K A L K U L U S

Løsningsforslag

til utvalgte oppgaver

fra Tom Lindstrøms lærebok

vedKlara Hveberg

Matematisk instituttUniversitetet i Oslo

Forord

Dette er en samling løsningsforslag som jeg opprinnelig utarbeidet tilgruppeundervisningen i MAT100A høsten 2000. Den vil derfor gjenspeileoppgaveutvalget som ble gitt til gruppene dette semesteret, og seksjonersom ikke var pensum pa den tiden vil derfor kunne opptre som mystiske“hull” i denne samlingen. Jeg har for eksempel ikke laget løsningsforslagtil oppgaver i seksjonene 1.3 og 1.4 (kombinatorikk og binomialformel-en), seksjon 4.2 (inhomogene differensligninger), seksjon 7.7 (hyperbolskefunksjoner), seksjon 10.5 (annenordens inhomogene differensialligninger)og seksjonene fra 11.3 og utover, da disse var fjernet fra pensum denaktuelle høsten. Videre var deler av seksjon 3.4 (om a finne generellen’te røtter av komplekse tall) og seksjon 9.5 (kriterier for nar uegentligeintegraler konvergerer) kraftig nedtonet.

Siden løsningsforslagene var ment som et supplement til den ordinæregruppeundervisningen, tar de bare for seg et representativt utvalgt av deoppgavene som ble gitt. Jeg har valgt a prioritere oppgaver som illustrererhvordan man kan gjennomføre et matematisk resonnement, men har ogsatatt med løsning pa noen enkle “drilloppgaver” innimellom. La meg tilslutt minne om at man ikke lærer matematikk ved a se pa ferdige løsningersom andre har laget — bare ved a bryne deg pa oppgavene selv, oppdagerdu hvor problemene sitter og kan verdsette løsningen nar du ser den. Jeghaper derfor at disse løsningsforslagene blir brukt pa en fornuftig mate,og at de kan være til nytte under repetisjon og for studenter som ikkehar anledning til a følge den ordinære gruppeundervisningen.

Hvis du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det fintom du gir meg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Klara Hveberg

i

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 1

I seksjon 1.1 regner jeg med at det ikke er behov for a utdype lærebokasfasit i de innledende oppgavene om bruk av summetegnet, og har derforbare laget løsningsforslag til noen fa oppgaver av denne typen for a il-lustrere bytte av summasjonsindeks. Oppgave 1.1.11 og 1.1.13 illustrererbruk av aritmetikkens fundamentalteorem, og gir deg fin trening i a føreet matematisk resonnement. Det samme gjelder induksjonsoppgavene iseksjon 1.2. Her gir oppgave 1.2.4 et enkelt eksempel pa bruk av induk-sjon, mens 1.2.6, 1.2.7 og 1.2.10 erfaringsmessig volder studentene merhodebry. Dersom du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, erdet fint om du gir meg beskjed pa epost-adressen klara@math.uio.no.

Oppgave 1.1.4cDe to summene er like, siden begge bestar av de samme leddene summerti motsatt rekkefølge. Vi kan ogsa se dette ved a bytte summasjonsindeks.Setter vi m = 3− n far vi

4∑n=0

anb3−n =−1∑m=3

a3−mbm =3∑

m=−1

a3−mbm

Oppgave 1.1.6

b) Ved a sette k = n+ 2 far vi4∑

n=−2

(n+ 2)3n =6∑

k=0

k3k−2

c) Ved a sette m = n+ 1 far vi10∑n=0

xny1−n =11∑m=1

xm−1y1−(m−1) =11∑n=1

xn−1y2−n

hvor vi i den siste summen har gjeninnført navnet n pa summasjons-indeksen — som kan hete hva som helst.

Oppgave 1.1.11Hvis a = p1p2 · · · pm og b = q1q2 · · · qn er primfaktoriseringer av a og b, savil ab = p1p2 · · · pmq1q2 · · · qn være en primfaktorisering av produktet ab.Siden primfaktorisering er entydig, ma ethvert primtall p som gar opp iab være et av primtallene pi eller qj i primfaktoriseringen til ab. Sa hvisp = pi vil p ga opp i a, og hvis p = qj vil p ga opp i b.

1

Oppgave 1.1.13La alderen til barna være x, y og z ar. Vi vet at x · y · z = 36 og atsummen av barnas alder er lik husnummeret til huset de bor i. La ossfinne alle mater a skrive 36 = 1 · 2 · 2 · 3 · 3 som et produkt av tre tall ogsamtidig skrive opp summen av disse tre tallene.

36 = 1 · 1 · 36 1 + 1 + 36 = 3836 = 1 · 2 · 18 1 + 2 + 18 = 2136 = 1 · 3 · 12 1 + 3 + 12 = 1536 = 1 · 4 · 9 1 + 4 + 9 = 1436 = 1 · 6 · 6 1 + 6 + 6 = 1336 = 2 · 2 · 9 2 + 2 + 9 = 1336 = 2 · 3 · 6 2 + 3 + 6 = 1136 = 3 · 3 · 4 3 + 3 + 4 = 10

Siden venninnen ikke kunne avgjøre alderen pa barna selv om hun kjentesummen av aldrene deres (dvs husnummeret), ma denne summen ha vært13; alle de andre summene fremkommer pa en entydig mate slik at venn-innen ville ha visst hva alderen til barna var. Barna ma altsa være enten2, 2 og 9 ar eller 1, 6 og 6 ar. Siden det fantes et eldste barn, sa maalderen til barna være 2, 2 og 9 ar.

Oppgave 1.2.4Vi skal vise at formelen

(Pn)n∑

k=1

1k(k + 1)

=n

n+ 1

er riktig for alle naturlige tall n.i) Vi sjekker først tilfellet n = 1: P1 er sann, siden

1∑

k=1

1k(k + 1)

=1

1(1 + 1)=

12

=1

1 + 1

ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m ∈ N . Induksjonstrinnetbestar da i a vise at ogsa Pm+1 er sann, det vil si at

(Pm+1)m+1∑

k=1

1k(k + 1)

=m+ 1m+ 2

Vi harm+1∑

k=1

1k(k + 1)

=m∑

k=1

1k(k + 1)

+1

(m+ 1)(m+ 2)

2

som ifølge induksjonsantagelsen blir

=m

m+ 1+

1(m+ 1)(m+ 2)

=m(m+ 2) + 1

(m+ 1)(m+ 2)=

m2 + 2m+ 1(m+ 1)(m+ 2)

=(m+ 1)2

(m+ 1)(m+ 2)=m+ 1m+ 2

Dermed har vi vist at Pm+1 blir sann dersom Pm er sann.Ifølge induksjonsprinsippet er da Pn sann for alle n ∈ N.

Oppgave 1.2.6

Vi skal vise pastanden

(Pn) n(n2 + 5) er delelig med 6 for alle n ∈ N.

i) Vi sjekker først tilfellet n = 1: P1 er sann siden 1(12 + 5) = 6, somer delelig med 6.

ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m ∈ N. Induksjonstrinnetbestar i a vise at da ma ogsa Pm+1 være 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 første leddet m(m2 +5) delelig med6, og det siste leddet 6 er opplagt ogsa delelig med 6. Det gjenstarderfor bare a vise at 3m2 + 3m = 3m(m + 1) er delelig med 6, detvil si at m(m+ 1) er delelig med 2. Men dette er oppfylt, siden ettav tallene m og m + 1 ma være 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 ∈ N.

Oppgave 1.2.7

Vi skal vise pastanden

(Pn) 2n+2 + 32n+1 er delelig med 7 for alle n ∈ N.

i) Vi sjekker først for n = 1: P1 er sann siden

21+2 + 32·1+1 = 23 + 33 = 35 = 7 · 5

3

som er delelig med 7.ii) Anta sa at Pm er sann for et naturlig tall m ∈ N. Induksjonstrinnet

bestar i a vise at da ma ogsa Pm+1 være 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

Ifølge induksjonsantagelsen er 2m+2 + 32m+1 delelig med 7, slik atdet første leddet i summen ovenfor er delelig med 7. Siden det andreleddet 7 · 32m+1 apenbart ogsa er delelig med 7, følger det at helesummen er delelig med 7, det vil si at Pm+1 blir sann.

Ifølge induksjonsprinsippet er da Pn sann for alle n ∈ N.

Oppgave 1.2.10Vi skal finne feilen i følgende “induksjonsbevis” for pastanden

(Pn) “I enhver samling av n personer er alle like dumme.”

Bevisforsøk: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 ∈ N. Vi ma vise at da er ogsa Pk+1

sann, det vil si: “I enhver samling pa k + 1 personer sa er alle likedumme”. Vi ser altsa pa en gruppe med k+ 1 personer. Fjern en avdisse personene slik at vi star igjen med en gruppe pa k personer somved induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi deretter ut en avdisse personene med den siste personen, far vi en ny gruppe pa kpersoner som ogsa ma være like dumme ifølge induksjonsantagelsen.Men da ma alle de k + 1 personene være like dumme, og beviset erferdig.

Feil i bevisforsøket: For at pastanden skal gjelde for alle n ∈ N mavi i induksjonstrinnet ii) ha et resonnement som holder for et vilkarlignaturlig tall k ≥ 1. Men resonnementet vi benytter bryter sammen itilfellet k = 1, og fungerer bare for k ≥ 2. For a se dette, skal vi ta en

4

nærmere titt pa oppbygningen av resonnementet: Vi starter altsa meden samling pa k+1 personer som vi ønsker a vise er like dumme. Fjernervi først en av disse personene, star vi igjen med en delmengde M1 pak personer som ifølge induksjonsantagelsen er like dumme. Bytter vi saut en av personene i M1 med den personen som ble fjernet først, farvi en ny delmengde M2 pa k personer som ifølge induksjonsantagelsenogsa er like dumme. “Beviset” konkluderer deretter med at alle de k+ 1personene vi startet med ma være like dumme, men for a kunne trekkedenne slutningen, baserer vi oss egentlig pa at det finnes en person Psom er med i begge de to delmengdene M1 og M2. Det underliggenderesonnementet 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 allepersonene i M2.

Det siste resonnementet bryter sammen nar k = 1: I dette tilfelletvil 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 likedum som seg selv, men siden det ikke finnes noen person som er med badei M1 og i M2, kan vi ikke ut fra dette konkludere med at de k + 1 = 2personene vi startet med ma være like dumme.

5

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 2

I seksjon 2.1 far du øvelse i a løse ulikheter hvor tallverdier inngar (opp-gave 2.1.3) og enkel trening i a føre matematiske resonnementer ved akombinere bruk av tallverdi, trekantulikheten og induksjon (oppgave 2.1.6og 2.1.7). Oppgave 2.1.4 og 2.1.5 er gode eksempler pa at du ikke børla deg avskrekke av at en oppgavetekst begynner med “Vis at...” Dufar ytterligere trening i enkel matematisk argumentasjon gjennom opp-gavene om rasjonale og irrasjonale tall i seksjon 2.2. Her bør du merke degstrategien ved kontrapositive bevis og bevis ved motsigelse. Oppgaveneom supremum og infimum i seksjon 2.3 faller i startfasen erfaringsmessigtyngre for mange studenter, og jeg har derfor laget fasit til alle grup-peoppgavene som ble gitt fra dette kapittelet (oppgave 2.3.5 ble bare gittsom en tilleggsoppgave for de som hadde lyst pa en ekstra utfordring).Dersom du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det fintom du gir meg beskjed pa epost-adressen klara@math.uio.no.

Oppgave 2.1.3

a) For a løse ulikheten |x − 2| < |x + 3| benytter vi oss av det faktumat |a| < |b| ⇐⇒ a2 < b2. Følgende utsagn blir dermed ekvivalente.

|x− 2| < |x+ 3|(x− 2)2 < (x+ 3)2

−4x+ 4 < 6x+ 9−5 < 10x

x > −12

b) Ulikheten |x2 − 2x− 8| > 8 er oppfylt hvis og bare hvis vi har entenx2 − 2x− 8 > 8 eller x2 − 2x− 8 < −8.

Den første av disse ulikhetene kan skrives som (x− 1)2 > 17, hvilketer ekvivalent med at |x − 1| > √17, det vil si at x − 1 >

√17 eller

x− 1 < −√17, altsa at x ∈ (−∞, 1−√17) ∪ (1 +√

17,∞).

