Notasjon i rettingen:

Transkript

1 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil R F F Rett, men med følgefeil littr Litt rett, man er inne på noe g Galt? Uforståelig/uklart MB Manglende begrunnelse DF Dårlig føring DN Dårlig notasjon FL For langt FF Følgefeil rød, krøllet strek i marg eller under tekst dette er feil Røde streker og kommentarer betyr ikke nødvendigvis at selve svaret var feil, men at begrunnelsen var mangelfull eller at føringen var dårlig Selv om dere har fått oppgaven godkjent, er det viktig å ta dette til etterretning Vær også oppmerksom på at de som har rettet kan ha oversett noe dere har gjort feil eller glemt å begrunne, slik at dere bør uansett lese gjennom dette løsningsforslaget nøye Løsningsforslaget som følger inneholder kommentarer og referanser til resultater fra boken som brukes Alt som er skrevet i svart er tilleggsforklaringer som er ment som en hjelp til dere, men som ikke kreves av en ekamensbesvarelse

2 2 Oppgave a) Hvis w i, da tilsvarer w punktet, ) i det komplekse plan, som ligger i tredje kvadrant Lengden på vektoren mellom origo og punktet, ) er w se Def I) Vinkelen ϕ mellom vektoren og den reelle aksen er gitt ved tan ϕ, dvs ϕ π/6 Dersom vi lar θ være et argument til w se Def I4), da er θ π + ϕ π + π/6 7π/6 Merknad: Enhver θ 7π/6 + k 2π for en k Z vil også være riktig, feks θ 5π/6 Derfor har vi w 2 cos7π/6) + i sin7π/6)) på polarform, eventuelt 2 e 7π 6 i om man liker denne notasjonen bedre Godt tips til å gjøre på kladd: sett prøve ved å regne ut og se om dere får det opprinnelige uttrykket for w) Tegnet inn i det komplekse plan: b) Vi har w 2 2 ) 2 cos 27π/6) + i sin 27π/6)) 2 2 ) cos4π) + i sin4π)) 2 2 ) cos 0 + i sin 0)) i) Denne notasjonen sier at e iθ cos θ + i sin θ som vi i dette kurset kan ta som en definisjon) og står nevnt i forbifarten under Remark etter De Moivres teorem i App I Fordelen er at den er mer kortfattet og at multiplikasjon av komplekse tall skrevet på polarform får formen e iθ e iϕ cos θ + i sin θ) cos ϕ + i sin ϕ) cosθ + ϕ) + i sinθ + ϕ) e iθ+ϕ), som er lett å huske siden den følger egenskapene vi er vant til at eksponensialfunksjonen oppfyller

3 c) i) i + i) i i) i i 2 i + ii) 2i 2 + 4i 2i)2 4i) 6 2i 4i + 8i i)2 4i) 2 2 4i) 2 6 2i 4i 8 2 6i i d) Skal løse ) z i Skriver høyresiden på polarform og bruker notasjonen nevnt i fotnoten på forrige side): i [ 2 cos π ) + i sin π )] 2e π 4 i 4 4 Skriver vi også z på polarform z z cos θ + i sin θ) z e θi, slik at blir ligningen ) til: eller Dette gir at dvs z z cosθ) + i sinθ)) z e θi, z cosθ) + i sinθ)) 2 [ cos π 4 z e θi 2e π 4 i z 2 og θ π 4 ) + i sin π 4 + 2πk, k 0,, 2 z 6 2 og θ π 4 + k 2π, k 0,, 2 Dermed blir de tre løsningene på formen se s A-9) z k 6 [ 2 cos π 4 + k 2π ) + i sin π 4 + k 2π )] 2) for k 0,, 2 Vi har z 0 6 2e i π 4 ) e i π 4 +k 2π ) 6 2e i π 4 ) e ik 2π ), [ cos π ) + i sin π )] i ) 4 4 i) 2 2 )]

