Forord Dette er en samling lsningsforslag som jeg orinnelig utarbeidet til grueundervisningen i kurset MATA ved Universitetet i Oslo hsten. Den vil de

Transkript

1 K A L K U L U S Lsningsforslag til utvalgte ogaver fra Tom Lindstrms lrebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Coyright c Klara Hveberg

2 Forord Dette er en samling lsningsforslag som jeg orinnelig utarbeidet til grueundervisningen i kurset MATA ved Universitetet i Oslo hsten. Den vil derfor gjenseile ogaveutvalget som ble gitt til gruene dette semesteret, og seksjoner som ikke var ensum a den tiden vil derfor kunne otre som mystiske \hull" i denne samlingen. Jeg har for eksemel ikke laget lsningsforslag til ogaver i seksjonene.3 og.4 (kombinatorikk og binomialformelen), seksjon 4. (inhomogene dierensligninger), seksjon 7.7 (hyerbolske funksjoner), seksjon.5 (annenordens inhomogene dierensialligninger) og seksjonene fra.3 og utover, da disse var fjernet fra ensum den aktuelle hsten. Videre var deler av seksjon 3.4 (om a nne generelle n'te rtter av komlekse tall) og seksjon 9.5 (kriterier for nar uegentlige integraler konvergerer) kraftig nedtonet. Siden lsningsforslagene var ment som et sulement til den ordinre grueundervisningen, tar de bare for seg et reresentativt utvalgt av de ogavene som ble gitt. Jeg har valgt a rioritere ogaver som illustrerer hvordan man kan gjennomfre et matematisk resonnement, men har ogsa tatt med lsning a noen enkle \drillogaver" innimellom. La meg til slutt minne om at man ikke lrer matematikk veda se a ferdige lsninger som andre har laget bare ved a bryne seg a ogavene selv, odager man hvor roblemene sitter og kan verdsette lsningen nar man ser den. Jeg haer derfor at disse lsningsforslagene blir brukt a en fornuftig mate, og at de kan vre til nytte under reetisjon og for studenter som ikke har anledning til a flge den ordinre grueundervisningen. Hvis du nner noen feil eller trykkfeil i lsningsforslagene, er det nt om du gir meg beskjed a eostadressen klara@math.uio.no. Blindern, 8. mars Klara Hveberg i

3 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel I seksjon. regner jeg med at det ikke er behov for a utdye lrebokas fasit i de innledende ogavene om bruk av summetegnet, og har derfor bare laget lsningsforslag til noen fa ogaver av denne tyen for a illustrere bytte av summasjonsindeks. Ogave.. og..3 illustrerer bruk av aritmetikkens fundamentalteorem, og gir deg n trening i a fre et matematisk resonnement. Det samme gjelder induksjonsogavene i seksjon.. Her gir ogave..4 et enkelt eksemel a bruk av induksjon, mens..6,..7 og.. erfaringsmessig volder studentene mer hodebry. Ogave..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 Ogave..6 4X n= a n b 3 n = X m=3 b) Ved a sette k = n + far vi 4X n= c) Ved a sette m = n + far vi X n= x n y n = a 3 m b m = (n + )3 n = X m= 3X m= 6X k= k3 k x m y (m ) = a 3 m b m X n= x n y n hvor vi i den siste summen har gjeninnfrt navnet n a summasjonsindeksen som kan hete hva som helst. Ogave.. Hvis a = m og b = q q q n er rimfaktoriseringer av a og b, sa vil ab = m q q q n vre en rimfaktorisering av roduktet ab. Siden rimfaktorisering er entydig, ma ethvert rimtall som gar o i ab vre et av rimtallene i eller q j i rimfaktoriseringen til ab. Sa hvis = i vil ga o i a, og hvis = q j vil ga o i b.

4 Ogave..3 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 = 3 3 som et rodukt av tre tall og samtidig skrive o summen av disse tre tallene. 36 = = = = 36 = = 5 36 = = 4 36 = = 3 36 = = 3 36 = = 36 = = Siden venninnen ikke kunne avgjre alderen a barna selv om hun kjente summen av aldrene deres (dvs husnummeret), ma denne summen ha vrt 3; alle de andre summene fremkommer a en entydig mate slik at venninnen ville ha visst hva alderen til barna var. Barna ma altsa vre enten, og 9 ar eller, 6 og 6 ar. Siden det fantes et eldste barn, sa ma alderen til barna vre, og 9 ar. Ogave..4 Vi skal vise at formelen (P n ) nx k= k(k + ) = n n + er riktig for alle naturlige tall n. i) Vi sjekker frst tilfellet n = : P er sann, siden X k= k(k + ) = ( + ) = = + ii) Anta sa at P m er sann for et naturlig tall m N. Induksjonstrinnet bestar da i a vise at ogsa P m+ er sann, det vil si at (P m+ ) Vi har m+ X k= X m+ k= k(k + ) = m X k= k(k + ) = m + m + k(k + ) + (m + )(m + )

5 som iflge induksjonsantagelsen blir = m m + + (m + )(m + ) m(m + ) + = (m + )(m + ) = m + m + (m + )(m + ) (m + ) = (m + )(m + ) = m + m + Dermed har vi vist at P m+ blir sann dersom P m er sann. Iflge induksjonsrinsiet er da P n sann for alle n N. Ogave..6 Vi skal vise astanden (P n ) n(n + 5) er delelig med 6 for alle n N: i) Vi sjekker frst tilfellet n = : P er sann siden ( + 5) = 6, som er delelig med 6. ii) Anta sa at P m er sann for et naturlig tall m N. Induksjonstrinnet bestar i a vise at da ma ogsa P m+ vre sann. Vi har (m + )[(m + ) + 5] = (m + )(m + m + 6) = (m + )(m m + ) = m(m + 5) + 3m + 3m + 6 Ved induksjonsantagelsen er det frste leddet m(m + 5) delelig med 6, og det siste leddet 6 er olagt ogsa delelig med 6. Det gjenstar derfor bare a vise at 3m + 3m = 3m(m + ) er delelig med 6, det vil si at m(m + ) er delelig med. Men dette er ofylt, siden ett av tallene m og m + ma vre et artall og altsa delelig med. Dermed har vi vist at P m+ er sann dersom P m er sann. Ved induksjonsrinsiet er da P n sann for alle n N. Ogave..7 Vi skal vise astanden (P n ) n+ + 3 n+ er delelig med 7 for alle n N: i) Vi sjekker frst for n = : P er sann siden som er delelig med = = 35 = 7 5 3

6 ii) Anta sa at P m er sann for et naturlig tall m N. Induksjonstrinnet bestar i a vise at da ma ogsa P m+ vre sann, det vil si at (P m+ ) (m+)+ + 3 (m+)+ er delelig med 7 Vi har (m+)+ + 3 (m+)+ = m m+3 = m m+ = m+ + ( + 7) 3 m+ = m+ + 3 m m+ = ( m+ + 3 m+ ) m+ Iflge induksjonsantagelsen er m+ + 3 m+ delelig med 7, slik at det frste leddet i summen ovenfor er delelig med 7. Siden det andre leddet 7 3 m+ aenbart ogsa er delelig med 7, flger det at hele summen er delelig med 7, det vil si at P m+ blir sann. Iflge induksjonsrinsiet er da P n sann for alle n N. Ogave.. Vi skal nne feilen i flgende \induksjonsbevis" for astanden (P n ) \I enhver samling av n ersoner er alle like dumme." Bevisforsk: i) For n = har vi bare en erson, som olagt er like dum som seg selv, sa P er sann. ii) Anta sa at P k er sann for en k N. Vi ma vise at da er ogsa P k+ sann, det vil si: \I enhver samling a k + ersoner sa er alle like dumme". Vi ser altsa a en grue med k + ersoner. Fjern en av disse ersonene slik at vi star igjen med en grue a k ersoner som ved induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi deretter ut en av disse ersonene med den siste ersonen, far vi en ny grue a k ersoner som ogsa ma vre like dumme iflge induksjonsantagelsen. Men da ma alle de k + ersonene vre like dumme, og beviset er ferdig. Feil i bevisforsket: For at astanden skal gjelde for alle n N ma vi i induksjonstrinnet ii) ha et resonnement som holder for et vilkarlig naturlig tall k. Men resonnementet vi benytter bryter sammen i tilfellet k =, og fungerer bare for k. For a se dette, skal vi ta en nrmere titt a obygningen av resonnementet: Vi starter altsa med 4