Den andre ulikheten kan skrives |x− 1|2 < 1, som er ekvivalent medat |x− 1| < 1, det vil si at −1 < x− 1 < 1, altsa er x ∈ (0, 2).

I alt har vi dermed at ulikheten |x2 − 2x− 8| > 8 er oppfylt hvis ogbare hvis x ∈ (−∞, 1−√17) ∪ (0, 2) ∪ (1 +

√17,∞).

6

Oppgave 2.1.4Per definisjon av absoluttverdi (side 62 i Kalkulus) har vi

|x| ={

x for x ≥ 0−x for x < 0

Fra skolematematikken husker vi at kvadratroten til et tall a er det posi-tive tallet som har kvadrat lik a. Men det betyr at

√x2 =

{x for x ≥ 0−x for x < 0

Av definisjonene følger det dermed at |x| =√x2.

Oppgave 2.1.5Identiteten |xy| = |x||y| følger av oppgave 2.1.4, idet vi har

|xy| =√

(xy)2 =√x2√y2 = |x||y|

Oppgave 2.1.7Vi skal vise at for alle tall x, y og z sa er

|x− y| ≤ |x− z|+ |z − y|Smugler vi inn z i uttrykket og benytter trekantulikheten som sier at|a+ b| ≤ |a|+ |b|, far vi:

|x− y| = |x− z + z − y| = |(x− z) + (z − y)| ≤ |x− z|+ |z − y|som vi skulle vise.

Oppgave 2.1.8Vi skal vise ved induksjon pa n at

|a1 + a2 + · · ·+ an| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|for alle reelle tall a1, a2, . . . , an.Vi betegner utsagnet ovenfor med Pn. Da er P1 opplagt sann siden

|a1| ≤ |a1|Anta sa at Pm er sann, det vil si at

|a1 + a2 + · · ·+ am| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |am|Vi ma vise at da er ogsa Pm+1 sann. Benytter vi trekantulikheten i førsteskritt og induksjonsantagelsen i andre skritt, far vi

|(a1 + a2 + · · ·+ am) + am+1| ≤ |a1 + a2 + · · ·+ am|+ |am+1|≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |am|+ |am+1|

7

Altsa er Pm+1 sann dersom Pm er sann.Induksjonsprinsippet sikrer da at formelen gjelder for alle n ∈ N.

Oppgave 2.2.1

a) Brøken 7/328/5 er rasjonal, siden bade telleren og nevneren er rasjonale

(setning 2.2.1).

b) I brøken 2−7√

24 er telleren irrasjonal (siden den er en differens mellom

det rasjonale tallet 2 og det irrasjonale tallet 7√

2 (produktet avet rasjonalt og et irrasjonalt tall er irrasjonalt)), mens nevneren errasjonal. Ifølge setning 2.2.2 er da brøken selv irrasjonal.

c) Siden differensen mellom to irrasjonale tall noen ganger blir et rasjon-alt tall og andre ganger et irrasjonalt tall, ma vi omforme uttrykketog se hva vi far.

3√

2− 6( 1√

2− 4)

= 3√

2− 6√2

+ 24 = 24

Differensen er altsa rasjonal.d) En brøk hvor bade telleren og nevneren er irrasjonale, kan noen

ganger være rasjonal og andre ganger irrasjonal, sa vi ma omformebrøken og se hva vi far.

3 +√

23−√2

=(3 +

√2)2

(3−√2)(3 +√

2)=

9 + 6√

2 + 29 + 2

=11 + 6

√2

11

Her er telleren irrasjonal og nevneren rasjonal, sa brøken er irrasjonal(setning 2.2.2).

e) Som i punkt d) er bade telleren og nevneren irrasjonale, sa vi om-former brøken

3 +√

24(3 +

√2)

=14

og ser at den er rasjonal.

Oppgave 2.2.3a) Det er galt at summen av to irrasjonale tall alltid er irrasjonal.

Moteksempel: Summen√

2+(3−√2) = 3 av de to irrasjonale tallene√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 pro-dukt mellom et rasjonalt tall og et irrasjonalt tall, og derfor selv etirrasjonalt tall.

8

c) Det er galt at hvis a2 er rasjonal, sa er a det ogsa.Moteksempel: a2 = 2 er rasjonal, men a =

√2 er irrasjonal.

d) Det er sant at hvis a2 er irrasjonal, sa er a det ogsa.Bevis: Vi viser det kontrapositive utsagnet, nemlig at hvis a errasjonal, sa er a2 ogsa rasjonal.Anta altsa at a er rasjonal. Da kan vi skrive a = b/c hvor b, c ∈ Zog c 6= 0. Men da er a2 = b2/c2 med b2, c2 ∈ Z og c2 6= 0. Men detbetyr 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 brøken 1/a en rasjonal tellerog en irrasjonal nevner, og er da ifølge setning 2.2.2 selv irrasjonal.

Oppgave 2.2.5

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 = p1p2 · · · pm og b = q1q2 · · · qn være primfaktoriseringene til a og b.Da har vi √

3 =a

b=p1p2 · · · pmq1q2 · · · qn

Kvadrerer vi begge sider av ligningen, far vi

3 =p2

1p22 · · · p2

m

q21q

22 · · · q2

n

det vil si3q2

1q22 · · · q2

n = p21p

22 · · · p2

m

Pa høyre side av likhetstegnet forekommer alle primfaktorene et like an-tall ganger (spesielt gjelder dette for primfaktoren 3), men pa venstreside forekommer primfaktoren 3 et odde antall ganger. Det betyr at vihar funnet to forskjellige primfaktoriseringer av det samme tallet, noesom er umulig ifølge aritmetikkens fundamentalteorem. Altsa har vi vistat antagelsen om at

√3 er rasjonal leder til en selvmotsigelse, sa eneste

mulighet er at√

3 er irrasjonal.

Oppgave 2.2.11

Anta at a > 0. Vi skal vise at uansett hvor stor b ∈ R er, sa fins en n ∈ Nslik at na > b. Siden a > 0, er dette ekvivalent med a vise at vi kan finneen n ∈ N slik at n > b/a. Men dette følger direkte fra Arkimedes prinsippsom sier at vi for ethvert reelt tall r, og dermed spesielt for r = b/a, kanfinne et naturlig tall n slik at n > r.

9

Oppgave 2.3.2

b) Mengden N er kun nedad begrenset med største nedre skranke 1.

d) Da eksponentialfunksjonen er strengt voksende, blir utsagnet

−2 < lnx ≤ 3

ekvivalent med utsagnet

e−2 < x ≤ e3

Mengden M = {x : −2 < lnx ≤ 3} er derfor lik intervallet (e−2, e3]som er bade oppad og nedad begrenset med supM = e3 og inf M =e−2. Her er supM ∈M , men inf M /∈M .

Oppgave 2.3.3

a) Vi viser ulikhet begge veier.

i) Siden supA er en øvre skranke for A og supB er en øvre skrankefor B, blir max(supA, supB) en øvre skranke bade for A ogfor B, altsa en øvre skranke for A ∪ B. Og da sup(A ∪ B)er mindre enn enhver annen øvre skranke for A ∪ B, følger atsup(A ∪B) ≤ max(supA, supB).

ii) Siden sup(A∪B) er en øvre skranke for A∪B, blir sup(A∪B)ogsa en øvre skranke for hver av delmengdene A og B. Og dasupA og supB er mindre enn enhver annen øvre skranke forhenholdsvis A og B, følger at sup(A∪B) ≥ max(supA, supB).

Av i) og ii) følger at sup(A ∪B) = max(supA, supB).

b) Siden A ∩ B er en delmengde bade av A og av B, blir bade supAog supB øvre skranker for A ∩ B. Og da sup(A ∩ B) er mindreenn enhver annen øvre skranke for A ∩ B, følger generelt ulikhetensup(A ∩B) ≤ min(supA, supB).

Denne ulikheten kan imidlertid ikke skjerpes til en likhet. Lar vifor eksempel A = {1, 2} og B = {1, 3}, blir sup(A ∩ B) = 1 som erforskjellig fra min(supA, supB) = 2.

c) Vi viser ulikhet begge veier.

i) Siden inf A er en nedre skranke for A og inf B en nedre skrankefor B, blir min(inf A, inf B) en nedre skranke bade for A ogfor B, altsa en nedre skranke for A ∪ B. Og da inf(A ∪ B)er større enn enhver annen nedre skranke for A ∪ B, følger atinf(A ∪B) ≥ min(inf A, inf B).

10

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. Ogda inf A og inf B er større enn enhver annen nedre skranke forhenholdsvis A og B, følger at inf(A ∪B) ≤ min(inf A, inf B).

Av i) og ii) følger 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 størreenn enhver annen nedre skranke for A∩B, følger generelt ulikheteninf(A ∩B) ≥ max(inf A, inf B).Denne ulikheten kan imidlertid ikke skjerpes til en likhet. Lar vifor eksempel A = {2, 3} og B = {1, 3}, blir inf(A ∩ B) = 3 som erforskjellig fra max(inf A, inf B) = 2.

Oppgave 2.3.5

a) Vi viser likheten sup(A+B) = supA+supB ved a vise ulikhet beggeveier.

i) Da apenbart a + b ≤ supA + supB for alle a ∈ A og b ∈ B,følger det at sup(A+B) ≤ supA+ supB.

ii) For enhver positiv ε finnes en a ∈ A og en b ∈ B slik at a >supA− ε/2 og b > supB− ε/2. Da er a+ b > supA+ supB− εog følgelig sup(A+B) > supA+ supB − ε. Siden dette gjelderfor alle ε > 0, ma vi ha sup(A+B) ≥ supA+ supB.

b) Vi viser likheten inf(A+B) = inf A+ inf B ved a vise ulikhet beggeveier.

i) Da apenbart a+ b ≥ inf A+ inf B for alle a ∈ A og b ∈ B, følgerdet at inf(A+B) ≥ inf A+ inf B.

ii) For enhver positiv ε finnes en a ∈ A og en b ∈ B slik at a <inf A+ ε/2 og b < inf B + ε/2. Da er a+ b < inf A+ inf B + εog følgelig inf(A + B) < inf A + inf B + ε. Siden dette gjelderfor alle ε > 0, ma vi ha inf(A+B) ≤ inf A+ inf B.

11

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 3

I dette kapittelet har mange av oppgavene et mindre teoretisk preg enn ide foregaende kapitlene, og jeg regner derfor med at lærebokas eksemplerog fasit er dekkende for de rent regnemessige oppgavene. Jeg har derforprioritert a lage løsningsforslag til oppgaver som tester din geometriskeforstaelse av de komplekse tallene (oppgave 3.2.7 og 3.2.10) og gir øvelsei matematisk argumentasjon (oppgave 3.1.10, 3.2.12 og 3.2.13). Du villikevel ogsa finne enkle eksempler pa hvordan du oversetter frem og tilbakemellom kartesisk form og polarform (oppgave 3.2.3, 3.2.5, 3.3.1 og 3.3.3),hvordan du finner tredjerøtter (oppgave 3.4.1), og hvordan du kan løsekomplekse annengradsligninger (oppgave 3.4.7). Oppgave 3.3.8 viser entypisk anvendelse av De Moivres formel, mens oppgave 3.4.10 gir deggod trening i a løse en kompleks annengradsligning og uttrykke løsningenbade pa kartesisk og polar form. Dersom du finner noen feil eller trykkfeili løsningsforslagene, er det fint om du gir meg beskjed pa epostadressenklara@math.uio.no.

Oppgave 3.1.5

Vi skal løse de oppgitte ligningene.

2iz = 3 + 4ia)

z =3 + 4i

2i=

(3 + 4i)(−2i)2i(−2i)

=−6i− 8i2

4= 2− 3

2i

(1 + i)z + 3 = 1− ib)(1 + i)z = −2− i

z =−2− i1 + i

=(−2− i)(1− i)(1 + i)(1− i)

=−2− i+ 2i+ i2

1 + 1=−3 + i

2

Oppgave 3.1.10

Anta at z+w og zw er reelle. Vi skal vise at da er enten begge tallene zog w reelle eller sa er de konjugerte av hverandre.