4 4 Dermed får vi, ved å bruke siste linje i 2) at z z 0 e i [ ) 2π ) 2π z0 cos + i sin ) i) 2 og i 2 2 i) + ) i ) + i + ) z 2 z 0 e i [ ) 4π ) 4π z0 cos + i sin [ π ) π )] z 0 cos i sin ) i) i 2 2 i) ) i ) + i + ) 2 2 ) ) )] 2π )] 4π Merknad: Det er enkelt å regne ut z 0, men noe mer komplisert å regne ut nøyaktige verdier for z og z 2 om man ikke gjør omskrivingen i siste linje i 2), men setter inn for k og 2 i midterste linje i 2) Det er litt trekk for å skrive løsningene kun i polarform som z 0 6 2e i π 4 ), z 6 5π i 2e 2 ), z2 6 π i 2e 2 ) uten å forenkle, selv om svaret er helt korrekt Man bør ihvertfall klare å regne ut z 0 e) Setter vi inn z, ser vi at P ) 0 Ved faktorteoremet Teorem i P6) må derfor z + z ) være faktor i polynomet z 4 + z + z + og vi finner ut feks ved polynomdivisjon) at z 4 + z + z + z + )z + ) Vi ser at z igjen er rot i z +, slik at z + z + )z 2 z + )

5 5 Røttene til z 2 z + er ved løsningsformelen for annengradsligninger gitt som z ) ± ) 2 4 ± ± i Disse, sammen med z, er de tre røttene til z +, dvs de tre tredjerøttene til ) Røttene til z 4 + z + z + er dermed: z med multiplisitet 2), z + i, z i 2 2 Faktoriseringen over C er P z) z 4 + z + z + z + ) 2 z + i )z i ) 2 2 mens faktoriseringen over R er P z) z 4 + z + z + z + ) 2 z 2 z + ) f) Vi har z + z z + z z z z + z z z 2 z + z 2 z 2 Skriver vi z + iy med, y R og y 0, siden z ikke er reell, har vi ) z + z z 2 + iy) + iy) z 2 z 2 + ) + iy z 2 ) z 2 Dette er et reellt tall hvis og bare hvis den imaginære delen y z 2 ) z 2 0, som skjer hvis og bare hvis z 2 0, siden y 0 Altså er z + reell hvis og bare z hvis z, som nettopp betyr at z ligger på enhetssirkelen Videre gir ) med z at z + z 2, og siden z, må og dermed 2 z + z 2, som vi skulle vise Merknad: Siden vi har fått oppgitt at z ikke er reell, må vi faktisk ha < <, og dermed har vi den sterkere konklusjonen at 2 < z + < 2 Plusspoeng til de z som merket seg dette

6 6 Oppgave 2 Vi regner ut S, S 2 2 2, S, S 4 4 4, slik at det er rimelig å tro at 5 4) S n nn + ) n n + for alle heltall n Vi viser nå denne formelen ved induksjon Vi har allerede regnet ut at formelen 4) stemmer for n Anta nå at formelen holder for n k, der k er et heltall slik at k Altså antar vi at 5) kk + ) k k + Da vil venstresiden i 4) for n k + kunne skrives som: 2 + [ k + )k + 2) ) k k + + k + )k + 2) kk + 2) + k + )k + 2) k 2 + 2k + k + )k + 2) k + ) 2 k + )k + 2) kk + ) ] + k + )k + 2) k + k + 2 og dette gir oss nettopp formelen 4) med n k + Vi har derfor vist at dersom 4) holder for et heltall n k, da holder 4) også for n k + Vi har dermed vist at 4) holder for alle heltall n ved induksjon Merk hvor vi brukte induksjonshypotesen 5)) Merknad: Det er viktig at det kommer klart frem at og hvor) man bruker induksjonshypotesen 5) b) Vi vil vise utsagnet 6) nn + )n + 2) er delelig på 6 for alle heltall n, ved matematisk induksjon For n sier 6) at 2 er delelig på 6, som er opplagt sant Anta nå at 6) er sant for n k, der k er et heltall slik at k, dvs at 7) kk + )k + 2) er delelig på 6