7 en samling a k + ersoner som vi nsker a vise er like dumme. Fjerner vi frst en av disse ersonene, star vi igjen med en delmengde M a k ersoner som iflge induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi sa ut en av ersonene i M med den ersonen som ble fjernet frst, far vi en ny delmengde M a k ersoner som iflge induksjonsantagelsen ogsa er like dumme. \Beviset" konkluderer deretter med at alle de k + ersonene vi startet med ma vre like dumme, men for a kunne trekke denne slutningen, baserer vi oss egentlig a at det nnes en erson P som er med i begge de to delmengdene M og M. Det underliggende resonnementet er nemlig at siden P er like dum som alle ersonene i M (P er jo selv med i M ), og dessuten like dum som alle ersonene i M (P er jo ogsa med i M ), sa er alle ersonene i M like dumme som alle ersonene i M. Det siste resonnementet bryter sammen nar k = : I dette tilfellet vil jo mengdene M og M bli to disjunkte samlinger a k = ersoner. Alt induksjonsantagelsen da sier oss, er at hver av de to ersonene er like dum som seg selv, men siden det ikke nnes noen erson som er med bade i M og i M, kan vi ikke ut fra dette konkludere med at de k + = ersonene vi startet med ma vre like dumme. 5

8 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel I seksjon. far du velse i a lse ulikheter hvor tallverdier inngar (ogave..3) og enkel trening i a fre matematiske resonnementer ved a kombinere bruk av tallverdi, trekantulikheten og induksjon (ogave..7 og..8). Ogave..4 og..5 er gode eksemler a at du ikke br la deg avskrekke av at en ogavetekst begynner med \Vis at..." Du far ytterligere trening i enkel matematisk argumentasjon gjennom ogavene om rasjonale og irrasjonale tall i seksjon.. Her br du merke deg strategien ved kontraositive bevis og bevis ved motsigelse. Ogavene om suremum og inmum i seksjon.3 faller i startfasen erfaringsmessig tyngre for mange studenter, og jeg har derfor laget fasit til alle grueogavene som ble gitt fra dette kaittelet (ogave.3.5 ble bare gitt som en tilleggsogave for de som hadde lyst a en ekstra utfordring). Ogave..3 a) For a lse ulikheten jx j < jx + 3j benytter vi oss av det faktum at jaj < jbj () a < b. Flgende utsagn blir dermed ekvivalente. jx j < jx + 3j (x ) < (x + 3) 4x + 4 < 6x < x x > b) Ulikheten jx x 8j > 8 er ofylt hvis og bare hvis vi har enten x x 8 > 8 eller x x 8 < 8. Den frste av disse ulikhetene kan skrives som (x ) > 7, hvilket er ekvivalent med at jx j > 7, det vil si at x > 7 eller x < 7, altsa at x ( ; 7) [ ( + 7; ). Den andre ulikheten kan skrives jx j <, som er ekvivalent med at jx j <, det vil si at < x <, altsa er x (; ). I alt har vi dermed at ulikheten jx x 8j > 8 er ofylt hvis og bare hvis x ( ; 7) [ (; ) [ ( + 7; ). Ogave..4 Per denisjon av absoluttverdi (side 6 i Kalkulus) har vi jxj = n x for x x for x < 6

9 Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det ositive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at x = n x for x x for x < Av denisjonene flger det dermed at jxj = x. Ogave..5 Identiteten jxyj = jxjjyj flger av ogave..4, idet vi har Ogave..7 jxyj = (xy) = x y = jxjjyj Vi skal vise at for alle tall x, y og z sa er jx yj jx zj + jz yj 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. Ogave..8 Vi skal vise ved induksjon a n at ja + a + + a n j ja j + ja j + + ja n j for alle reelle tall a ; a ; : : : ; a n. Vi betegner utsagnet ovenfor med P n. Da er P olagt sann siden Anta sa at P m er sann, det vil si at ja j ja j ja + a + + a m j ja j + ja j + + ja m j Vi ma vise at da er ogsa P m+ sann. Benytter vi trekantulikheten i frste skritt og induksjonsantagelsen i andre skritt, far vi j(a + a + + a m ) + a m+ j ja + a + + a m j + ja m+ j Altsa er P m+ sann dersom P m er sann. ja j + ja j + + ja m j + ja m+ j Induksjonsrinsiet sikrer da at formelen gjelder for alle n N. 7

10 Ogave.. a) Brken 7=3 er rasjonal, siden bade telleren og nevneren er rasjonale 8=5 (setning..). b) I brken 7 4 er telleren irrasjonal (siden den er en dierens mellom det rasjonale tallet og det irrasjonale tallet 7 (roduktet av et rasjonalt og et irrasjonalt tall er irrasjonalt)), mens nevneren er rasjonal. Iflge setning.. 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 = = 4 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 = (3 + ) (3 )(3 + ) = = + 6 Her er telleren irrasjonal og nevneren rasjonal, sa brken er irrasjonal (setning..). e) Som i unkt d) er bade telleren og nevneren irrasjonale, sa vi omformer brken 3 + 4(3 + ) = 4 og ser at den er rasjonal. Ogave..3 a) Det er galt at summen av to irrasjonale tall alltid er irrasjonal. Moteksemel: Summen +(3 ) = 3 av de to irrasjonale tallene og (3 ) 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 = ( )a som er et rodukt mellom et rasjonalt tall og et irrasjonalt tall, og derfor selv et irrasjonalt tall. c) Det er galt at hvis a er rasjonal, sa er a det ogsa. Moteksemel: a = er rasjonal, men a = er irrasjonal. 8

11 d) Det er sant at hvis a er irrasjonal, sa er a det ogsa. Bevis: Vi viser det kontraositive utsagnet, nemlig at hvis a er rasjonal, sa er a ogsa rasjonal. Anta altsa at a er rasjonal. Da kan vi skrive a = b=c hvor b; c og c 6=. Men da er a = b =c med b ; c og c 6=. Men det betyr jo netto at a er rasjonal. e) Det er sant at hvis a er irrasjonal, sa er =a det ogsa. Bevis: Anta at a er irrasjonal. Da har brken =a en rasjonal teller og en irrasjonal nevner, og er da iflge setning.. selv irrasjonal. Ogave..5 Vi skal bevise at 3 er irrasjonal. 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 = m og b = q q q n vre rimfaktoriseringene til a og b. Da har vi 3 = a b = m q q q n Kvadrerer vi begge sider av ligningen, far vi det vil si 3 = m q q q n 3q q q n = m Pa hyre side av likhetstegnet forekommer alle rimfaktorene et like antall ganger (sesielt gjelder dette for rimfaktoren 3), men a venstre side forekommer rimfaktoren 3 et odde antall ganger. Det betyr at vi har funnet to forskjellige rimfaktoriseringer av det samme tallet, noe som er umulig iflge aritmetikkens fundamentalteorem. Altsa har vi vist at antagelsen om at 3 er rasjonal leder til en selvmotsigelse, sa eneste mulighet er at 3 er irrasjonal. Ogave.. Anta at a >. Vi skal vise at uansett hvor stor b R er, sa ns en n N slik at na > b. Siden a >, er dette ekvivalent med a vise at vi kan nne en n N slik at n > b=a. Men dette flger direkte fra Arkimedes rinsi som sier at vi for ethvert reelt tall r, og dermed sesielt for r = b=a, kan nne et naturlig tall n slik at n > r. 9