12

La z = a+ ib og w = c+ id. Da har vi

z + w = (a+ c) + i(b+ d)zw = (ac− bd) + i(ad+ bc)

At z + w og zw er reelle betyr at deres imaginærdeler er lik null, det vilsi at

b+ d = 0ad+ bc = 0

Den første 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 harvi b = d = 0, det vil si at z og w er reelle. Hvis a = c har vi z = a + ibog w = c+ id = a− ib, det vil si at z og w er konjugerte.

Oppgave 3.2.3

b) Vi skal finne modulusen og argumentet til z = −i.Modulusen er

r = | − i| =√

02 + (−1)2 = 1

Argumentet er bestemt ved at

cos θ =Re(z)r

= 0

og

sin θ =Im(z)r

=−11

= −1

Dette betyr at

θ =3π2

e) Vi skal finne modulusen og argumentet til z = 1 + i√

3.Modulusen er

r =√

Re(z)2 + Im(z)2 =√

1 + 3 = 2

Argumentet er bestemt ved at

cos θ =Re(z)r

=12

og

sin θ =Im(z)r

=√

32

Dette betyr atθ =

π

3

13

Oppgave 3.2.5Vi skal skrive de komplekse tallene pa formen z = a+ ib.

a) r = 4 og θ = π2 .

z = r(cos θ + i sin θ) = 4(cosπ

2+ i sin

π

2) = 4(0 + i) = 4i

b) r = 1 og θ = π4 .

z = 1(

cosπ

4+ i sin

π

4

)=

12

√2 + i

12

√2

c) r = 2 og θ = π6 .

z = 2(

cosπ

6+ i sin

π

6

)= 2(

12

√3 + i

12

) =√

3 + i

d) r = 12 og θ = 3π

2 .

z =12

(cos

3π2

+ i sin3π2

)=

12

(0− i) = −12i

Oppgave 3.2.7aGitt tallene

z = 2(

cosπ

12+ i sin

π

12

)og w = 3

(cos

5π12

+ i sin5π12

)

Ifølge teorem 3.2.3 har produktet zw modulus r = 2 · 3 = 6 og argumentθ = π

12 + 5π12 = 6π

12 = π2 . Altsa blir

zw = 6(

cosπ

2+ i sin

π

2

)= 6i

Oppgave 3.2.10Vi skal skissere de oppgitte omradene i det komplekse planet.

a) {z : |z| = 1}Dette er alle punkter z som har avstand lik 1 fra origo, det vil si allepunkter pa enhetssirkelen.

b) {z : |z − 1| < 2}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 ompunktet (1, 0).

c) {z : |z − (i+ 1)| ≥ 12}

14

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 medradius 1

2 om punktet (1, 1).

d) {z : |z − 2| < |z − i+ 2|} = {z : |z − 2| < |z − (i− 2)|}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 ekteunder linjen y = 4x+ 1

2 .

Dette kan vi enten se geometrisk (tegn figur), eller ved følgende ut-regning. La z = x+ iy. Kvadrerer vi den gitte ulikheten, far vi

|z − 2|2 < |z − i+ 2|2(x− 2)2 + y2 < (x+ 2)2 + (y − 1)2

x2 − 4x+ 4 + y2 < x2 + 4x+ 4 + y2 − 2y + 12y < 8x+ 1

y < 4x+12

Oppgave 3.2.12

Vi skal vise at (vektorene tilsvarende) de to komplekse tallene z og w starnormalt pa hverandre hvis og bare hvis z/w er et rent imaginært tall.

Dersom z og w har argumenter θ1 og θ2 henholdsvis, far z/w argu-ment θ1− θ2. Tallet z/w er rent imaginært hvis og bare hvis argumenteter et odde multiplum av π/2, det vil si θ1−θ2 = (2k+1)π/2, k ∈ Z. Mendet betyr jo nettopp at z og w star normalt pa hverandre, da θ1 − θ2 ervinkelen mellom vektorene z og w.

Pa samme mate ser vi at z og w er parallelle hvis og bare hvis z/wer reell. At z/w er reell betyr at argumentet er et multiplum av π, detvil si θ1−θ2 = kπ, k ∈ Z. Men det betyr at vektorene z og w enten pekeri samme retning eller i motsatt retning, det vil si at de er parallelle.

Oppgave 3.2.13

Vi skal vise at |z+w|2 + |z−w|2 = 2|z|2 +2|w|2. Benytter vi at zz = |z|2,far vi:

|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w)(z + w) + (z − w)(z − w)= (z + w)(z + w) + (z − w)(z − w)= (zz + zw + wz + ww) + (zz − zw − wz + ww)= |z|2 + |w|2 + |z|2 + |w|2 = 2|z|2 + 2|w|2

15

Tegner vi et parallellogram utspent av vektorene som tilsvarer de kom-plekse tallene z og w, vil diagonalene i dette parallellogrammet værez + w og z − w. Utregningen ovenfor viser da at summen av kvadratenetil sidene i et parallellogram er lik summen av kvadratene til diagonalene.

Oppgave 3.3.1

b) Vi skal skrive tallet e−iπ4 pa formen a+ ib.

e−iπ4 = e0

(cos(−π

4

)+i sin

(−π

4

))= cos

π

4−i sin

π

4=

12

√2− i1

2

√2

Oppgave 3.3.3

b) Vi skal skrive tallet z = 4− 4i pa formen reiθ.

r =√

42 + (−4)2 =√

2 · 16 = 4√

2

Siden Re(z) = − Im(z) ser vi at θ = −π4 . Altsa har vi

z = 4√

2e−π4 i

Oppgave 3.3.8Vi skal regne ut (1 + i)804 og (

√3− i)173 ved hjelp av de Moivres formel.

Da 1 + i har modulus√

2 og argument π4 far vi

(1 + i)804 =(√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

))804

=√

2804(

cos804π

4+ i sin

804π4

)

=√

2(2·402)

(cos 201π + i sin 201π)

=(√

22)402 (

cos(200π + π) + i sin(200π + π))

= 2402(cosπ + i sinπ)= −2402

Og da√

3− i har modulus 2 og argument −π6 far vi

(√

3− i)173 =(

2(

cos−π6

+ i sin−π6

))173

= 2173(

cos−173π

6+ i sin

−173π6

)

16

= 2173

(cos(

28π +5π6

)− i sin

(28π +

5π6

))

= 2173(

cos5π6− i sin

5π6

)

= 2173(−1

2

√3− i1

2

)

= −2172(√

3 + i)

Oppgave 3.4.1bVi skal finne alle tredjerøttene til z = −i og skrive dem pa formen reiθ

og a+ ib.z = −i = e−

πi2 +2πki

z13 = e−

πi6 + 2πki

3

Setter vi na etter tur k = 0, k = 1 og k = 2, far vi de tre tredjerøttene

w0 = e−πi6 = cos(−π6 ) + i sin(−π6 ) = 1

2

√3− 1

2 i

w1 = e−πi6 + 2πi

3 = e3πi6 = e

πi2 = i

w2 = e−πi6 + 4πi

3 = e7πi6 = − 1

2

√3− 1

2 i

Oppgave 3.4.7

a) Annengradsligningen z2 + 2z + 4 = 0 har løsningene

z =−2±√22 − 4 · 1 · 4

2

=−2±√−12

2=−2± 2i

√3

2= −1± i

√3

det vil siz1 = −1 + i

√3

z2 = −1− i√

3

b) Annengradsligningen z2 + 2iz + 5 = 0 har løsningene

z =−2i±

√(2i)2 − 4 · 1 · 5

2

=−2i±√−24

2=−2i± 2i

√6

2

17

= −i± i√

6

det vil siz1 = i(

√6− 1)

z2 = −i(√

6 + 1)

Oppgave 3.4.10Ligningen z2 + 2(1− i)z + 7i = 0 har løsningene

z =−2(1− i)±

√4(1− i)2 − 4 · 1 · 7i

2= −(1− i)±

√(1− i)2 − 7i = −(1− i)±√−9i

= −(1− i)± 3√−i

Da −i = e−iπ/2 har vi√−i = ±e−iπ/4 = ± 1

2

√2(1− i), slik at uttrykket

ovenfor videre blir

= −(1− i)± 3 · 12

√2(1− i) =

(−1± 3

2

√2)

(1− i)det vil si

z1 =(3

2

√2− 1

)− i(3

2

√2− 1

)=(3

2

√2− 1

)(1− i)

z2 = −(3

2

√2 + 1

)+ i(3

2

√2 + 1

)=(3

2

√2 + 1

)(i− 1)

Da 1− i =√

2e−iπ/4 og i− 1 =√

2ei3π/4, blir løsningene pa polar form

z1 =(3

2

√2− 1

)√2e−iπ/4 = (3−

√2)e−iπ/4

z2 =(3

2

√2 + 1

)√2ei3π/4 = (3 +

√2)ei3π/4

Vektoren z1 har lengde 3−√2 og argument −π/4, og peker altsa nedoveri 4. kvadrant. Vektoren z2 har lengde 3+

√2 og argument 3π/4, og peker

altsa oppover i 2. kvadrant (tegn figur).

Oppgave 3.5.3

a) Vi skal vise at i er en rot i polynomet P (z) = z4 +2z3 +4z2 +2z+3.

P (i) = i4 + 2i3 + 4i2 + 2i+ 3 = 1− 2i− 4 + 2i+ 3 = 0

b) Siden i en rot i polynomet P (z), vet vi ved lemma 3.5.3 at i = −iogsa er en rot i dette polynomet. Men det betyr at P (z) er delelig

18

med (z − i)(z + i) = z2 + 1. Vi utfører polynomdivisjon:

z4 + 2z3 + 4z2 + 2z + 3 : z2 + 1 = z2 + 2z + 3z4 + z2

2z3 + 3z2 + 2z + 32z3 + 2z

3z2 + 33z2 + 3

0

Det gjenstar bare a faktorisere z2 + 2z + 3:

z2 + 2z + 3 = 0

z =−2±√4− 4 · 3 · 1

2

=−2±√−8

2=−2± 2

√2i

2z1 = −1 +

√2i

z2 = −1−√

2i

De komplekse og reelle faktoriseringene av P (z) blir dermed:

z4 + 2z3 + 4z2 + 2z + 3 = (z + i)(z − i)(z + 1−√

2i)(z + 1 +√

2i)

= (z2 + 2z + 3)(z2 + 1)

19

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 4

I seksjon 4.1 gir de innledende oppgavene deg trening i a løse differens-ligninger, og jeg regner med at det ikke er behov for a utdype lærebokaseksempler og fasit her. Men like viktig som a kunne løse slike ligninger,er det a forsta hvordan man tenker nar man skal stille opp ligningeneut ifra en oppgavetekst. Oppgave 4.1.9 og 4.1.11 gir god trening i dette.Oppgave 4.1.12 viser deg en annen anvendelse av differensligninger.

I seksjon 4.3 far du brynet deg pa definisjonen av grenseverdi forfølger (f.eks i oppgave 4.3.4), men du finner ogsa enkle eksempler pahvordan man regner ut slike grenseverdier i praksis (oppgave 4.3.1 og4.3.3). Oppgave 4.3.12 illustrerer at differensen mellom to følger sombegge gar mot uendelig, like gjerne kan ga mot et endelig tall som motuendelig. Dersom du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene,er det fint om du gir meg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 4.1.9

La an være antall sekvenser av lengde n som bestar av 0-er og 1-ere, derførste siffer er 1, og hvor to 1-ere aldri følger etter hverandre.

Sekvensen ’1’ er den eneste lovlige sekvensen av lengde n = 1, ogsekvensen ’10’ er den eneste lovlige av lengde n = 2. Dermed har viinitialbetingelsene a1 = a2 = 1.

Anta na at n > 2, og la oss se pa hvilke lovlige sekvenser av lengden som finnes. Det siste sifferet i strengen er enten 0 eller 1, og vi tar foross de to tilfellene etter tur:

i) Hvis siste siffer i sekvensen er 0, kan de foregaende (n − 1) sifrenevære en hvilken som helst av de an−1 lovlige sekvensene av lengden− 1.

ii) Hvis siste siffer i sekvensen er 1, ma det nest siste sifferet være 0,siden vi aldri kan ha to 1-ere etter hverandre. Vi har da bare igjen(n − 2) sifre i sekvensen, og disse kan være en hvilken som helst avde an−2 lovlige sekvensene av lengde n− 2.

