Vi velger motsatt a =, og b =. Da er a = b Vi velger a = b =. Da er a = b = =. = =. Oppgave (4). Fi eksempler på følger {a } og {b } slik at a = b = og a) a b =, b) a b =, c) a b er et edelig tall. Løsig. a) Vi velger a =, og b =. Da er det klart at a = b =. Videre er a b = = =. b) Vi velger motsatt a =, og b =. Da er a b = Vi velger a = b =. Da er a b = = =. = 0 = 0. Oppgave (5). Gjeomfør beviset for teorem 4..9 for avtagede følger. 7

8 Løsig. Teoremet vi skal vise er det følgede: E mooto, begreset følge er alltid koverget. La {a } være e slik følge. {a } ka være mootot stigede eller mootot avtagede. I dee oppgave atar vi at de er mootot avtagede. Betrakt følge b = a. Side {a } er begreset, så fies det e edre skrake a. Det betyr at a a for alle heltall. Dette betyr at b = a a for alle heltall. Dermed har følge {b } e øvre skrake a. Side a er mootot sykede, så er b mootot stigede. Av teoremet som bevist i boke for stigede følger, er da {b } koverget. Det betyr at b = b, for e eller ae greseverdi b. Merk at a = b. Av regeregel 4.. (ii) har vi dermed at a = b = b. Dermed kovergerer {a } mot b, og er med adre ord e koverget følge. Dette fullfører beviset. Oppgave (8). Defier rekursivt e følge {x } ved x =, og x + = x for. a) Vis, ved iduksjo på, at x < x + for alle aturlige tall. b) Vis at følge {x } kovergerer, og bestem grese. c) Udersøk kovergese av følge {y }, defiert ved y y + = y + y for. =, og Løsig. a) Vi viser hypotese først for =. Vi må altså vise at x < x. Me x = x = per defiisjo, og <. Dermed holder ulikhete for =. Ata å ulikhete holder for = k. Vi må vise at de gjelder for = k +. Vi vet altså at x k < x k+, og skal vise at x k+ < x k+. Vi vet også at x k+ = x k+. Side x k+ > x k, så er xk+ > x k = x k+. Dette betyr at x k+ = x k+ > x k+. Vi har dermed bevist iduksjostriet, og kokluderer med at x < x + for alle aturalige tall. b) Av a) vet vi at følge {x } er mootot stigede. Hvis vi ka vise at de har e øvre skrake, så betyr det at de kovergerer av Teorem Vi skal vise ved iduksjo at er e øvre skrake for følge. Med adre ord skal vi vise at x < for alle aturlige tall. Side x =, så er dette sat for =. Ata å det er sat for = k. Da er x k <. Me det betyr at x k+ = x k < =. Altså er x k+ <, og iduksjostriet er bevist. Altså har x e øvre skrake, og vil dermed kovergere. For å bestemme grese, så bruker vi samme metode som i Eksempel 4..0 i boke. La x være grese, det vil si x = x. Da er x + = x = x. 8

9 Me det er klart at x + = x = x, så vi får likige x = x. Kvadrerer vi får vi at x = x x(x ) = 0. Så x = 0 eller x =. Me x =, og følge er stigede, og det betyr at x. Vi står igje med løsige x =, og vi kokluderer med at {x } kovergerer mot. c) Vi skal vise at følge {y } kovergerer mot. Grue til at vi misteker dette, er det følgede. Ata at følge kovergerer mot et tall y. Av samme metode som i b), vil vi da bestemme y på følgede måte. y + = y + y = y + y. Vi får da likige y = y + y y = y + y 0 = y y = 0. Me vi ka vise at følge er stigede ved iduksjo. Vi skal altså vise at y + > y for alle aturlige tall. Per defiisjo er y = y + y = + =, så ulikhete gjelder for =, side >. Ata å at ulikhete gjelder for = k. Da vet vi at y k+ > y k. Me y k+ = y k+ + yk+ > y k + yk = y k+. Altså er y k+ > y k+, og iduksjostriet er vist. Vi kokluderer med at y + > y for alle aturlige tall. Altså er følge stigede. Side følge ikke kovergerer, så har de ige øvre skrake. Dette betyr at følge vokser ubegreset. Vi viser at følge kovergerer mot ved å bruke Defiisjo La c R være et hvilket som helst tall. Vi må fie et heltall N slik at y c for alle N. Side følge vokser ubegreset, så fies det emlig et tall N slik at y N c. Me side følge er mootot stigede, vet vi at y y N c for alle heltall N. Side y alltid er et positivt tall, får vi at y = y c for alle N. Vi har altså vist at {y } kovergerer mot. Midtveiseksame Mat 00. oktober 0 Oppgave (). Det komplekse tallet z = i ka skrives som: C) 4e 5π i. Løsig. Vi fier først moduluse til z. z = + ( ) = 4 + = 6 = 4. Vi skriver z = 4( 4 4 i) = 4( ). i Ved å tege puktet i på ehetssirkele ser vi at argumetet må være π π = 5π. Svaret er altså C). Oppgave (). Det komplekse tallet z som har polarkoordiatee r = og θ = 7π ka skrives som A) z = i. 9

10 Løsig. Av de Moivres formel har vi at z = r(cos θ + i si θ) = (cos 7π + i si 7π ) Merk at 7π = π + π. Side cos og si har periode π, får vi at Svaret er altså A). z = (cos π + i si π ) = (0 i ) = i. Oppgave (). Hvilket av følgede komplekse tall er e rot i polyomet P (z) = z 4z + 5z. Svar: B) z = i. Løsig. Vi faktoriserer P (z) som følger. P (z) = z(z 4z + 5). Da ser vi at z = 0 er e rot, me dette er ikke et av alterativee. Da må vi se på røttee til z 4z + 5. Vi bruker abc-formele og fier at røttee er gitt ved z = 4 ± = 4 ± 4 Spesielt er z = i e rot, så svaret er B). = 4 ± i = ± i. Oppgave (). Hvilket av følgede tall er e tredjerot til det komplekse tallet z = 4 4i. Svar: E) e i 7π 8. Løsig. Vi vil skrive z på forme re iθ. Vi må først fie moduluse r. r = (4 ) + 4 = = 64 = 8. Vi ka da skrives z = 8( i) = 8( i). Ved å tege puktet i på ehetssirkele ser vi at argumetet må være θ = 7π 6. Altså er z = 8ei 7π 6. For å fie tredjerøttee skriver vi z = 8e i 7π 6 +πki for heltall k. Da er z = 8 e i 7π 6 +πki = e i 7π 8 + πki. Vi setter i for k = 0,, og får at tredjerøttee blir w = e i 7π 8 w = e i 7π 8 + πi w = e i 7π 8 + 4πi Vi ser at w samsvarer med E), og dette blir da svaret. 0