12 Ogave.3. b) Mengden N er kun nedad begrenset med strste nedre skranke. d) Da eksonentialfunksjonen er strengt voksende, blir utsagnet ekvivalent med utsagnet < ln x 3 e < x e 3 Mengden M = fx : < ln x 3g er derfor lik intervallet (e ; e 3 ] som er bade oad og nedad begrenset med su M = e 3 og inf M = e. Her er su M M, men inf M = M. Ogave.3.3 a) Vi viser ulikhet begge veier. i) Siden su A er en vre skranke for A og su B er en vre skranke for B, blir max(su A; su B) en vre skranke bade for A og for B, altsa en vre skranke for A [ B. Og da su(a [ B) er mindre enn enhver annen vre skranke for A [ B, flger at su(a [ B) max(su A; su B). ii) Siden su(a [ B) er en vre skranke for A [ B, blir su(a [ B) ogsa en vre skranke for hver av delmengdene A og B. Og da su A og su B er mindre enn enhver annen vre skranke for henholdsvis A og B, flger at su(a [ B) max(su A; su B). Av i) og ii) flger at su(a [ B) = max(su A; su B). b) Siden A \ B er en delmengde bade av A og av B, blir bade su A og su B vre skranker for A \ B. Og da su(a \ B) er mindre enn enhver annen vre skranke for A \ B, flger generelt ulikheten su(a \ B) min(su A; su B). Denne ulikheten kan imidlertid ikke skjeres til en likhet. Lar vi for eksemel A = f; g og B = f; 3g, blir su(a \ B) = som er forskjellig fra min(su A; su B) =. 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).

13 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 skjeres til en likhet. Lar vi for eksemel A = f; 3g og B = f; 3g, blir inf(a \ B) = 3 som er forskjellig fra max(inf A; inf B) =. Ogave.3.5 a) Vi viser likheten su(a+b) = su A+su B ved a vise ulikhet begge veier. i) Da aenbart a + b su A + su B for alle a A og b B, flger det at su(a + B) su A + su B. ii) For enhver ositiv " nnes en a A og en b B slik at a > su A "= og b > su B "=. Da er a + b > su A + su B " og flgelig su(a + B) > su A + su B ". Siden dette gjelder for alle " >, ma vi ha su(a + B) su A + su B. b) Vi viser likheten inf(a + B) = inf A + inf B ved a vise ulikhet begge veier. i) Da aenbart a + b inf A + inf B for alle a A og b B, flger det at inf(a + B) inf A + inf B. ii) For enhver ositiv " nnes en a A og en b B slik at a < inf A + "= og b < inf B + "=. Da er a + b < inf A + inf B + " og flgelig inf(a + B) < inf A + inf B + ". Siden dette gjelder for alle " >, ma vi ha inf(a + B) inf A + inf B.

14 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 3 I dette kaittelet har mange av ogavene et mindre teoretisk reg enn i de foregaende kaitlene, og jeg regner derfor med at lrebokas eksemler og fasit er dekkende for de rent regnemessige ogavene. Jeg har derfor rioritert a lage lsningsforslag til ogaver som tester din geometriske forstaelse av de komlekse tallene (ogave 3..7 og 3..) og gir velse i matematisk argumentasjon (ogave 3.., 3.. og 3..3). Du vil likevel ogsa nne enkle eksemler a hvordan du oversetter frem og tilbake mellom kartesisk form og olarform (ogave 3..3, 3..5, 3.3. og 3.3.3), hvordan du nner tredjertter (ogave 3.4.), og hvordan du kan lse komlekse annengradsligninger (ogave 3.4.7). Ogave viser en tyisk anvendelse av De Moivres formel, mens ogave 3.4. gir deg god trening i a lse en komleks annengradsligning og uttrykke lsningen bade a kartesisk og olar form. Ogave 3..5 Vi skal lse de ogitte ligningene. a) iz = 3 + 4i z = 3 + 4i = i = 6i 8i 4 (3 + 4i)( i) i( i) = 3 i b) ( + i)z + 3 = i ( + i)z = i z = i + i = = i + i + i + ( i)( i) ( + i)( i) = 3 + i Ogave 3.. 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)

15 At z + w og zw er reelle betyr at deres imaginrdeler er lik null, det vil si at b + d = ad + bc = Den frste ligningen gir b = d. Setter vi dette inn i den andre ligningen, far vi d(a c) =, som er ofylt nar d = og nar a = c. Hvis d = har vi b = d =, 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. Ogave 3..3 b) Vi skal nne modulusen og argumentet til z = i. Modulusen er Argumentet er bestemt ved at og Dette betyr at r = j ij = + ( ) = cos = Re(z) r sin = Im(z) r = 3 = = = e) Vi skal nne modulusen og argumentet til z = + i 3. Modulusen er Argumentet er bestemt ved at og Dette betyr at r = Re(z) + Im(z) = + 3 = cos = Re(z) r sin = Im(z) r = 3 = = 3 3

16 Ogave 3..5 Vi skal skrive de komlekse tallene a formen z = a + ib. a) r = 4 og =. z = r(cos + i sin ) = 4(cos + i sin ) = 4( + i) = 4i b) r = og = 4. z = cos 4 + i sin 4 = + i c) r = og = 6. z = d) r = og = 3. z = cos 6 + i sin 6 cos 3 + i sin 3 = ( 3 + i ) = 3 + i = ( i) = i Ogave 3..7a Gitt tallene z = cos + i sin og w = 3 cos i sin Iflge teorem 3..3 har roduktet zw modulus r = 3 = 6 og argument = + 5 = 6 =. Altsa blir zw = 6 cos + i sin = 6i Ogave 3.. Vi skal skissere de ogitte omradene i det komlekse lanet. a) fz : jzj = g Dette er alle unkter z som har avstand lik fra origo, det vil si alle unkter a enhetssirkelen. b) fz : jz j < g Dette er alle unkter z som har avstand mindre enn fra unktet (; ), det vil alle unkter i det indre av en sirkel med radius om unktet (; ). c) fz : jz (i + )j g 4