Disse to tilfellene dekker alle muligheter vi har for lovlige sekvenser avlenge n (og de er disjunkte slik at vi ikke har talt opp samme sekvensflere ganger). Dette viser at an er gitt ved differensligningen:

an = an−1 + an−2

for n > 2 med initialbetingelser a1 = a2 = 1.

20

Vi finner først den generelle løsningen av differensligningen

an − an−1 − an−2 = 0

Den karakteristiske ligningen er r2 − r − 1 = 0 som har røtter

r1 = 1/2 +√

5/2 og r2 = 1/2−√

5/2

Den generelle løsningen blir derfor:

an = A(1/2 +√

5/2)n +B(1/2−√

5/2)n

Initialbetingelsene gir:a1 = A(1/2 +

√5/2) +B(1/2−

√5/2) = 1

a2 = A(1/2 +√

5/2)2 +B(1/2−√

5/2)2 = 1

Løser vi disse ligningene (se kommentar nedenfor), far vi A = 1/√

5 ogB = −1/

√5. Den spesielle løsningen blir derfor:

an =1√5

((1 +√

52

)n−(1−√5

2

)n)

(Merk at dette er den samme løsningen som i eksempel 4.1.8 fordi differ-ensligningen vi startet med er identisk med Fibonaccis relasjon.)

Tips til utregningen:For a fa enkel regning, kan vi først samle leddene som om vi skulle løseligningene med hensyn pa “variablene” A+B og A−B:Av den første ligningen far vi da at

(A+B) +√

5(A−B) = 2

og av den andre ligningen far vi at3(A+B) +

√5(A−B) = 2

Trekker vi den første ligningen fra den andre, far vi 2(A + B) = 0, detvil si A = −B. Setter vi dette inn igjen i det første uttrykket, far vi(A−A) +

√5(A+A) = 2, det vil si 2A = 2/

√5. Dermed blir A = 1/

√5

og B = −1/√

5.

Oppgave 4.1.11La xn være sannsynligheten for at du vinner dersom du starter med nmillioner og banken med 100 − n millioner. Vi ønsker egentlig a finnex90, men løser problemet for en generell xn først.

Det er to mulige mater du kan vinne pa: Med sannsynlighet 1837

vinner du første omgang, innkasserer 1 million og har da sannsynlighet

21

xn−1 for a sikre sluttseieren. Den totale sannsynligheten for at du skalvinne pa denne maten er 18

37xn−1. Den andre maten du kan vinne pa,er gjennom a tape første omgang (med sannsynlighet 19

37 ), gi fra deg 1million, for deretter a sikre deg sluttseieren med sannsynlighet xn−1. Dentotale sannsynligheten for a vinne pa denne maten er 19

37xn−1.Dermed ser vi at xn er gitt ved

xn =1837xn+1 +

1937xn−1

som lett omformet gir differensligningen18xn+1 − 37xn + 19xn−1 = 0

Denne har karakteristisk ligning18r2 − 37r + 19 = 0

med røtter

r =37±√1369− 1368

2 · 18=

37± 136

det vil si

r1 = 1, r2 =1918

Den generelle løsningen blir da

xn = C +D(19

18

)n

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,sa x100 = C + D( 19

18 )100 = 1. Dermed er D = −C og C = 11−( 19

18 )100 .Innsatt overfor gir dette den spesielle løsningen

xn =1

1− ( 1918 )100

(1−

(1918

)n)

Setter vi n = 90 far vi altsa

x90 =1− ( 19

18 )90

1− ( 1918 )100

≈ 0.58

Oppgave 4.1.12

La xn være avviket i middeltemperaturen i maned nr n fra den arligemiddeltemperaturen. Vi har

xn+2 −√

3xn+1 + xn = 0

22

med initialbetingelsene x1 = −12 og x3 = −6. Det er varmest i denmaneden k hvor xk er størst, og kaldest i den maneden t hvor xt erminst. Vi løser differensligningen for a fa en formel for xn:Den karakteristiske ligningen er r2−√3r+1 = 0 som har de to komplekserøttene

r1 =√

32

+12i og r1 =

√3

2− 1

2i

Disse har modulus:

ρ =

√34

+14

= 1

Argumentet til r1 er bestemt ved at

cos θ =√

32

og sin θ =12

det vil si atθ =

π

6

Den generelle (reelle) løsningen blir dermed

xn = E · cos(πn

6

)+ F · sin

(πn6

)hvor E,F ∈ R

Av initialbetingelsene far vi

x1 = E ·√

32

+ F · 12

= −12

ogx3 = E · 0 + F · 1 = −6

Den siste ligningen sier at F = −6, som innsatt i den første ligningen gir

E ·√

32− 3 = −12 ⇐⇒ E = − 18√

3= −6

√3

Den spesielle løsningen blir derfor

F (n) = xn = −6√

3 cos(πn

6

)− 6 sin

(πn6

)

Vi deriverer for a bestemme ekstremalpunktene:

F ′(n) = 6√

3 · π6

sin(πn

6

)− 6 · π

6cos(πn

6

)

=√

3π sin(πn

6

)− π cos

(πn6

)

23

Av dette far vi videre at

F ′(n) = 0 ⇐⇒ π cos(πn

6

)=√

3π sin(πn

6

)

Siden cos θ =√

3 sin θ nøyaktig nar θ = π6 eller θ = 7π

6 , betyr dette at vima ha

πn

6=π

6eller

πn

6=

7π6

det vil sin = 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 (badecosinus og sinus skifter fortegn), ser vi at det er kaldest i maned nr 1 ogvarmest i maned nr 7.Vi setter opp en oversikt over temperaturen i de ulike manedene:

F (1) = x1 = −12

F (2) = −6√

3 · 12− 6 ·

√3

2= −6

√3

F (3) = x3 = −6

F (4) = −6√

3 ·(−1

2

)− 6 ·

√3

2= 0

F (5) = −6√

3 ·(−√

32

)− 6 · 1

2= 6

F (6) = −6√

3 · (−1)− 6 · 0 = 6√

3F (7) = −F (1) = 12

F (8) = −F (2) = 6√

3F (9) = −F (3) = 6F (10) = −F (4) = 0F (11) = −F (5) = −6

F (12) = −F (6) = −6√

3

Disse punktene kan na markeres i et koordinatsystem (gjør dette, og tegnen kontinuerlig temperaturkurve som gar gjennom alle disse punktene).

Kommentar:Vi kunne ogsa ha funnet løsningen uten a derivere, simpelthen ved aobservere at formelen F (n) kan omskrives pa følgende mate:

F (n) = −6√

3 cos(πn

6

)− 6 sin

(πn6

)

24

= −12(√

32

cos(πn

6

)+

12

sin(πn

6

))

= −12(

sin(π

3

)cos(πn

6

)+ cos

(π3

)sin(πn

6

))

= −12(

sin(π

3+πn

6

))

Dette uttrykket blir minst nar sin(π3 + πn6 ) er størst, det vil si nar ar-

gumentet (π3 + πn6 ) er lik π

2 , altsa nar n = 1. Uttrykket blir størst narsin(π3 + πn

6 ) er minst, det vil si nar argumentet (π3 + πn6 ) er lik 3π

2 , altsanar n = 7.

Oppgave 4.3.1Vi skal finne grenseverdiene.

a) limn→∞

8n4 + 2n3n4 − 7

= limn→∞

8n4+2nn4

3n4−7n4

= limn→∞

8 + 2n3

3− 7n4

=8 + 03− 0

=83

b) limn→∞

3n2 − 4−2n3 + 7

= limn→∞

3n2−4n3

−2n3+7n3

= limn→∞

3n − 4

n3

−2 + 7n3

=0− 0−2 + 0

= 0

c) limn→∞

5n3 + 2n− 137n− 4

= limn→∞

5n3+2n−13n

7n−4n

= limn→∞

5n2 + 2− 13n

7− 4n

=∞

Oppgave 4.3.3Vi skal finne grenseverdiene.

a) limn→∞

(√n+ 2−√n) = lim

n→∞(√n+ 2−√n)(

√n+ 2 +

√n)√

n+ 2 +√n

= limn→∞

n+ 2− n√n+ 2 +

√n

= limn→∞

2√n+ 2 +

√n

= 0

b) limn→∞

1√n+√n−√n

= limn→∞

√n+√n+√n

(√n+√n−√n)(

√n+√n+√n)

= limn→∞

√n+√n+√n

n+√n− n = lim

n→∞

√n+√n+√n√

n

= limn→∞

√n+√n

n + 1

1= limn→∞

(√1 +√n

n+ 1

)

= limn→∞

(√1 +

1√n

+ 1

)= 1 + 1 = 2

25

Oppgave 4.3.4a

Vi skal vise at limn→∞(3 − 2n ) = 3 ved a bruke definisjon 4.3.1. Vi skal

altsa vise at følgen an = 3− 2n konvergerer mot a = 3. Siden

|an − a| =∣∣∣∣3−

2n− 3∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−2n

∣∣∣∣ =2n

ma vi vise at uansett hvilken ε > 0 vi blir gitt, kan vi finne et naturligtall N slik at |an − a| = 2

n < ε nar n > N. Men dette er lett: Vi velgerbare N ∈ N til a være et naturlig tall slik at 2

N < ε, det vil si slik atN > 2

ε . Et slikt naturlig tall N finnes ifølge Arkimedes prinsipp (2.2.6).

Oppgave 4.3.12

Vi skal finne eksempler pa følger {an} og {bn} som er slik at limn→∞ an =limn→∞ bn =∞ og som samtidig oppfyller:

a) limn→∞(an − bn) =∞.La an = 2n og bn = n. Da er

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

(2n− n) = limn→∞

n =∞

b) limn→∞(an − bn) = −∞.La an = n og bn = 2n. Da er

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

(n− 2n) = limn→∞

(−n) = −∞

c) limn→∞(an − bn) er et endelig tall.La an = n og bn = n− 1

n . Da er

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

(n− n+

1n

)= limn→∞

1n

= 0

26

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 5

I kapittel 5 har mange av oppgavene et mer teoretisk preg enn du ervant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt pa a lageløsningsforslag til oppgaver som involverer de formelle definisjonene avkontinuitet (kap 5.1) og grenseverdi (kap 5.4), og som illustrerer hvordanman kan anvende skjæringssetningen (kap 5.2) og ekstramalverdisetnin-gen (kap 5.3) pa ulike mater. Dersom du finner noen feil eller trykkfeili løsningsforslagene, er det fint om du gir meg beskjed pa epostadressenklara@math.uio.no.

Oppgave 5.1.3Vi minner om at funksjonen f er kontinuerlig i punktet a ∈ Df hvis detfor enhver ε > 0 finnes en δ > 0 slik at nar x ∈ Df og |x− a| < δ, sa er|f(x)− f(a)| < ε.

a) Vi skal vise at f(x) = 2x+ 1 er kontinuerlig i punktet x = 2. For engitt ε > 0 ma vi finne en δ > 0 slik at

|x− 2| < δ =⇒ |f(x)− f(2)| < ε

Vi har

|f(x)− f(2)| = |(2x+ 1)− (2 · 2 + 1)|= |2x+ 1− 5|= 2|x− 2|

Velger vi na δ = ε2 , blir

|f(x)− f(2)| = 2|x− 2| < 2δ = 2ε

2= ε

nar |x− 2| < δ.b) Vi skal vise at f(x) = x2 er kontinuerlig i punktet x = 3. For en gitt

ε > 0 ma vi finne en δ > 0 slik at

|x− 3| < δ =⇒ |f(x)− f(3)| < ε

Funksjonsdifferensen kan skrives slik:

|f(x)− f(3)| = |x2 − 32|= |(x+ 3)(x− 3)|= |x+ 3||x− 3|

For a holde faktoren |x+3| under en fast skranke velger vi a begrenseoss til intervallet (2, 4), hvor |x − 3| < 1, slik at |x| < 4 og dermed

27

|x+ 3| < 7. Hvis vi i tillegg sørger for at faktoren |x− 3| < ε7 , far vi

ialt

|f(x)− f(3)| = |x+ 3||x− 3| < 7ε

7= ε

Dette blir følgelig oppfylt for alle x slik at |x − 3| < δ dersom vivelger δ = min(1, ε7 ).

c) Vi skal vise at f(x) = 1x er kontinuerlig i punktet x = 1. For en gitt

ε > 0 ma vi finne en δ > 0 slik at

|x− 1| < δ =⇒ |f(x)− f(1)| < ε

Funksjonsdifferensen kan skrives slik:

|f(x)− f(1)| =∣∣∣∣1x− 1∣∣∣∣ =|x− 1||x|

For at denne skal bli mindre enn ε nar x ligger i en δ-omegn om 1,ma vi sørge for at x holder seg unna origo. Dette kan vi fa til vedførst a velge δ1 = 1

2 . Da blir |x| > 12 dersom |x− 1| < δ1, slik at

|f(x)− f(1)| = |x− 1||x| < 2|x− 1|

Sørger vi samtidig for at |x− 1| < δ2 = ε2 , far vi videre at

|f(x)− f(1)| < 2|x− 1| < 2ε

2= ε

Setter vi derfor δ = min(δ1, δ2) = min( 12 ,

ε2 ), har vi na ialt vist at

|f(x)− f(1)| < ε for alle x slik at |x− 1| < δ.