7 7 Vi vil nå vise at da må 6) også være sant for n k + Da regner vi ut k + ) k + ) + ) k + ) + 2) k + ) k + 2) k + ) k + ) k + 2) k + k + ) k + 2) k k + ) k + 2) + k + ) k + 2) Her er venstre ledd k k + ) k + 2) delelig på 6 ved induksjonshypotesen 7) Høyre ledd k + ) k + 2) inneholder faktoren k + )k + 2), som er delelig på 2, siden ett av k + og k + 2 må være partall; derfor er k + ) k + 2) delelig på 6 Altså er 6) er sant for n k + Vi har dermed vist at 6) er sant for n, og er sant for n k + dersom det er sant for n k, for et vilkårlig heltall k Ved induksjon er 6) sant for alle heltall n c) Trinnet i beviset der vi viser at påstanden for n k medfører påstanden for n k + formelt sagt: P k) P k + )) fungerer ikke dersom k 2: dersom vi har tre linjer, l, l 2, l og de to første, l og l 2, går gjennom p og de to siste, l 2 og l, går gjennom q, så finnes kun én linje som går gjennom p og q, nemlig l 2, og vi kan ikke konkludere at p q Moralen: Når vi beviser noe ved induksjon, må beviset for at P k) P k + ) gjelde for enhver k n 0, der n 0 er det tallet der vi starter induksjonen, også for k n 0 a) Oppgave lim lim 2) + 7) 2 2) 4) lim b) lim ) + 7) lim 4 2) 4) 2) + 7) lim 4 2) 4, siden 2)+7) 2) går mot og 4 går mot 0 fra negativ side

8 8 c) lim 62 lim ) lim 2 6 ) 2 lim lim , hvor vi brukte at > 0 i overgangen ), slik at d) lim 62 lim ) lim 2 6 ) 2 lim 6 lim 2 6, 6 hvor vi brukte at < 0 i overgangen ), slik at 8) e) Vi har og dermed Dette medfører at ) cos for alle 0 ) n cos n for alle 0 n n cos ) n for alle 0 n Siden lim 0 0, gir Skviseteoremet Teorem 4 i 2) at: ) lim 0 n cos Merknad: Det er feil bruk av grensesetningeneå si at 0 noe 0, som gir null uttelling Ellers er det lett å glemme absoluttverditegn Poenget er at om man starter med ulikheten ) cos

9 9 og ganger denne med n, må man snu ulikhetene om < 0 og n er odde, for da er n negativ Man må da betrakte tilfellene < 0 og > 0 hver for seg, dvs vise de to ensidige grensene lim 0 og lim 0 + Derfor er det enklere og kortere) å starte med absoluttverditegn som i 8) a) Gitt ɛ > 0 Sett δ : ɛ 5 Hvis 0 < 2 < δ ɛ, da har vi: 5 Oppgave 4 5 ) < 5 ɛ 5 ɛ, og vi har dermed vist at lim 2 5 ) 7 b) Gitt ɛ > 0 Vi vil finne δ > 0 slik at 2 + 2) 4 < ɛ når ) < δ Vi omskriver: 2 + 2) ) 2) + 2 Hvis feks + <, da er < + <, som gir ved å subtrahere 5) at 6 < 2 < 4, som gir 2 < 6 Hvis også + < ɛ/6, da er + 2 < ɛ 6 ɛ Altså lar vi δ : min{, ɛ } 6 6 c) Gitt ɛ > 0 Vi vil finne δ > 0 slik at ) < ɛ når ) < δ ALTERNATIV I: Vi omskriver ) , hvor vi har brukt faktoriseringen fra Oppgave e) Faktoren + har vi full kontroll på ved å velge δ liten nok For å begrense antar vi først at 2 + 9) + < 2