17 Dette er alle unkter z som har en avstand a minst fra unktet i + = (; ), det vil si alle unkter a og utenfor en sirkel med radius om unktet (; ). d) fz : jz j < jz i + jg = fz : jz j < jz (i )jg Dette er alle unkter z som har kortere avstand til unktet (; ) enn til unktet i = ( ; ), det vil si alle unkter som ligger ekte under linjen y = 4x +. Dette kan vi enten se geometrisk (tegn gur), eller ved flgende utregning. La z = x + iy. Kvadrerer vi den gitte ulikheten, far vi Ogave 3.. jz j < jz i + j (x ) + y < (x + ) + (y ) x 4x y < x + 4x y y + y < 8x + y < 4x + Vi skal vise at (vektorene tilsvarende) de to komlekse tallene z og w star normalt a hverandre hvis og bare hvis z=w er et rent imaginrt tall. Dersom z og w har argumenter og henholdsvis, far z=w argument. Tallet z=w er rent imaginrt hvis og bare hvis argumentet er et odde multilum av =, det vil si = (k +)=; k. Men det betyr jo netto at z og w star normalt a hverandre, da er vinkelen mellom vektorene z og w. Pa samme mate ser vi at z og w er arallelle hvis og bare hvis z=w er reell. At z=w er reell betyr at argumentet er et multilum av, det vil si = k; k. Men det betyr at vektorene z og w enten eker i samme retning eller i motsatt retning, det vil si at de er arallelle. Ogave 3..3 Vi skal vise at jz +wj +jz wj = jzj +jwj. Benytter vi at zz = jzj, far vi: jz + wj + jz wj = (z + w)(z + w) + (z w)(z w) = (z + w)(z + w) + (z w)(z w) = (zz + zw + wz + ww) + (zz zw wz + ww) = jzj + jwj + jzj + jwj = jzj + jwj 5

18 Tegner vi et arallellogram utsent av vektorene som tilsvarer de komlekse tallene z og w, vil diagonalene i dette arallellogrammet vre z + w og z w. Utregningen ovenfor viser da at summen av kvadratene til sidene i et arallellogram er lik summen av kvadratene til diagonalene. Ogave 3.3. b) Vi skal skrive tallet e i 4 a formen a + ib. e i 4 = e cos +i sin 4 4 Ogave = cos 4 i sin 4 = b) Vi skal skrive tallet z = 4 4i a formen re i. r = 4 + ( 4) = 6 = 4 Siden Re(z) = Im(z) ser vi at =. Altsa har vi 4 Ogave z = 4 e 4 i i Vi skal regne ut ( + i) 84 og ( 3 i) 73 ved hjel av de Moivres formel. Da + i har modulus og argument 4 ( + i) 84 = cos 4 + i sin 4 = 84 cos 84 4 far vi 84 + i sin 84 4 = (4) (cos + i sin ) = 4 cos( + ) + i sin( + ) = 4 (cos + i sin ) = 4 Og da 3 i har modulus og argument far vi 6 ( 3 i) 73 = cos 73 + i sin 6 6 = 73 cos 73 + i sin

19 = cos = 73 cos 5 6 i sin 5 6 = 73 3 i = 7 ( 3 + i) Lsningsforslag ved Klara Hveberg i sin Ogave 3.4.b Vi skal nne alle tredjerttene til z = i og skrive dem a formen re i og a + ib. z = i = e i +ki z 3 = e i 6 + ki 3 Setter vi na etter tur k =, k = og k =, far vi de tre tredjerttene Ogave w = e i 6 = cos( 6 ) + i sin( 6 ) = 3 i w = e i 6 + i 3 = e 3i 6 = e i = i w = e i 6 + 4i 3 = e 7i 6 = 3 i a) Annengradsligningen z + z + 4 = har lsningene det vil si z = 4 4 = = i 3 = i 3 z = + i 3 z = i 3 b) Annengradsligningen z + iz + 5 = har lsningene z = i (i) 4 5 = i 4 7 = i i 6

20 det vil si = i i 6 z = i( 6 ) z = i( 6 + ) Ogave 3.4. Ligningen z + ( i)z + 7i = har lsningene z = ( i) 4( i) 4 7i = ( i) ( i) 7i = ( i) 9i = ( i) 3 i Da i = e i= har vi i = e i=4 = ( i), slik at uttrykket ovenfor videre blir det vil si z = ( i) = 3 ( i) i = ( i) i + = + (i ) = ( i) 3 z = Da i = e i=4 og i = e i3=4, blir lsningene a olar form z = z = 3 e i=4 = (3 )e i=4 3 e + i3=4 = (3 + )e i3=4 Vektoren z har lengde 3 og argument =4, og eker altsa nedover i 4. kvadrant. Vektoren z har lengde 3+ og argument 3=4, og eker altsa oover i. kvadrant (tegn gur). Ogave a) Vi skal vise at i er en rot i olynomet P (z) = z 4 +z 3 +4z +z +3. P (i) = i 4 + i 3 + 4i + i + 3 = i 4 + i + 3 = b) Siden i en rot i olynomet P (z), vet vi ved lemma at i = i ogsa er en rot i dette olynomet. Men det betyr at P (z) er delelig 8

21 med (z i)(z + i) = z +. Vi utfrer olynomdivisjon: z 4 + z 3 + 4z + z + 3 : z + = z + z + 3 z 4 + z z 3 + 3z + z + 3 z 3 + z 3z + 3 3z + 3 Det gjenstar bare a faktorisere z + z + 3: z + z + 3 = z = = 8 = i z = + i z = i De komlekse og reelle faktoriseringene av P (z) blir dermed: z 4 + z 3 + 4z + z + 3 = (z + i)(z i)(z + i)(z + + i) = (z + z + 3)(z + ) 9

22 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 4 I seksjon 4. gir de innledende ogavene deg trening i a lse dierensligninger, og jeg regner med at det ikke er behov for a utdye lrebokas eksemler og fasit her. Men like viktig som a kunne lse slike ligninger, er det a forsta hvordan man tenker nar man skal stille o ligningene ut ifra en ogavetekst. Ogave 4..9 og 4.. gir god trening i dette. Ogave 4.. viser deg en annen anvendelse av dierensligninger. I seksjon 4.3 far du brynet deg a denisjonen av grenseverdi for flger (f.eks i ogave 4.3.4), men du nner ogsa enkle eksemler a hvordan man regner ut slike grenseverdier i raksis (ogave 4.3. og 4.3.3). Ogave 4.3. illustrerer at dierensen mellom to flger som begge gar mot uendelig, like gjerne kan ga mot et endelig tall som mot uendelig. Ogave 4..9 La a n vre antall sekvenser av lengde n som bestar av -er og -ere, der frste sier er, og hvor to -ere aldri flger etter hverandre. Sekvensen '' er den eneste lovlige sekvensen av lengde n =, og sekvensen '' er den eneste lovlige av lengde n =. Dermed har vi initialbetingelsene a = a =. Anta na at n >, og la oss se a hvilke lovlige sekvenser av lengde n som nnes. Det siste sieret i strengen er enten eller, og vi tar for oss de to tilfellene etter tur: i) Hvis siste sier i sekvensen er, kan de foregaende (n ) sifrene vre en hvilken som helst av de a n lovlige sekvensene av lengde n. ii) Hvis siste sier i sekvensen er, ma det nest siste sieret vre, siden vi aldri kan ha to -ere etter hverandre. Vi har da bare igjen (n ) sifre i sekvensen, og disse kan vre en hvilken som helst av de a n lovlige sekvensene av lengde n. Disse to tilfellene dekker alle muligheter vi har for lovlige sekvenser av lengde n (og de er disjunkte slik at vi ikke har talt o samme sekvens ere ganger). Dette viser at a n er gitt ved dierensligningen: a n = a n + a n for n > med initialbetingelser a = a =. Vi nner frst den generelle lsningen av dierensligningen a n a n a n =