Oppgave 5.1.4a

Vi skal vise at

f(x) ={x+ 1 for x < 0x for x ≥ 0

er diskontinuerlig i punktet x = 0. Velger vi nemlig en ε slik at 0 < ε < 1,vil f(x) = x + 1 > (ε − 1) + 1 = ε for alle x ∈ (ε − 1, 0). Men detbetyr at |f(x) − f(0)| = f(x) > ε for alle x i dette intervallet. Uansetthvor liten vi velger δ > 0 vil det derfor finnes en x (faktisk uendeligmange) i intervallet (−δ, δ) slik at |f(x)− f(0)| > ε. Altsa er funksjonendiskontinuerlig i punktet x = 0.

28

Oppgave 5.2.2aVi skal vise at f(x) = lnx + x har nullpunkt i intervallet (0, 1). Sidenlimx→0 f(x) = −∞, kan vi finne 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 erkontinuerlig i intervallet [1

e , 1], følger det av skjæringssetningen at f haret nullpunkt i intervallet ( 1

e , 1) og dermed ogsa i det større intervallet(0, 1).

Oppgave 5.2.3bVi skal vise at grafene til f(x) = sinx og g(x) = x3 skjærer hverandre iintervallet [π6 ,

π3 ]. I endepunktene av intervallet har f og g verdiene

f(π

6

)=

12, g

(π6

)=(π

6

)3

<(4

6

)3

=(2

3

)3

=827

<12

f(π

3

)=

12

√3 < 1, g

(π3

)=(π

3

)3

> 1

Siden f(π6 ) > g(π6 ), f(π3 ) < g(π3 ) og begge funksjonene er kontinuerligei intervallet [π6 ,

π3 ], sa ma grafene skjære hverandre ved korollar 5.2.2 i

Kalkulus.

Oppgave 5.2.4La f(x) = tanx og g(x) = x. Da har vi

f(π

4

)= 1 >

π

4= g(π

4

)

f(3π

4

)= 1 <

3π4

= g(3π

4

)

Vi ser av en figur (tegn grafen selv!) at det ikke finnes noe tall c ∈ (π4 ,3π4 )

slik at f(c) = g(c). Dette er likevel ikke i strid med korollar 5.2.2, dafunksjonen f ikke er kontinuerlig i intervallet (den er diskontinuerlig forx = π

2 ).

Oppgave 5.2.6Vi skal vise at ethvert polynom av odde grad har minst en reell rot. La

f(x) = anxn + an−1x

n−1 · · ·+ a0

= xn(an +

an−1

x+ · · ·+ a0

xn

)

være 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

store verdier av |x| vil faktoren i parentes ha samme fortegn som detførste leddet an, idet de øvrige leddene i parentesen gar mot null nar |x|vokser. Det finnes derfor et (stort) tall x0 > 0 slik at f(x0) og f(−x0)har motsatte fortegn. (De behøver ikke derfor være motsatt like store.)Siden funksjonen f er kontinuerlig pa intervallet [−x0, x0], har den etnullpunkt i intervallet (−x0, x0) ifølge skjæringssetningen.

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 finnes et klokkeslett der hun er like høyt oppe beggedager. Vi lar fjellets høyde være H. Vi lar sa f(t) sta for klatrerenshøyde over bakken ved et klokkeslett t under oppstigningen og g(t)høyden under nedstigningen. Begge funksjonene er kontinuerlige,og siden f(7) = 0 < H = g(7) og f(15) = H > 0 = g(15), mafunksjonsgrafene skjære hverandre for en verdi t0 ∈ (7, 15) ifølgekorollar 5.2.2 til skjæringssetningen. Det betyr at hun er like høytoppe 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 før klokken 15den første dagen, ma f(10) < H = g(10). Og siden hun nar toppenklokken 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 trekkeden konklusjon at hun ogsa i dette tilfelle er like høyt oppe ved etklokkeslett t1 ∈ (10, 16) begge dager.

Oppgave 5.2.8

Vi skal vise at en kontinuerlig funksjon f : [0, 1]→ [0, 1] har et fikspunkt,det vil si at det finnes en x ∈ [0, 1] slik at f(x) = x.

La g : [0, 1] → [0, 1] være identitetsfunksjonen g(x) = x. Siden fantar 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, finnes det ved korollar 5.2.2 enx ∈ [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) = 1g(x) = 1

x

kontinuerlig for alle x 6= 0 ifølge setning 5.1.2. Funksjonen f erdermed kontinuerlig i hele sitt definisjonsomrade (sa f er kontinuerligifølge definisjon 5.1.8).

30

b) Siden limx→0− f(x) = −∞ og limx→0+ f(x) = ∞, er ikke funk-sjonen begrenset pa intervallet [−1, 1] og har dermed ingen maksi-mums- eller minimumspunkter. Dette strider ikke mot ekstremal-verdisetningen, siden f ikke er definert for x = 0, og dermed ikke erdefinert pa hele intervallet [−1, 1].

Oppgave 5.3.4Vi antar at f : (a, b) → R er kontinuerlig og at grenseverdiene av f(x)nar x nærmer seg a ovenfra og b nedenfra eksisterer. Vi skal vise atf er begrenset. Siden limx→a+ f(x) og limx→b− f(x) eksisterer, kan viutvide f til en kontinuerlig funksjon definert pa det lukkede interval-let [a, b] slik at f(a) = limx→a+ f og f(b) = limx→b− f . Dermed kanvi benytte ekstremalverdisetningen som sikrer at f har maksimums- ogminimumsverdi(er) pa [a, b]. Dette betyr at f er begrenset pa [a, b], ogdermed ogsa begrenset pa det mindre intervallet (a, b).

Oppgave 5.3.5Anta at f : [a, b] → R er kontinuerlig. Vi skal vise at verdimengdenVf = {f(x) : x ∈ [a, b]} 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 definisjon av minimumog maksimum. Pa den annen side sikrer ekstremalverdisetningen at denkontinuerlige funksjonen f oppnar sitt minimum og maksimum pa detlukkede, begrensende intervallet [a, b], sa fmin og fmax er med i Vf . Ogskjæringssetningen sikrer oss at alle verdier d mellom fmin og fmax ogsaer med i Vf : Den kontinuerlige funksjonen g(x) = f(x)−d er jo negativ iminimumspunktet til f og positiv i maksimumspunktet, og har derfor etmellomliggende nullpunkt c. Men det betyr nettopp at f(c) = d. Dermedhar vi ogsa vist den omvendte inklusjonen Vf ⊇ [fmin, fmax].

Oppgave 5.4.1a) Vi skal vise at limx→2 3x = 6. Gitt en ε > 0 ma vi produsere en

δ > 0 slik at hvis |x− 2| < δ sa er |3x− 6| < ε. Dette oppnar vi veda velge δ = ε

3 , idet vi da far |3x− 6| = 3|x− 2| < 3δ = 3 · ε3 = ε.b) Vi skal vise at limx→3 x

2 = 9. Gitt en ε > 0 ma vi produsere enδ > 0 slik at hvis |x− 3| < δ sa er |x2 − 9| < ε. La h = x− 3. Da erx = h+ 3, slik at vi far

|x2 − 9| = |(h+ 3)2 − 9| = |h2 + 6h+ 9− 9| = |h||h+ 6|

31

Her ser vi at den andre faktoren |h + 6| holder seg mindre enn 7dersom vi velger |h| < 1. Sørger vi samtidig for at den første faktoren|h| er mindre enn ε

7 , vil produktet holde seg mindre enn ε. Beggedisse kravene blir oppfylt dersom vi velger δ = min(1, ε7 ). For hvis|h| = |x− 3| < δ, sa er |x2 − 9| = |h||h+ 6| < δ · 7 = ε

7 · 7 = ε.

c) Vi skal vise at limx→4√x = 2. Gitt en ε > 0 ma vi finne en δ > 0

slik at hvis |x − 4| < δ sa er |√x − 2| < ε. Ved hjelp av tredjekvadratsetning ser vi at

|√x− 2| = |(√x− 2)(

√x+ 2)|

|√x+ 2| =|x− 4||√x+ 2| <

|x− 4|2

Velger vi δ = 2ε, ser vi at hvis |x− 4| < δ sa er

|√x− 2| < |x− 4|2

<2ε2

= ε

Oppgave 5.4.3

a) limx→0

7x2 + 4x4

3x3 − 2x2= limx→0

7 + 4x2

3x− 2=

7 + 00− 2

= −72

b) limx→∞

8x2 + 2x+ 7√x− 4x2

= limx→∞

8 + 2x + 7

x2√xx2 − 4

=8 + 0 + 0

0− 4= −2

c) limx→∞

(√x2 + 3x− x) = lim

x→∞(√x2 + 3x− x)(

√x2 + 3x+ x)√

x2 + 3x+ x

= limx→∞

x2 + 3x− x2

√x2 + 3x+ x

= limx→∞

3x√x2 + 3x+ x

= limx→∞

3√x2+3xx2 + 1

= limx→∞

3√1 + 3

x + 1=

32

limx→4

√x− 2x− 4

= limx→4

√x− 2

(√x− 2)(

√x+ 2)

d)

= limx→4

1√x+ 2

=1

2 + 2=

14

Oppgave 5.4.4a

Vi skal avgjøre om funksjonen

f(x) ={x2 + 2 for x ≤ 1−4 cos(πx) for x > 1

32

er kontinuerlig i punktet x = 1. Vi ser pa de ensidige grensene

limx→1−

f(x) = f(1) = 12 + 2 = 3

limx→1+

f(x) = limx→1+

−4 cos(πx) = −4 cosπ = 4

Siden limx→1− f(x) 6= limx→1+ f(x), eksisterer ikke den tosidige grensenlimx→1 f(x), sa funksjonen f er ikke kontinuerlig i x = 1.

33

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6

I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolemate-matikken i den forstand at de er mindre teoripregede enn i foregaendekapittel, men de illustrerer likevel nye regnemessige teknikker det kanvære lurt a fa med seg. De mest teoripregede oppgavene er knyttet tilseksjon 6.2, og gir nyttige innblikk i ulike anvendelser av middelverdiset-ningen. Dersom du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, erdet fint om du gir meg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 6.1.3Vi skal bruke logaritmisk derivasjon (setning 6.1.9).

a) f(x) = x2 cos4 x ex

ln |f(x)| = ln |x2 cos4 x ex| = ln |x2|+ ln | cos4 x|+ ln |ex|= 2 ln |x|+ 4 ln | cosx|+ x

D[ln |f(x)|] =2x

+4

cosx(− sinx) + 1

=2x− 4 tanx+ 1

f ′(x) = f(x)D[ln |f(x)|] = x2 cos4 x ex( 2x− 4 tanx+ 1

)

b) f(x) = (sinx)117 ex

2tanx

ln |f(x)| = ln |(sinx)117 |+ ln |ex2 |+ ln | tanx|

=117

ln | sinx|+ x2 + ln | tanx|

D[ln |f(x)|] =117· cosx

sinx+ 2x+

1tanx

· 1cos2 x

=117· cosx

sinx+ 2x+

1sinx cosx

f ′(x) = f(x)D[ln |f(x)|]= (sinx)

117 ex

2tanx

( 117· cosx

sinx+ 2x+

1sinx cosx

)

d) f(x) = x2 cos x lnxln |f(x)| = ln |x2 cos x lnx| = ln |x2 cos x|+ ln | lnx|

= 2 cosx lnx+ ln | lnx|D[ln |f(x)|] = 2(cosx)′ lnx+ 2 cosx(lnx)′ + (ln | lnx|)′

34

= −2 sinx lnx+2 cosxx

+1

lnx· 1x

f ′(x) = f(x)D[ln |f(x)|]= x2 cos x lnx

(2 cosxx− 2 sinx lnx+

1x lnx

)

Oppgave 6.1.6I en fartskontroll maler politiet at en bilist bruker t = 25 sekunder paen strekning som er s = 500 meter. Det er en usikkerhet pa ∆t = 1sekund i tidsmalingen. Bruker vi teknikken fra eksempel 6.1.7 til a anslausikkerheten i malingen av farten v(t) = s

t , far vi at den er

∆v ≈ v′(t)∆t =−st2

∆t =−500252

· 1 = −0,8

det vil si en usikkerhet pa 0,8 m/s.