10 0 Dette er det samme som at < + <, som igjen medfører at < <, som gir at 0) 2 < < 2 Høyre ulikhet i 0) gir, sammen med trekantulikheten, at ) < Venstre ulikhet i 0) gir 2) < 2 Ulikhetene ) og 2) gir at ) ) < Vi ser dermed at 9) medfører at < som er < ɛ hvis + < ɛ 8 Vi lar dermed { } ɛ δ : min 2, ALTERNATIV II: Vi omskriver ) ) + ) Så kan vi resonnere som i forrige alternativ: Vi antar 9), dvs + <, og utleder derfra 2), dvs < 2 Dette gir ved trekantulikheten at < Dermed er 5) + + < + 9

11 og dette siste er < ɛ hvis + < ɛ Til sammen gir altså 4) og 5) at ) < ɛ når + < min {, ɛ 2 9} Vi lar dermed { δ : min 2, ɛ } 9 ALTERNATIV III: Vi omskriver siste linje av 4) som 6) ) + + Så kan vi resonnere som i de forrige alternativene: Vi antar 9), dvs + <, og utleder derfra 2), dvs < 2, og høyre ulikhet i 0), dvs < Dette gir oss 2 at < 8 og ved trekantulikheten) at Dette gir at 7) + + < + + ) < , og dette siste er < ɛ hvis + < ɛ Til sammen gir altså 6) og 7) at ) < ɛ når + < min {, ɛ 2 5} Vi lar dermed { } δ : min 2, ɛ 5 Merknad til a)-c): Selvfølgelig finnes det andre muligheter for valg av ɛ i begge tilfellene ovenfor, så det finnes ikke et entydig rett svar Oppgave 5 a) Skjæringspunkter forekommer for der f) g), dvs vi skal vise at ligningen har en løsning i hvert av intervallene 2, ), 0, ) og, 2) Ligningen er ekvivalent med + 0,

12 2 altså er -verdiene til skjæringspunktene lik nullpunktene til funksjonen h) + Merk at h er kontinuerlig overalt et polynom) Vi har h 2) h ) h0) h) h2) Ved skjæringssetningen Intermediate-Value Theorem, Teorem 9 i 4) må funksjonen h ha et nullpunkt i hvert av intervallene 2, ), 0, ) og, 2) I utgangspunktet sier skjæringssetningen at h har nullpunkt i de lukkede intervallene [ 2, ], [0, ] og [, 2], men vi regnet nettopp ut alle funksjonsverdier i endepunktene og fant at h 0 der, så nullpunktene må ligge i de åpne intervallene) Følgelig har de to grafene skjæringspunkter i hvert av disse tre intervallene Merknad: Her får man MB dersom man enten glemmer å påpeke at h er kontinuerlig eller glemmer å nevne skjæringssetningen b) Spørsmålet om grafene til f og g kan skjære hverandre i flere enn de tre punktene ovenfor er ekvivalent med spørsmålet om funksjonen h kan ha flere enn de tre nullpunktene ovenfor ALTERNATIV I: 2 Hvis vi kaller de tre nullpunktene ovenfor for r, r 2, r, da sier faktorteoremet Teorem i P6) at r ) r 2 ) r ) er en faktor i polynomet h Likeledes, hvis h hadde hatt et fjerde nullpunkt r 4, ville faktorteoremet gitt at r ) r 2 ) r ) r 4 ) er en faktor i polynomet h Dette er umulig, siden h har grad Så svaret er NEI PS: Siden h har grad, og koeffisienten foran høyeste potens av er, har vi at h) r ) r 2 ) r ) ALTERNATIV II, ved Rolles Teorem i i utg 6): Vi har h ) 2 2 ), slik at h er derivérbar overalt og h har kun to nullpunkter, nemlig ± Rolles teorem eventuelt sekantsetningen/ Mean Value Theorem ) gir at mellom to vilkårlige nullpunkter til h, si a og b, så finnes en c slik at h c) ha) hb) 0, altså finnes et nullpunkt til h Dersom h hadde hatt fire nullpunkter eller mer, ville altså h hatt tre nullpunkter eller mer, hvilket ikke er tilfelle Så svaret er NEI ALTERNATIV III, ved funksjonsdrøfting i i utg 6): Vi har h ) 2 2 ), slik at h ) > 0 på, ) og på, ), og h ) < 0 på, ) Derfor er h strengt monoton, dvs strengt voksende eller strengt avtagende, på hvert av de tre intervallene, ], [, ] og [, ) ved Teorem 2 Dette er det alternativet jeg tenkte dere skulle bruke, siden de to andre nedenunder bruker pensum gjennomgått uke 8 I lærebokens språk er strengt voksendeincreasing og strengt avtagendedecreasing i Def 6 i i utg 6)