23 Den karakteristiske ligningen er r r = som har rtter r = = + 5= og r = = 5= Den generelle lsningen blir derfor: Initialbetingelsene gir: a n = A(= + 5=) n + B(= 5=) n a = A(= + 5=) + B(= 5=) = a = A(= + 5=) + B(= 5=) = Lser vi disse ligningene (se kommentar nedenfor), far vi A = = 5 og B = = 5. Den sesielle lsningen blir derfor: a n = n 5 n (Merk at dette er den samme lsningen som i eksemel 4..8 fordi dierensligningen vi startet med er identisk med Fibonaccis relasjon.) Tis til utregningen: For a fa enkel regning, kan vi frst samle leddene som om vi skulle lse ligningene med hensyn a \variablene" A + B og A B: Av den frste ligningen far vi da at og av den andre ligningen far vi at (A + B) + 5(A B) = 3(A + B) + 5(A B) = Trekker vi den frste ligningen fra den andre, far vi (A + B) =, det vil si A = B. Setter vi dette inn igjen i det frste uttrykket, far vi (A A) + 5(A + A) =, det vil si A = = 5. Dermed blir A = = 5 og B = = 5. Ogave 4.. La x n vre sannsynligheten for at du vinner dersom du starter med n millioner og banken med n millioner. Vi nsker egentlig a nne x 9, men lser roblemet for en generell x n frst. Det er to mulige mater du kan vinne a: Med sannsynlighet 8 37 vinner du frste omgang, innkasserer million og har da sannsynlighet x n for a sikre sluttseieren. Den totale sannsynligheten for at du skal vinne a denne maten er 8 37 x n. Den andre maten du kan vinne a,

24 er gjennom a tae frste omgang (med sannsynlighet 9 ), gi fra deg 37 million, for deretter a sikre deg sluttseieren med sannsynlighet x n. Den totale sannsynligheten for a vinne a denne maten er 9x 37 n. Dermed ser vi at x n er gitt ved x n = 8 37 x n x n som lett omformet gir dierensligningen Denne har karakteristisk ligning med rtter det vil si 8x n+ 37x n + 9x n = 8r 37r + 9 = r = = r = ; r = 9 8 Den generelle lsningen blir da 9 n x n = C + D 8 Hvis du starter med null og banken med millioner, sa har du tat. Dermed er x = C +D =. Starter du med millioner, har du vunnet, sa x = C + D( 9 8 ) =. Dermed er D = C og C = Innsatt overfor gir dette den sesielle lsningen 9 x n = 8 Setter vi n = 9 far vi altsa ( 9 8 ) x 9 = ( 9 8 )9 :58 ( 9 ) 8 n ( 9 8 ). Ogave 4.. La x n vre avviket i middeltemeraturen i maned nr n fra den arlige middeltemeraturen. Vi har x n+ 3x n+ + x n = med initialbetingelsene x = og x 3 = 6. Det er varmest i den maneden k hvor x k er strst, og kaldest i den maneden t hvor x t er minst. Vi lser dierensligningen for a fa en formel for x n :

25 Den karakteristiske ligningen er r 3r+ = som har de to komlekse rttene 3 r = + 3 i og r = i Disse har modulus: = r = Argumentet til r er bestemt ved at 3 cos = og sin = det vil si at = 6 Den generelle (reelle) lsningen blir dermed n n x n = E cos + F sin 6 6 hvor E; F R Av initialbetingelsene far vi og x = E 3 + F = x 3 = E + F = 6 Den siste ligningen sier at F = 6, som innsatt i den frste ligningen gir 3 8 E 3 = () E = = Den sesielle lsningen blir derfor F (n) = x n = 6 n 3 cos 6 Vi deriverer for a bestemme ekstremalunktene: n 6 sin 6 F (n) = 6 3 n 6 sin 6 6 = n n 3 sin cos 6 6 Av dette far vi videre at F n (n) = () cos = n 3 sin n 6 cos

26 Siden cos = 3 sin nyaktig nar = eller = ma ha n 6 = n eller 6 6 = 7 6 det vil si n = eller n = 7, betyr dette at vi Temeraturfunksjonen har altsa ekstremalverdier for n = og for n = 7. Siden vi vet at F () = x =, og vi har at F (7) = F () = (bade cosinus og sinus skifter fortegn), ser vi at det er kaldest i maned nr og varmest i maned nr 7. Vi setter o en oversikt over temeraturen i de ulike manedene: F () = x = F () = = 6 3 F (3) = x 3 = 6 F (4) = = F (5) = = 6 F (6) = 6 3 ( ) 6 = 6 3 F (7) = F () = F (8) = F () = 6 3 F (9) = F (3) = 6 F () = F (4) = F () = F (5) = 6 F () = F (6) = 6 3 Disse unktene kan na markeres i et koordinatsystem (gjr dette, og tegn en kontinuerlig temeraturkurve som gar gjennom alle disse unktene). Kommentar: Vi kunne ogsa ha funnet lsningen uten a derivere, simelthen ved a observere at formelen F (n) kan omskrives a flgende mate: F (n) = 6 n n 3 cos 6 sin n = cos + n 6 sin 6 4

27 n = sin cos 3 6 = sin 3 + n 6 + cos Lsningsforslag ved Klara Hveberg 3 n sin 6 Dette uttrykket blir minst nar sin( + n ) er strst, det vil si nar argumentet ( + n) er lik, altsa nar n =. Uttrykket blir strst nar sin( + n) er minst, det vil si nar argumentet ( + n) er lik 3, altsa nar n = 7. Ogave 4.3. Vi skal nne grenseverdiene. 8n 4 + n a) lim n! 3n 4 7 n! b) lim n! 3n 4 n n! 5n 3 + n 3 c) lim n! 7n 4 Ogave Vi skal nne grenseverdiene. 8n 4 +n n 4 3n 4 7 n 4 3n 4 n 3 n 3 +7 n 3 n! 8 + n 3 = 8 + n! 3 n 7 3 = n! 5n 3 +n 3 n 7n 4 n 3 n 4 n n 3 = + = 5n + 3 n n! 7 n 4 a) lim ( n + ( n + n)( n + + n) n) n! n! n + + n b) lim n! n! n + n n + + n n! n + n n n! n! n! n! n + n + n n + n n q n+ n n + s + n + n + + n = n + n + n = ( n + n n)( n + n + n) n!! n! r n + n + n n + = + = n n +! 5

28 Ogave 4.3.4a Vi skal vise at lim n! (3 n ) = 3 ved a bruke denisjon Vi skal altsa vise at flgen a n = 3 n konvergerer mot a = 3. Siden ja n aj = 3 n 3 = n = n ma vi vise at uansett hvilken " > vi blir gitt, kan vi nne et naturlig tall N slik at ja n aj = n < " nar n > N. Men dette er lett: Vi velger bare N N til a vre et naturlig tall slik at N < ", det vil si slik at N > ". Et slikt naturlig tall N nnes iflge Arkimedes rinsi (..6). Ogave 4.3. Vi skal nne eksemler a flger fa n g og fb n g som er slik at lim n! a n = lim n! b n = og som samtidig ofyller: a) lim n! (a n b n ) =. La a n = n og b n = n. Da er lim (a n b n ) (n n) n = n! n! n! b) lim n! (a n b n ) =. La a n = n og b n = n. Da er lim (a n b n ) (n n) ( n) = n! n! n! c) lim n! (a n b n ) er et endelig tall. La a n = n og b n = n n. Da er lim (a n b n ) n! n! n n + n n! n = 6