Oppgave 6.1.9Vi skal vise at D[x2] = 2x direkte fra definisjonen av den deriverte.

D[x2] = lim∆x→0

(x+ ∆x)2 − x2

∆x= lim

∆x→0

x2 + 2x∆x+ (∆x)2 − x2

∆x

= lim∆x→0

2x∆x+ (∆x)2

∆x= lim

∆x→0(2x+ ∆x) = 2x

Oppgave 6.2.3Vi skal vise at f(x) = 2 − x3 og g(x) = ln(2 + x) har nøyaktig ettskjæringspunkt 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 skjæringspunkt i inter-vallet [0, 1].

Na er f ′(x) = −3x2 < 0 og g′(x) = 12+x > 0 for alle x ∈ (0, 1),

slik at f er strengt avtagende og g er strengt voksende i [0, 1]. Derforkan grafene ha høyst ett — og dermed nøyaktig ett — skjæringspunkt iintervallet [0, 1].

Oppgave 6.2.5Vi lar f(x) = x − 4

x . 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 ′(x) = 1 + 4

x2 erstrengt positiv for alle x 6= 0. At f ′ ikke har noe nullpunkt i intervallet(−1, 4), er ikke i strid med Rolles teorem, fordi f(x) ikke er deriverbar(ikke engang definert) for x = 0.

35

Oppgave 6.2.7Vi skal vise at det mellom 0 og et tall x alltid finnes en c slik at sinx =x cos c. Dette er opplagt riktig for x = 0, sa vi antar at x 6= 0. Vi setterf(x) = sinx. Da f er kontinuerlig og deriverbar pa intervallet [0, x],finnes det ved middelverdisetningen en c ∈ (0, x) slik at

f ′(c) =f(x)− f(0)

x− 0=

sinx− sin 0x− 0

=sinxx

Siden f ′(c) = cos c, gir dette at cos c = sin xx , det vil si at sinx = x cos c.

Og da | cos c| ≤ 1, har vi ialt

| sinx| = |x cos c| = |x|| cos c| ≤ |x| · 1 = |x|I fremstillingen ovenfor har vi stilltiende antatt at x > 0. Dersom x < 0,gjennomfører vi isteden resonnementet med intervallet [x, 0].

Oppgave 6.2.8Vi antar x > −1 og skal vise at det alltid finnes et tall c mellom 0 og xslik at ln(1 + x) = x

1+c . Dette er opplagt riktig for x = 0, sa vi antar atx 6= 0.Funksjonen f(x) = ln(1 + x) er definert og kontinuerlig for alle x > −1.Ved middelverdisetningen finnes det da en c mellom 0 og x slik at

f ′(c) =f(x)− f(0)

x− 0=

ln(1 + x)− ln 1x− 0

=ln(1 + x)

x

Siden vi ogsa har

f ′(c) =1

1 + c

gir detteln(1 + x)

x=

11 + c

som er ekvivalent med at

ln(1 + x) =x

1 + c

For x > 0 er ogsa c > 0, og dermed 11+c < 1. Multiplikasjon med x gir

x1+c < x. For −1 < x < 0 er ogsa −1 < c < 0, og addisjon med 1 gir0 < 1 + c < 1, slik at 1

1+c > 1. Multiplikasjon med x (som na altsa ernegativ) gir da ogsa i dette tilfellet x

1+c < x, slik at vi far

ln(1 + x) =x

1 + c< x

for alle x > −1.

36

Oppgave 6.3.1

Vi skal bruke L’Hopitals regel til a finne de oppgitte grenseverdiene.

a) limx→0

sin 2xx

= limx→0

2 cos 2x1

=2 · 1

1= 2

b) limx→0

ex − 1x

= limx→0

ex

1= 1

d) limx→π

2

cosxπ2 − x

= limx→π

2

− sinx−1

= 1

e) limx→0

1− cosxx3

= limx→0

sinx3x2

= limx→0

cosx6x

eksisterer ikke.

g) limx→0

sinx− xx3

= limx→0

cosx− 13x2

= limx→0

− sinx6x

= limx→0

− cosx6

= −16

Oppgave 6.3.3

Vi skal finne grenseverdiene.

a) limx→0+

x2 lnx = limx→0+

lnx1x2

L’Hop= limx→0+

1x

− 2x3

= limx→0+

−12x2 = 0

d) limx→0+

xx = limx→0+

(eln x

)x = limx→0+

ex ln x = elimx→0+ x ln x = e0 = 1

Mellomregning:

limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx1x

L’Hop= limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0

e) limx→∞

(1 + sin

1x

)x= limx→∞

ex ln(1+sin 1x ) = elimx→∞ x ln(1+sin 1

x ) = e

Mellomregning:

limx→∞

x ln(

1 + sin1x

)= limx→∞

ln(1 + sin 1x )

1x

L’Hop= limx→∞

(− 1x2 cos 1

x )/(1 + sin 1x )

− 1x2

= limx→∞

cos 1x

1 + sin 1x

=cos 0

1 + sin 0= 1

Oppgave 6.3.7

limx→0

(cosxx2− sinx

x3

)= limx→0

(x cosx− sinx

x3

)

37

L’Hop= limx→0

(cosx− x sinx− cosx

3x2

)= limx→0

−x sinx3x2

= −13

limx→0

sinxx

= −13

Oppgave 6.3.9

limx→0

(ex + sinx)1x = lim

x→0

(eln(ex+sin x)

) 1x = elimx→0

ln(ex+sin x)x = e2

Mellomregning:

limx→0

ln(ex + sinx)x

L’Hop= limx→0

(ex + cosx)/(ex + sinx)1

= limx→0

ex + cosxex + sinx

=1 + 11 + 0

= 2

Oppgave 6.3.17Vi skal finne tallet a slik at

limx→∞

(ax+ 1ax

)x=√e

For a unnga for mye regning, kan vi benytte oss av den velkjente grensenlimn→∞

(1 + 1

n

)n = e. Vi starter med a omforme uttrykket

(ax+ 1ax

)x=(

1 +1ax

)x=

((1 +

1ax

)ax) 1a

Benytter vi na at limx→∞(1 + 1

ax

)ax = e, far vi

limx→∞

(ax+ 1ax

)x= e

1a

Vi ønsker altsa at e1a =√e = e

12 , det vil si at vi ma ha a = 2.

Alternativ løsning:Vi kunne ogsa ha omskrevet uttrykket ved hjelp av eksponentialfunk-sjonen pa vanlig mate, for deretter a bruke L’Hopital pa eksponenten:

limx→∞

(ax+ 1ax

)x= limx→∞

(eln( ax+1

ax ))x

= elimx→∞ x ln( ax+1ax ) = e

1a

Mellomregning:

limx→∞

x ln(ax+ 1

ax

)= limx→∞

ln(1 + 1ax )

x−1

som ved substitusjonen t = 1x blir

38

= limt→0+

ln(1 + ta )

t

L’Hop= limt→0

11+ t

a

1a

1=

1a

Fra e1a =√e ser vi at a = 2.

Oppgave 6.3.22

Vi skal avgjøre om funksjonen f definert ved

f(x) ={

1−cos xx2 for x > 0

x2 + 12 for x ≤ 0

er kontinuerlig og deriverbar i null. Vi ser pa de ensidige grensene

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0

= limx→0+

(1− cosxx3

− 12x

)= limx→0+

2− 2 cosx− x2

2x3

L’Hop= limx→0+

2 sinx− 2x6x2

L’Hop= limx→0+

2 cosx− 212x

L’Hop= limx→0+

−2 sinx12

= 0

og

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0

= limx→0−

x2 + 12 − 1

2

x= 0

Siden de ensidige grensene er like, eksisterer altsa den tosidige grensenlimx→0

f(x)−f(0)x−0 = f ′(0), slik at funksjonen f blir deriverbar i punktet

x = 0. Men dermed er f ogsa kontinuerlig i x = 0 ved setning 6.1.8.

Oppgave 6.5.5

Vi skal finne eventuelle asymptoter for funksjonen

f(x) =x ln(x2)− 1

lnx=

2x lnx− 1lnx

= 2x− 1lnx

Siden lnx bare er definert for positive verdier av x, og blir null for x = 1,blir funksjonens definisjonsomrade Df = (0, 1) ∪ (1,∞). Funksjonen erkontinuerlig i hele sitt definisjonsomrade, sa de eneste kandidatene tilvertikale asymptoter er x = 0 og x = 1.

La oss først undersøke hva som skjer nar x nærmer seg 0 ovenfra:

limx→0+

f(x) = limx→0+

(2x− 1

lnx

)= 0

Altsa har vi ingen vertikal asymptote for x = 0.

39

Vi undersøker sa hva som skjer nar x nærmer seg 1. Her blir

limx→1±

f(x) = limx→1±

(2x− 1

lnx

)= ∓∞

Dermed har vi en vertikal asymptote for x = 1.Vi bruker metoden i 6.5.5 for a finne eventuelle skraasymptoter.

limx→±∞

f(x)x

= limx→±∞

(2− 1

x lnx

)= 2

Siden denne grensen eksisterer, regner vi videre ut

limx→±∞

(f(x)− 2x

)= limx→±∞

−1lnx

= 0

Dette viser at linjen y = 2x er en skraasymptote for funksjonen.

40

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 7

I seksjon 7.1 og 7.2 lærer du a løse oppgaver hvor det kan lønne seg ategne figurer og sette navn pa ukjente størrelser. Oppgave 7.3.7 illustrererhvordan du kan ansla om et estimat gitt ved Newtons metode er for liteeller for stort. I seksjon 7.4 far du trening i a vise at en funksjon erinjektiv, og finne den omvendte funksjonen og dens deriverte. I seksjon7.5 og 7.6 blir du kjent med cotangens og arcusfunksjonene, og far seeksempler pa praktisk bruk av dem (f.eks i oppgave 7.6.13). Dersom dufinner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det fint om du girmeg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 7.1.1

Vi skal lage en rektangulær innhegning inntil en lave, og ønsker at innheg-ningen skal ha størst mulig areal. Vi har materialer til 50 meter gjerdesom skal utgjøre tre av sidene i innhegningen. Velger vi to av sidene tila være x meter lange, ma den siste siden være 50 − 2x meter lang, slikat arealet blir

A(x) = x(50− 2x) = 50x− 2x2, x ∈ [0, 25]

Vi deriverer for a finne det maksimale arealet:

A′(x) = 50− 4x

Vi ser at A′(x) = 0 for x = 12.5. I tillegg er A′(x) > 0 for x < 12.5 ogA′(x) < 0 for x > 12.5, sa x = 12.5 er et maksimumspunkt for A(x). Detstørste 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 finne ut hvor B skal ligge for at avstanden fra A til C via B skalbli minst mulig (se figur til oppgaven i Kalkulus). Her kan vi benytte etenkelt geometrisk argument til a løse oppgaven. La C ′ være speilingen avC om den nedre horisontale linjen pa figuren, kall fotpunktet for normalenfra C ned pa denne linja for D og kall fotpunktet for normalen fra A nedpa denne linja for E. Da er |BC| = |BC ′| siden de to rettvinkledetrekantene BDC ′ og BDC er kongruente. Men det betyr at avstandenfra A til C via B er lik avstanden fra A til C ′ via B. Den sistnevnteavstanden er kortest nar B ligger pa den rette linjen mellom A og C ′,det vil si nar trekantene AEB og C ′DB er formlike (vinklene BEA og

41

BDC ′ er rette, og vinklene EBA og DBC ′ er toppvinkler). Det betyr atvi ma ha

|EB||AE| =

|DB||C ′D|

altsax

2=

9− x4

2x = 9− xx = 3

Avstanden fra A til C via B blir altsa minst nar vi har x = 3.