13 2 i i utg 6)), og kan derfor anta samme verdi kun én gang innenfor hvert av disse tre intervallene dvs hvis a b, så er ha) hb) innenfor hvert av disse tre intervallene) Altså kan h ha høyst ett nullpunkt innenfor hvert av disse tre intervallene, til sammen høyst tre nullpunkt Så svaret er NEI c) At grafene har felles tangentlinjer i et skjærings)punkt betyr at grafenes tangentlinjer må ha samme stigning i punktet, dvs at f ) g ), eller ekvivalent h ) 0 Men h ) 2 2 ) har nøyaktig to nullpunkt, nemlig ±, som ikke er noen av skjæringspunktene til grafene Så svaret er NEI Oppgave 6 a) Per definisjon av kontinuitet har vi at Vi har f0) per definisjon og f er kontinuerlig i 0 lim 0 f) f0) lim f) lim cos )) , ved grensesetningene og grensen vi beregnet i Oppgave e) Derfor konkluderer vi med at f er kontinuerlig i 0 b) Per definisjon av derivérbarhet har vi at f0 + h) f0) f er derivérbar i 0 lim h 0 h fh) f0) h + 2 h + h2 cos h) h eksisterer og den deriverte f 0) er lik denne grensen, om den eksisterer) Her er h 0, slik at ) Dermed er fh) f0) lim h 0 h 2 + h cos h )) lim h h cos h , ved grensesetningene og grensen vi beregnet i Oppgave e) Derfor konkluderer vi med at f er derivérbar i 0, med f 0) 2 Merknad: Det er en typisk feil å derivére funksjonen utenfor 0 og så si at den deriverte av er null Dette er bare tull og gir null uttelling

14 4 For funksjoner der uttrykket endres i et punkt, må man bruke definisjon av derivert og ikke derivasjonsregler, som forutsetter at funksjonen har samme uttrykk i en omegn om punktet At f er kontinuerlig i 0 betyr at Oppgave 7 lim f) f 0 ) 0 Kombinert med den formelle definisjonen av grenseverdi ɛ-δ-definisjonen ) betyr dette at til enhver ɛ > 0, finnes en δ δɛ) slik at f) f 0 ) < ɛ når 0 < 0 < δɛ) Ulikheten til venstre er trivielt oppfylt også når 0, slik at vi får at f) f 0 ) < ɛ når 0 < δɛ) Dette holder for enhver ɛ, med varierende δɛ) For ɛ f 0 ) > 0, betyr dette at det finnes en δ δf 0 )) slik at 8) f) f 0 ) < f 0 ) når 9) 0 < δ Dette siste er ekvivalent med at 20) 0 δ, 0 + δ), som er en omegn om 0 Dessuten har vi at 8) er ekvivalent med: f 0 ) < f) f 0 ) < f 0 ) 0 < f) < 2f 0 ) Som oppsummering har vi funnet en δ-omegn 0 δ, 0 + δ) om 0 som er slik at f) > 0 når 0 δ, 0 + δ) Andreas Leopold Knutsen