29 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 5 I kaittel 5 har mange av ogavene et mer teoretisk reg enn du er vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt a a lage lsningsforslag til ogaver som involverer de formelle denisjonene av kontinuitet (ka 5.) og grenseverdi (ka 5.4), og som illustrerer hvordan man kan anvende skjringssetningen (ka 5.) og ekstremalverdisetningen (ka 5.3) a ulike mater. Ogave 5..3 Vi minner om at funksjonen f er kontinuerlig i unktet a D f hvis det for enhver " > nnes en > slik at nar x D f og jx aj <, sa er jf(x) f(a)j < ". a) Vi skal vise at f(x) = x + er kontinuerlig i unktet x =. For en gitt " > ma vi nne en > slik at Vi har Velger vi na = ", blir nar jx j <. jx j < =) jf(x) f()j < " jf(x) f()j = j(x + ) ( + )j = jx + 5j = jx j jf(x) f()j = jx j < = " = " b) Vi skal vise at f(x) = x er kontinuerlig i unktet x = 3. For en gitt " > ma vi nne en > slik at jx 3j < =) jf(x) f(3)j < " Funksjonsdierensen kan skrives slik: jf(x) f(3)j = jx 3 j = j(x + 3)(x 3)j = jx + 3jjx 3j For a holde faktoren jx+3j under en fast skranke velger vi a begrense oss til intervallet (; 4), hvor jx 3j <, slik at jxj < 4 og dermed 7

30 jx + 3j < 7. Hvis vi i tillegg srger for at faktoren jx 3j < ", far vi 7 ialt jf(x) f(3)j = jx + 3jjx 3j < 7 " 7 = " Dette blir flgelig ofylt for alle x slik at jx 3j < dersom vi velger = min(; " 7 ). c) Vi skal vise at f(x) = x er kontinuerlig i unktet x =. For en gitt " > ma vi nne en > slik at jx j < =) jf(x) f()j < " Funksjonsdierensen kan skrives slik: jf(x) f()j = x = jx j jxj For at denne skal bli mindre enn " nar x ligger i en -omegn om, ma vi srge for at x holder seg unna origo. Dette kan vi fa til ved frst a velge =. Da blir jxj > dersom jx j <, slik at jf(x) f()j = jx j jxj < jx j Srger vi samtidig for at jx j < = ", far vi videre at jf(x) f()j < jx j < " = " Setter vi derfor = min( ; ) = min( ; " ), har vi na ialt vist at jf(x) f()j < " for alle x slik at jx j <. Ogave 5..4a Vi skal vise at f(x) = x + for x < x for x er diskontinuerlig i unktet x =. Velger vi nemlig en " slik at < " <, vil f(x) = x + > (" ) + = " for alle x (" ; ). Men det betyr at jf(x) f()j = f(x) > " for alle x i dette intervallet. Uansett hvor liten vi velger > vil det derfor nnes en x (faktisk uendelig mange) i intervallet ( ; ) slik at jf(x) f()j > ". Altsa er funksjonen diskontinuerlig i unktet x =. 8

31 Ogave 5..a Vi skal vise at f(x) = ln x + x har nullunkt i intervallet (; ). Siden lim x! f(x) =, kan vi nne en x i intervallet (; ) slik at f(x ) <. Vi kan for eksemel velge x = =e, som gir f(=e) = ( ln e) + =e = + =e <. Siden f() = ln + = >, og funksjonen f er kontinuerlig i intervallet [ e ; ], flger det av skjringssetningen at f har et nullunkt i intervallet ( e ; ) og dermed ogsa i det strre intervallet (; ). Ogave 5..3b Vi skal vise at grafene til f(x) = sin x og g(x) = x 3 skjrer hverandre i intervallet [ ; ]. I endeunktene av intervallet har f og g verdiene 6 3 f = ; g 8 = < = = 7 < f = < ; g = 3 > 3 Siden f( ) > g( ), 6 6 f( ) < g( ) og begge funksjonene er kontinuerlige 3 3 i intervallet [ ; ], sa ma grafene skjre hverandre ved korollar 5.. i 6 3 Kalkulus. Ogave 5..4 La f(x) = tan x og g(x) = x. Da har vi 4 f 3 f 4 = > 4 = g 4 = < = g 4 Vi ser av en gur (tegn grafen selv!) at det ikke nnes noe tall c ( 4 ; 3 4 ) slik at f(c) = g(c). Dette er likevel ikke i strid med korollar 5.., da funksjonen f ikke er kontinuerlig i intervallet (den er diskontinuerlig for x = ). Ogave 5..6 Vi skal vise at ethvert olynom av odde grad har minst en reell rot. La f(x) = a n x n + a n x n + a = x n a n + a n x + + a x n vre et olynom av grad n, det vil si at a n 6=. Hvis n er et oddetall, vil faktoren x n i uttrykket ovenfor skifte fortegn med x. For tilstrekkelig 9

32 store verdier av jxj vil faktoren i arentes ha samme fortegn som det frste leddet a n, idet de vrige leddene i arentesen gar mot null nar jxj vokser. Det nnes derfor et (stort) tall x > slik at f(x ) og f( x ) har motsatte fortegn. (De behver ikke derfor vre motsatt like store.) Siden funksjonen f er kontinuerlig a intervallet [ x ; x ], har den et nullunkt i intervallet ( x ; x ) iflge skjringssetningen. Ogave 5..7 En fjellklatrer starter fra bakken klokken 7 og nar toen klokken 5. Neste dag starter hun nedstigningen klokken 7 og er nede klokken 5. a) Vi skal vise at det nnes et klokkeslett der hun er like hyt oe begge dager. Vi lar fjellets hyde vre H. Vi lar sa f(t) sta for klatrerens hyde over bakken ved et klokkeslett t under ostigningen og g(t) hyden under nedstigningen. Begge funksjonene er kontinuerlige, og siden f(7) = < H = g(7) og f(5) = H > = g(5), ma funksjonsgrafene skjre hverandre for en verdi t (7; 5) iflge korollar 5.. til skjringssetningen. Det betyr at hun er like hyt oe ved klokkeslettet t begge dager. b) Na antar vi at hun begynner nedstigningen klokken i steden for 7, og at hun er nede klokken 6. Siden hun ikke er oe fr klokken 5 den frste dagen, ma f() < H = g(). Og siden hun nar toen klokken 5, er hun der klokken 6 ogsa, sa vi ma ha f(6) = H > = g(6). Pa samme mate som i unkt a) kan vi derfor trekke den konklusjon at hun ogsa i dette tilfelle er like hyt oe ved et klokkeslett t (; 6) begge dager. Ogave 5..8 Vi skal vise at en kontinuerlig funksjon f : [; ]! [; ] har et ksunkt, det vil si at det nnes en x [; ] slik at f(x) = x. La g : [; ]! [; ] vre identitetsfunksjonen g(x) = x. Siden f antar verdier i intervallet [; ], har vi at f() = g() og f() = g(). Da f (og g) er kontinuerlige, nnes det ved korollar 5.. en x [; ] slik at f(x) = g(x), altsa f(x) = x. Ogave 5.3. = x a) Siden g(x) = x er kontinuerlig for alle x, blir f(x) = g(x) kontinuerlig for alle x 6= iflge setning 5... Funksjonen f er dermed kontinuerlig i hele sitt denisjonsomrade (sa f er kontinuerlig iflge denisjon 5..8). 3