Oppgave 7.1.5

Vi skal finne det maksimale volumet til en rett sirkulær kjegle hvorsidekanten har lengde L = 9. La r være radius i sirkelen og h værehøyden til kjeglen (se figuren til oppgaven i Kalkulus). Ved Pythagorasformel har vi da at r2 = L2 − h2. Setter vi dette inn i formelen forvolumet V av kjeglen, far vi

V (h) =π

3r2h =

π

3(L2 − h2)h

Vi deriverer for a finne ekstremalverdier:

V ′(h) =π

3

((−2h)h+ (L2 − h2) · 1

)

=π

3(−3h2 + L2) = π

(L2

3− h2

)

Setter vi inn L = 9, far vi altsa

V ′(h) = π(92

3− h2

)= π(27− h2)

Vi ser at V ′(h) = 0 nar h = ±√27 = ±3√

3. Siden høyden h ikke kanvære negativ, er eneste mulighet at h = 3

√3. Da vi har at V ′(h) > 0 for

0 < h < 3√

3 og V ′(h) < 0 for h > 3√

3, blir h = 3√

3 et maksimums-punkt for V (h). Det maksimale volumet til kjeglen blir dermed

V (3√

3) =π

3(92 − (3

√3)2) · 3

√3 = π(81− 27)

√3 = 54

√3π

Oppgave 7.2.1

Vi har en 4 meter lang stige som star opptil en vegg pa flatt underlag(tegn figur!). Vi lar høyden til toppen av stigen pa et tidspunkt t være

42

x(t), mens avstanden mellom foten og veggen er y(t). Sammenhengenmellom x og y er da ifølge Pythagoras formel gitt ved

x(t)2 + y(t)2 = 16

og derivasjon av denne ligningen med hensyn pa tiden t gir

2x(t)x′(t) + 2y(t)y′(t) = 0

Foten av stigen glir vekk med en konstant hastighet lik 0.5 m/s. Vi erinteressert i det øyeblikket hvor x = 2, y =

√42 − 22 = 2

√3 og y′(t) = 1

2 ,og setter vi dette inn i ligningen ovenfor, far vi

4x′(t) + 2√

3 = 0

det vil si

x′(t) = −12

√3 ≈ −0.87

Toppen av stigen beveger seg altsa mot bakken med en hastighet pa 0.87meter per sekund idet den befinner seg 2 meter over bakken.

Oppgave 7.2.2

En rett sirkulær kjegle med vertikal akse og med spissen ned fylles medvann med hastigheten 100 cm3/s. Kjeglen har en høyde pa 40 cm somer lik radien i toppflaten. Radien i vannets toppflate ved en vannhøydeh er dermed lik h, og volumet av vannet i kjeglen ved denne høyden blir

V =13πh3

Deriverer vi uttrykket med hensyn pa tiden t, far vi

V ′(t) = πh(t)2h′(t)

det vil si

h′(t) =V ′(t)πh(t)2

For V ′(t) = 100 og h(t) = 10 gir dette

h′(t) =100π102

=1π≈ 0.32

Nar vannet har en høyde pa 10 cm, stiger det altsa med en hastighetomtrent lik 0.32 cm/s.

43

Oppgave 7.2.7En lommelykt lyser opp en sektor pa 60 grader. Vi gar mot et gjerde meden hastighet pa 1 m/s, og skal finne ut hvor fort den opplyste lengden avgjerdet minker. Vi lar avstanden fra gjerdet være y(t), mens det opplysteomradet har lengde x(t). Da har vi

x(t)/2y(t)

= tan 30◦ ⇐⇒ x(t) = 2y(t) tan 30◦ = 2y(t) · 13

√3

Ved a derivere far vix′(t) =

23

√3 · y′(t)

Siden vi gar mot gjerdet med hastigheten y′(t) = 1, minker lengden avdet opplyste omradet med 2

3

√3 m/s.

Oppgave 7.3.1

a) Vi skal bruke Newton’s metode to ganger for a finne et tilnærmetnullpunkt for f(x) = x5 + 3x − 7 i intervallet [1, 2]. Startverdi erx0 = 1.5. Den neste tilnærmelsen er gitt ved

x1 = x0 − f(x0)f ′(x0)

= x0 − x50 + 3x0 − 75x4

0 + 3≈ 1.320

og anvender vi metoden en gang til med ny startverdi x1, finner vi

x2 = x1 − x51 + 3x1 − 75x4

1 + 3≈ 1.27

(Det eksakte nullpunktet er 1.26 med to desimalers nøyaktighet.)

Oppgave 7.3.7

a) Vi skal studere grafen til funksjonen f(x) = e√x − 3. Siden f(1) =

e − 3 < 0, f(2) = e√

2 − 3 > 0 og grafen er kontinuerlig, har grafenminst ett nullpunkt i intervallet (1, 2) ved skjæringsetningen. Sidenfunksjonen er strengt voksende, kan den ha høyst ett nullpunkt.Dermed ma den ha nøyaktig ett nullpunkt i dette intervallet.

b) Vi bruker Newton’s metode en gang med startverdi x0 = 1 og far

x1 = x0 − f(x0)f ′(x0)

= 1− e√x0 − 3

12√x0e√x0

= 1− 2e− 3e

=6− ee≈ 1.2073

Siden den dobbeltderiverte er positiv (sjekk dette selv!) for x >1, er grafen konveks i intervallet (1, 2) og ligger derfor i hele dette

44

intervallet pa oversiden av grafens tangent i punktet x0 = 1. Spesieltgjelder dette i skjæringspunktet x1 mellom tangenten og x-aksen, ogdet betyr at f(x1) > 0. Siden f(x0) = e − 3 < 0, ma grafen skjærex-aksen mellom x0 og x1 ifølge skjæringssetningen. Det betyr at dentilnærmede verdien x1 for nullpunktet er for stor, siden x1 i varttilfelle er større enn x0. (Det eksakte nullpunktet er 1.2069 med firedesimalers nøyaktighet.)

Oppgave 7.4.1Vi skal vise at funksjonen er injektiv og finne den omvendte funksjonen.b) f(x) = x2 og Df = [0,∞).

Den deriverte er f ′(x) = 2x > 0 for x ∈ (0,∞). Siden funksjonener strengt voksende pa intervallet [0,∞), ma den være injektiv. Deninverse funksjonen finnes ved a løse ligningen y = f(x) = x2 medhensyn pa x. Den eneste løsningen er x =

√y, da x skal være positiv.

Den inverse funksjonen er dermed

f−1(y) =√y, Df−1 = Vf = [0,∞)

c) f(x) = x2 og Df = (−∞, 0].Den deriverte er f ′(x) = 2x < 0 for x ∈ (−∞, 0). Siden funksjonener strengt avtagende pa intervallet (−∞, 0], ma den være injektiv.Vi løser igjen y = 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) = −√y, Df−1 = Vf = [0,∞)

e) f(x) = x2 + 2x+ 3 og Df = [−1,∞).Den deriverte er f ′(x) = 2x+ 2 > 0 for x ∈ (−1,∞). Siden funksjo-nen er strengt voksende pa intervallet [−1,∞), ma den være injektiv.Verdimengden til f er Vf = [2,∞), og vi finner som tidligere den in-verse funksjonen ved a løse ligningen y = f(x) med hensyn pa x:

x2 + 2x+ 3 = y

x =−2±√4− 12 + 4y

2= −1±

√y − 2

Da x skal ligge i intervallet [−1,∞), ma vi velge løsningen med plussforan rottegnet. Den inverse funksjonen blir altsa

f−1(y) = −1 +√y − 2, Df−1 = Vf = [2,∞)

45

Oppgave 7.4.3

Funksjonen f(x) = 2xex + 1 med definisjonsomrade Df = [−1,∞) erinjektiv fordi den deriverte f ′(x) = 2ex + 2xex = 2ex(1 +x) er positiv paintervallet (−1,∞), slik at f blir strengt voksende pa intervallet [−1,∞).Vi lar g betegne den omvendte funksjonen, og skal beregne g′(1). Vi harapenbart

y = f(x) = 2xex + 1 = 1 ⇐⇒ x = 0

og finner dermed

g′(1) =1

f ′(0)=

12e0(1 + 0)

=12

Oppgave 7.4.5

Funksjonen f(x) = tan 2x har definisjonsomrade Df = (−π/4, π/4) og erinjektiv fordi dens deriverte f ′(x) = 2

cos2 2x er positiv pa dette intervallet,slik at funksjonen selv er strengt voksende. Vi skal finne den derivertetil den omvendte funksjonen g i punktet x = 1. Vi har y = f(x) = 1 narx = π/8. Dermed blir

g′(1) =1

f ′(π/8)=

12/( 1

2

√2)2

=14

Oppgave 7.5.2

Da den deriverte av cotangens er gitt ved D[cotx] = − 1sin2 x

, har vi

a) D[cot(x2)] = − 1sin2(x2)

·D[x2] = − 2xsin2(x2)

b) D[cot2 x] = 2 cotx ·D[cotx] = −2 cotxsin2 x

Oppgave 7.5.5

a) Vi nedfeller en normal fra toppunktet C i trekanten ABC pa grunn-linjen AB, og kaller normalens fotpunkt D. I den rettvinklede tre-kanten CDB er da CD = a sinB og DB = a cosB. Av dette følgercotangenssetningen:

cotA =AD

CD=AB −DB

CD=c− a cosBa sinB

b) I en trekant er to sider henholdsvis 10 cm og 5 cm lange, og denmellomliggende vinkelen er 30◦. Setter vi c = 10, a = 5 og B = 30◦,

46

kan vi bruke cotangenssetningen til a finne vinkel A:

cotA =10− 5 cos 30

5 sin 30=

10− 5 · 12

√3

5 · 12

= 4−√

3

Av dette far vi at

tanA =1

4−√3=⇒ A ≈ 23.8◦

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) arcsin12

=π

6fordi sin

π

6=

12

e) arccos12

=π

3fordi cos

π

3=

12

f) arccos(−√

32

)=

5π6

fordi cos5π6

= −√

32

g) arctan 1 =π

4fordi cos

π

4= sin

π

4

Oppgave 7.6.2

Vi skal derivere funksjonene (vi bruker setning 7.6.2 og 7.6.4).

a) D[arcsin√x] =

1√1−√x2

D[√x] =

1√1− x

12√x

=1√

x(1− x)

b) D[arctan ex] =1

1 + (ex)2D[ex] =

ex

1 + e2x

c) D[x2 arcsinx] = 2x arcsinx+x2 1√1− x2

= x

(2 arcsinx+

x√1− x2

)

e) D[arcsinx+ arccosx] =1√

1− x2− 1√

1− x2= 0

Oppgave 7.6.3

Vi skal finne grenseverdiene.

a) limx→0

arctan 2xx

L’Hop= limx→0

11+(2x)2D[2x]

1= limx→0

21 + 4x2

= 2

47

limx→∞

x

(arctanx− π

2

)= limx→∞

arctanx− π2

1x

L’Hop= limx→∞

11+x2

− 1x2

c)

= − limx→∞

x2

1 + x2= − lim

x→∞1

1x2 + 1

= −1

limx→0

arctanx− xx3

L’Hop= limx→0

11+x2 − 1

3x2

L’Hop= limx→0

− 1(1+x2)2 2x

6xe)

= − limx→0

13(1 + x2)2

= −13

Oppgave 7.6.5Vi studerer funksjonen f(x) = x arctanx.

a) Den førstederiverte er gitt ved

f ′(x) = arctanx+x

1 + x2

Her har begge leddene pa høyre side samme fortegn som x. Detmedfører at ogsa f ′(x) har samme fortegn som x. Følgelig er fvoksende i intervallet [0,∞) og avtagende i (−∞, 0].

b) Den andrederiverte blir

f ′′(x) =1

1 + x2+

(1 + x2)− x(2x)(1 + x2)2

=(1 + x2) + (1 + x2)− 2x2

(1 + x2)2=

2(1 + x2)2

Dermed ser vi at f ′′(x) > 0 for alle x. Det betyr at funksjonen erkonveks pa hele R.