33 b) Siden lim x! f(x) = og lim x! + f(x) =, er ikke funksjonen begrenset a intervallet [ ; ] og har dermed ingen maksimums- eller minimumsunkter. Dette strider ikke mot ekstremalverdisetningen, siden f ikke er denert for x =, og dermed ikke er denert a hele intervallet [ ; ]. Ogave 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 lim x!a + f(x) og lim x!b f(x) eksisterer, kan vi utvide f til en kontinuerlig funksjon denert a det lukkede intervallet [a; b] slik at f(a) x!a + f og f(b) x!b f. Dermed kan vi benytte ekstremalverdisetningen som sikrer at f har maksimums- og minimumsverdi(er) a [a; b]. Dette betyr at f er begrenset a [a; b], og dermed ogsa begrenset a det mindre intervallet (a; b). Ogave Anta at f : [a; b]! R er kontinuerlig. Vi skal vise at verdimengden V f = ff(x) : x [a; b]g er et lukket, begrenset intervall. Vi viser at V f er lik det lukkede, begrensede intervallet [f min ; f max ] ved a vise inklusjon begge veier. Inklusjonen V f [f min ; f max ] er ofylt er denisjon av minimum og maksimum. Pa den annen side sikrer ekstremalverdisetningen at den kontinuerlige funksjonen f onar sitt minimum og maksimum a det lukkede, begrensende intervallet [a; b], sa f min og f max er med i V f. Og skjringssetningen sikrer oss at alle verdier d mellom f min og f max ogsa er med i V f : Den kontinuerlige funksjonen g(x) = f(x) d er jo negativ i minimumsunktet til f og ositiv i maksimumsunktet, og har derfor et mellomliggende nullunkt c. Men det betyr netto at f(c) = d. Dermed har vi ogsa vist den omvendte inklusjonen V f [f min ; f max ]. Ogave 5.4. a) Vi skal vise at lim x! 3x = 6. Gitt en " > ma vi rodusere en > slik at hvis jx j < sa er j3x 6j < ". Dette onar vi ved a velge = " 3, idet vi da far j3x 6j = 3jx j < 3 = 3 " 3 = ". b) Vi skal vise at lim x!3 x = 9. Gitt en " > ma vi rodusere en > slik at hvis jx 3j < sa er jx 9j < ". La h = x 3. Da er x = h + 3, slik at vi far jx 9j = j(h + 3) 9j = jh + 6h + 9 9j = jhjjh + 6j 3

34 Her ser vi at den andre faktoren jh + 6j holder seg mindre enn 7 dersom vi velger jhj <. Srger vi samtidig for at den frste faktoren jhj er mindre enn ", vil roduktet holde seg mindre enn ". Begge 7 disse kravene blir ofylt dersom vi velger = min(; " ). For hvis 7 jhj = jx 3j <, sa er jx 9j = jhjjh + 6j < 7 = " 7 = ". 7 c) Vi skal vise at lim x!4 x =. Gitt en " > ma vi nne en > slik at hvis jx 4j < sa er j x j < ". Ved hjel av tredje kvadratsetning ser vi at j x j = j( x )( x + )j j x + j = jx 4j j x + j Velger vi = ", ser vi at hvis jx 4j < sa er j x j < jx 4j < " = " Ogave x + 4x 4 a) lim x! 3x 3 x 7 + 4x x! 3x = 7 + = 7 8x + x + 7 b) lim x! x 4x x! c) lim x! ( x + 3x x) x! d) x lim x!4 x 4 Ogave 5.4.4a x! x! x!4 8 + x + 7 x x x 4 x + 3x x x + 3x + x x! 3 q x +3x Vi skal avgjre om funksjonen = < jx 4j = ( x + 3x x)( x + 3x + x) x + 3x + x x! x + x ( x )( x + ) = x!4 x + + = 4 3x x + 3x + x 3 q = 3 + x 3 + f(x) = x + for x 4 cos(x) for x > 3

35 er kontinuerlig i unktet x =. Vi ser a de ensidige grensene lim x! f(x) = f() = + = 3 lim x! f(x) 4 cos(x) = 4 cos = x! Siden lim x! f(x) 6 x! + f(x), eksisterer ikke den tosidige grensen lim x! f(x), sa funksjonen f er ikke kontinuerlig i x =. 33

36 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 6 I kaittel 6 minner ogavene mer om de du er vant til fra skolematematikken i den forstand at de er mindre teoriregede enn i foregaende kaittel, men de illustrerer likevel nye regnemessige teknikker det kan vre lurt a fa med seg. De mest teoriregede ogavene er knyttet til seksjon 6., og gir nyttige innblikk i ulike anvendelser av middelverdisetningen. Ogave 6..3 Vi skal bruke logaritmisk derivasjon (setning 6..9). a) f(x) = x cos 4 x e x ln jf(x)j = ln jx cos 4 x e x j = ln jx j + ln j cos 4 xj + ln je x j = ln jxj + 4 ln j cos xj + x D[ln jf(x)j] = x + 4 ( sin x) + cos x = x 4 tan x + f (x) = f(x)d[ln jf(x)j] = x cos 4 x e x x 4 tan x + b) f(x) = (sin x) 7 e x tan x ln jf(x)j = ln j(sin x) 7 j + ln je x j + ln j tan xj = 7 ln j sin xj + x + ln j tan xj D[ln jf(x)j] = 7 cos x sin x + x + tan x cos x = 7 cos x sin x + x + sin x cos x f (x) = f(x)d[ln jf(x)j] d) f(x) = x cos x ln x = (sin x) 7 e x tan x 7 cos x sin x + x + sin x cos x ln jf(x)j = ln jx cos x ln xj = ln jx cos x j + ln j ln xj = cos x ln x + ln j ln xj D[ln jf(x)j] = (cos x) ln x + cos x(ln x) + (ln j ln xj) 34

37 = sin x ln x + cos x x f (x) = f(x)d[ln jf(x)j] cos x = x cos x ln x x Lsningsforslag ved Klara Hveberg + ln x x sin x ln x + x ln x Ogave 6..6 I en fartskontroll maler olitiet at en bilist bruker t = 5 sekunder a en strekning som er s = 5 meter. Det er en usikkerhet a t = sekund i tidsmalingen. Bruker vi teknikken fra eksemel 6..7 til a ansla usikkerheten i malingen av farten v(t) = s t, far vi at den er v v (t)t = s 5 t = = ;8 t 5 det vil si en usikkerhet a,8 m/s. Ogave 6..9 Vi skal vise at D[x ] = x direkte fra denisjonen av den deriverte. D[x (x + x) x ] x! x xx + (x) x! x x + xx + (x) x x! x (x + x) = x x! Ogave 6..3 Vi skal vise at f(x) = x 3 og g(x) = ln( + x) har nyaktig ett skjringsunkt i intervallet [; ]. Siden begge funksjonene er kontinuerlige og f() = > ln = g(), f() = < ln 3 = g(), sa har grafene minst ett skjringsunkt i intervallet [; ]. Na er f (x) = 3x < og g (x) = +x > for alle x (; ), slik at f er strengt avtagende og g er strengt voksende i [; ]. Derfor kan grafene ha hyst ett og dermed nyaktig ett skjringsunkt i intervallet [; ]. Ogave 6..5 Vi lar f(x) = x x 4. Da er f( ) = + 4 = 3 og f(4) = 4 = 3, d.v.s. f( ) = f(4). Deriverer vi funksjonen, ser vi at f (x) = + x 4 er strengt ositiv for alle x 6=. At f ikke har noe nullunkt i intervallet ( ; 4), er ikke i strid med Rolles teorem, fordi f(x) ikke er deriverbar (ikke engang denert) for x =. 35

38 Ogave 6..7 Vi skal vise at det mellom og et tall x alltid nnes en c slik at sin x = x cos c. Dette er olagt riktig for x =, sa vi antar at x 6=. Vi setter f(x) = sin x. Da f er kontinuerlig og deriverbar a intervallet [; x], nnes det ved middelverdisetningen en c (; x) slik at f (c) = f(x) f() x = sin x sin x = sin x x Siden f (c) = cos c, gir dette at cos c = sin x x, det vil si at sin x = x cos c. Og da j cos cj, har vi ialt j sin xj = jx cos cj = jxjj cos cj jxj = jxj I fremstillingen ovenfor har vi stilltiende antatt at x >. Dersom x <, gjennomfrer vi isteden resonnementet med intervallet [x; ]. Ogave 6..8 Vi antar x > og skal vise at det alltid nnes et tall c mellom og x slik at ln( + x) = +c x. Dette er olagt riktig for x =, sa vi antar at x 6=. Funksjonen f(x) = ln( + x) er denert og kontinuerlig for alle x >. Ved middelverdisetningen nnes det da en c mellom og x slik at f (c) = Siden vi ogsa har gir dette f(x) f() x som er ekvivalent med at = ln( + x) ln x f (c) = + c ln( + x) x ln( + x) = = + c x + c = ln( + x) x For x > er ogsa c >, og dermed +c <. Multilikasjon med x gir x +c < x. For < x < er ogsa < c <, og addisjon med gir < + c <, slik at +c >. Multilikasjon med x (som na altsa er negativ) gir da ogsa i dette tilfellet < x, slik at vi far for alle x >. ln( + x) = x +c 36 x + c < x

39 Ogave 6.3. Vi skal bruke L'H^oitals regel til a nne de ogitte grenseverdiene. sin x cos x a) lim = = x! x x! e x b) lim x! x d) lim x! x! e x = cos x x x! e) lim x! cos x x 3 g) lim x! sin x x x 3 Ogave sin x x! sin x 3x = x! cos x 3x Vi skal nne grenseverdiene. ln x a) lim x ln x x! + x! + d) lim xx x! + Mellomregning: x cos x x! 6x L'H^o x! + x! + e ln x x ln x lim x ln x x! + x! + x! sin x 6x x x 3 eksisterer ikke. x! cos x 6 x! + x = = 6 x! + ex ln x = e lim x!+ x ln x = e = x L'H^o x! + x x x! + x = e) lim + sin x x! x x! ex ln(+sin ) x = e lim x! x ln(+sin ) x = e Mellomregning: Ogave cos x lim x! x lim x! x ln + sin x sin x x 3 ln( + sin x ) x! x L'H^o x! x! ( x cos x )=( + sin x ) x cos x + sin x x cos x sin x x! x 3 37 = cos + sin =

40 Ogave lim (ex + sin x) x x! Mellomregning: ln(e x + sin x) lim x! x Ogave Vi skal nne tallet a slik at L'H^o cos x x sin x cos x x! 3x = 3 lim sin x x! x = 3 x! e ln(e x +sin x) x = e lim x! lim x! Lsningsforslag ved Klara Hveberg ln(e x +sin x) x = e L'H^o (e x + cos x)=(e x + sin x) x! e x + cos x x! e x + sin x = + + = x ax + = e ax x! x sin x 3x For a unnga for mye regning, kan vi benytte oss av den velkjente grensen lim n! + n n = e. Vi starter med a omforme uttrykket ax + ax x = + ax lim x! ax x = + ax Benytter vi na at lim x! + ax ax = e, far vi x ax + = e a ax! a Vi nsker altsa at e a = e = e, det vil si at vi ma ha a =. Alternativ lsning: Vi kunne ogsa ha omskrevet uttrykket ved hjel av eksonentialfunksjonen a vanlig mate, for deretter a bruke L'H^oital a eksonenten: lim x! ax + ax Mellomregning: x x! ax + lim x ln x! ax e x! som ved substitusjonen t = x blir ln( ax+ ax x ) = e lim x! x ln( ax+ ) ax = e a ln( + ax ) x 38

41 Fra e a = e ser vi at a =. t! + ln( + t a ) t L'H^o t! + t a a = a Ogave 6.3. Vi skal avgjre om funksjonen f denert ved cos x f(x) = x for x > x + for x er kontinuerlig og deriverbar i null. Vi ser a de ensidige grensene og f(x) f() lim x! + x lim x! f(x) f() x cos x x! + x 3 x L'H^o sin x x x! + 6x L'H^o sin x x! + x! x + x = = x! + cos x x x 3 L'H^o cos x x! + x Siden de ensidige grensene er like, eksisterer altsa den tosidige grensen f(x) f() lim x! = f (), slik at funksjonen f blir deriverbar i unktet x x =. Men dermed er f ogsa kontinuerlig i x = ved setning 6::9. Ogave Vi skal nne eventuelle asymtoter for funksjonen f(x) = x ln(x ) ln x = x ln x ln x = x ln x Siden ln x bare er denert for ositive verdier av x, og blir null for x =, blir funksjonens denisjonsomrade D f = (; ) [ (; ). Funksjonen er kontinuerlig i hele sitt denisjonsomrade, sa de eneste kandidatene til vertikale asymtoter er x = og x =. La oss frst underske hva som skjer nar x nrmer seg ovenfra: lim f(x) x = x! + x! + ln x Altsa har vi ingen vertikal asymtote for x =. 39

42 Vi undersker sa hva som skjer nar x nrmer seg. Her blir lim f(x) x = x! x! ln x Dermed har vi en vertikal asymtote for x =. Vi bruker metoden i for a nne eventuelle skraasymtoter. f(x) lim x! x = x! x ln x Siden denne grensen eksisterer, regner vi videre ut lim x! f(x) x = lim x! ln x = Dette viser at linjen y = x er en skraasymtote for funksjonen. 4

43 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 7 I seksjon 7. og 7. lrer du a lse ogaver hvor det kan lnne seg a tegne gurer og sette navn a ukjente strrelser. Ogave 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 eksemler a raktisk bruk av dem (f.eks i ogave 7.6.3). Ogave 7.. Vi skal lage en rektangulr innhegning inntil en lave, og nsker at innhegningen skal ha strst mulig areal. Vi har materialer til 5 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 5 x meter lang, slik at arealet blir A(x) = x(5 x) = 5x x ; x [; 5] Vi deriverer for a nne det maksimale arealet: A (x) = 5 4x Vi ser at A (x) = for x = :5. I tillegg er A (x) > for x < :5 og A (x) < for x > :5, sa x = :5 er et maksimumsunkt for A(x). Det strste arealet blir da A(:5) = 5 :5 (:5) = 3:5; det vil si 3:5 m : Ogave 7..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 ogaven i Kalkulus). Her kan vi benytte et enkelt geometrisk argument til a lse ogaven. La C vre seilingen av C om den nedre horisontale linjen a guren, kall fotunktet for normalen fra C ned a denne linja for D og kall fotunktet for normalen fra A ned a denne linja for E. Da er jbcj = jbc j siden de to rettvinklede trekantene BDC og BDC er kongruente. Men det betyr at avstanden fra A til C via B er lik avstanden fra A til C via B. Den sistnevnte avstanden er kortest nar B ligger a den rette linjen mellom A og C, det vil si nar trekantene AEB og C DB er formlike (vinklene BEA og BDC er rette, og vinklene EBA og DBC er tovinkler). Det betyr at 4