c) Funksjonen f(x) = x arctanx er definert for alle x og har derforingen vertikale asymptoter. Vi undersøker om den har noen skraasymptoter ved hjelp av metoden i 6.5.5. Vi finner først at grensen

limx→±∞

f(x)x

= limx→±∞

arctanx = ±π2

eksisterer, slik at vi muligens kan ha to skraasymptoter. Ved hjelpav oppgave 7.6.3c) finner vi videre at begge grensene

limx→∞

(x arctanx− π

2x)

= limx→∞

x(

arctanx− π

2

)= −1

og

48

limx→−∞

(x arctanx+

π

2x)

= limx→−∞

x(

arctanx+π

2

)= −1

eksisterer. Det betyr at f har asymptotene

y = ±π2x− 1

Oppgave 7.6.13

En 1 meter høy plakat henger med nedre kant 2 meter over bakken. Viskal finne den avstanden x som gir størst betraktningsvinkel θ(x) (se figuri boken). Av figuren ser vi at θ fremkommer som differensen mellom tovinkler:

θ(x) = arctan3x− arctan

2x, x ∈ (0,∞)

Den deriverte blir

θ′(x) =1

1 +(

3x

)2 ·−3x2− 1

1 +(

2x

)2 ·−2x2

=2

x2(

1 +(

2x

)2) −3

x2(

1 +(

3x

)2) =2

x2 + 4− 3x2 + 9

og mulige ekstremalpunkt for θ er derfor gitt ved

θ′(x) = 0 ⇐⇒ 2x2 + 4

=3

x2 + 9⇐⇒ 2(x2 + 9) = 3(x2 + 4)

⇐⇒ x2 = 6

⇐⇒ x =√

6

siden x ≥ 0. Den deriverte funksjonen θ′(x) er kontinuerlig overalt og kanikke skifte fortegn andre steder enn ved det eneste nullpunktet x =

√6.

Siden θ′(0) = 12 − 1

3 = 16 > 0 og θ′(3) = 2

13 − 318 = − 1

78 < 0, ma følgeligθ′ være positiv i intervallet (0,

√6) og negativ i (

√6,∞). Derfor ma θ(x)

ha et maksimum nar x =√

6.

49

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 8

I kapittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store temaet, ogher er det mange regneoppgaver som gir deg anledning til a trene inndisse teknikkene. Det er fa teoripregede oppgaver denne gang, men leggmerke til analysens fundamentalteorem i seksjon 8.3, og oppgave 8.3.5,8.3.6 og 8.3.7 som illustrerer bruk av fundamentalteoremet. Dersom dufinner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det fint om du girmeg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 8.2.1

La f : [1, 2] → R være funksjonen f(x) = 1x , og la Π = {1, 6

5 ,75 ,

85 ,

95 , 2}

være en partisjon. Den øvre trappesummen er da

Ø (Π) = 1 · 15

+56· 1

5+

57· 1

5+

58· 1

5+

59· 1

5

=15

+16

+17

+18

+19≈ 0.746

og den nedre trappesummen er

N(Π) =56· 1

5+

57· 1

5+

58· 1

5+

59· 1

5+

510· 1

5

=16

+17

+18

+19

+110≈ 0.646

Oppgave 8.3.3

Vi skal beregne verdien av integralene.∫ 2

0

e3x+2 dx =∫ 2

0

e2e3x dx = e2[1

3e3x]2

0b)

=e2

3(e6 − e0) =

e8 − e2

3

∫ 12

0

dx

1 + 4x2=∫ 1

2

0

dx

1 + (2x)2=

12

[arctan 2x

] 12

0d)

=12

(arctan 1− arctan 0)

=12

(π

4− 0) =

π

8

50

e) Ved substitusjonen u = x3 , du = 1

3 dx, far vi∫ 1

0

dx√9− x2

=∫ 1

0

dx√32 − x2

=∫ 1

0

dx

3√

1− (x3 )2

=∫ 1

3

0

du√1− u2

=[arcsinu

] 13

0

= arcsin13− arcsin 0 = arcsin

13

Oppgave 8.3.5

a) Vi skal finne den deriverte til

f(x) =∫ x

0

e−t2dt

Ifølge analysens fundamentalteorem (8.3.3) blir den deriverte lik in-tegranden innsatt øvre grense i integralet, det vil si

f ′(x) = e−x2

Oppgave 8.3.6

a) Anta at f er kontinuerlig og at g er deriverbar. Vi definerer

G(x) =∫ g(x)

a

f(t)dt.

og skal finne G′(x). Her er øvre grense i integralet en funksjon av x,sa vi ma bruke kjerneregelen. La

F (u) =∫ u

a

f(t)dt

Da erG(x) = F (g(x))

og kjerneregelen gir da

G′(x) = F ′(g(x)) · g′(x) = f(g(x))g′(x)

hvor vi har benyttet at F ′(u) = f(u) ifølge analysens fundamental-teorem.

b) Vi deriverer de oppgitte funksjonene ved hjelp av formelen fra punkta) ovenfor.

51

i) D

[∫ sin x

0

te−tdt]

= sinxe− sin x cosx =12

sin 2x e− sin x

ii) D

[∫ √x0

e−t2dt

]= e−

√x2 1

2√x

=e−x

2√x

D

[∫ 1

sin x

dt√1− t2

]= D

[−∫ sin x

1

dt√1− t2

]iii)

= − 1√1− sin2 x

cosx = − 1cosx

cosx = −1

Oppgave 8.3.7Vi skal finne grenseverdiene.

a)

limx→0

∫ x0e−t

2

x

L’Hop= limx→0

e−x2

1= 1

b) NB! Her er det en trykkfeil i læreboken. Integralet i telleren skal gafra 1 istedenfor fra 0 for a unnga divergensproblemer (se trykkfeillis-ten pa WEB-siden).

limx→∞

∫ x1e

1t

x2

L’Hop= limx→∞

e1x

2x= 0

Oppgave 8.4.1Vi skal løse de ubestemte integralene.

a)∫

dx

x+ 3= ln |x+ 3|+ C

∫(7x+ 3x

12 − cosx) dx = 7

x2

2+ 3

x32

32

− sinx+ Cb)

=72x2 + 2x

32 − sinx+ C

c)∫

dx

1 + 2x2=∫

dx

1 + (√

2x)2=

1√2

arctan(√

2x) + C

f) Ved substitusjonen u = x√7, du = 1√

7dx, far vi

∫4√

7− x2dx = 4

∫1

√7√

1− ( x√7

)2 dx = 4∫

1√1− u2

du

= 4 arcsinu+ C = 4 arcsinx√7

+ C

52

Oppgave 8.4.3Vi skal løse de ubestemte integralene.

a) Ved substitusjonen u = arcsinx, du = 1√1−x2 dx, far vi

∫ √arcsinx1− x2

dx =∫ √

u du

=u

32

32

+ C =23

(arcsinx)32 + C

c) Ved substitusjonen u =√x, du = 1

2√xdx, far vi

∫1√

x(1 + x)dx =

∫1√

x(1 + (√x)2)

dx

= 2∫

11 + u2

du = 2 arctanu+ C

= 2 arctan√x+ C

d) Vi starter med a splitte opp integralet i to deler∫

7x− 1√1− x2

dx = 7∫

x√1− x2

dx−∫

1√1− x2

dx

Her er det andre integralet i summen ovenfor lett a beregne:∫1√

1− x2dx = arcsinx+ C1

Det første integralet kan vi løse ved a bruke substitusjonen u = 1−x2,du = −2x dx, som gir∫

x√1− x2

dx = −12

∫1√udu = −1

2

√u

12

+ C = −√

1− x2 + C2

I alt far vi da∫7x− 1√1− x2

dx = −7√

1− x2 − arcsinx+ C

Oppgave 8.6.1Vi skal finne arealet avgrenset av de oppgitte kurvene.

a) y = x4, x-aksen og linjen x = 1. Grafen skjærer x-aksen i x = 0.Arealet er derfor gitt ved

A =∫ 1

0

x4 dx =[

15x5

]1

0

=15

(15 − 05) =15

53

c) y = sinx, x-aksen og linjene x = −π2 og x = −π4 . Grafen liggerunder x-aksen i intervallet [−π2 ,−π4 ]. Arealet er derfor

A = −∫ −π/4−π/2

sinx dx = −[− cosx

]−π/4

−π/2

= cos(−π

4

)− cos

(−π

2

)=

12

√2

f) y1 = 11+x2 , y2 = x

2 og y-aksen. Det eneste skjæringspunktet mellomgrafene y1 og y2 er for x = 1 (tegn figur!). Vi finner arealet somdifferensen mellom arealet under y1 og arealet under y2:

A =∫ 1

0

(1

1 + x2− x

2

)dx =

[arctanx− x2

4

]1

0

= arctan 1− 14− (arctan 0− 0) =

π

4− 1

4

Oppgave 8.6.3

Vi skal beregne arealet av det skraverte omradet mellom grafene til cosxog sinx pa figuren (se figur i Kalkulus). Skjæringspunktene mellomgrafene som avgrenser omradet er gitt ved

cosx = sinx ⇐⇒ x =π

4+ kπ, k ∈ Z

Skjæringspunktene vi er pa jakt etter far vi for k = −1 og for k = 0, detvil si x = − 3π

4 og x = π4 . I det aktuelle omradet ligger grafen til cosx

hele tiden over grafen til sinx, sa vi far det søkte arealet ved a integrerecosx− sinx mellom de to skjæringspunktene. Arealet blir derfor

A =∫ π

4

− 3π4

(cosx− sinx) dx =[sinx+ cosx

]π4

− 3π4

=√

22

+√

22−(−√

22−√

22

)=√

2− (−√

2) = 2√

2

Oppgave 8.6.5

Vi skal finne volumet til omdreiningslegemet som fremkommer nar vidreier grafen om x-aksen.

54

c) y = 1√1+x2 mellom x = 0 og x = 1. Volumet er gitt ved

V =∫ 1

0

πy2 dx =∫ 1

0

π1

1 + x2dx =

[π arctanx

]1

0

= π arctan 1− π arctan 0 =π2

4

d) y = 1sinx mellom x = π

6 og x = π3 . Volumet er gitt ved

V =∫ π/3

π/6

π

sin2 xdx =

[−π cotx

]π/3

π/6

= −π( 1√

3−√

3)

= −π(√3

3−√

3)

=2√

33π

e) y = 1√1+2x

mellom x = 0 og x = 3. Volumet er gitt ved

V =∫ 3

0

π( 1√

1 + 2x

)2

dx = π

∫ 3

0

11 + 2x

dx

=π

2

[ln |1 + 2x|

]30

=π

2(ln 7− ln 1) =

π

2ln 7

Oppgave 8.6.7

Vi skal finne volumet til omdreiningslegemet som fremkommer nar vidreier grafen om y-aksen.

a) y = x2 mellom x = 0 og x = 3.

V =∫ 3

0

2πx y(x) dx = 2π∫ 3

0

x3 dx =2π4

[x4]3

0=π

2(34 − 04) =

81π2

d) y = 1√9−x2 mellom x = 0 og x = 2. Ved a bruke substitusjonen

u = 9− x2, du = −2x dx, finner vi

V =∫ 2

0

2πx · 1√9− x2

dx = 2π∫ 2

0

x√9− x2

dx

= 2π(−1

2

)∫ 5

9

1√udu = π

∫ 9

5

1√udu

= 2π[√

u]9

5= 2π(3−

√5)

55

e) y = sin(x2) mellom x = 0 og x =√π. Ved a bruke substitusjonen

u = x2, du = 2x dx, finner vi

V =∫ √π

0

2πx sin(x2) dx =∫ π

0

π sin(u) du

=[−π cosu

]π0

= −π(cosπ − cos 0) = 2π

Oppgave 8.6.9

a) Omradet avgrenset av y = x og y = x2 dreies om x-aksen (tegnfigur!). Vi skal finne volumet av omdreiningslegemet (bruker setning8.6.3 i Kalkulus).

V =∫ 1

0

πx2 dx−∫ 1

0

π(x2)2 dx = π

∫ 1

0

(x2 − x4) dx

= π[1

3x3 − 1

5x5]1

0= π

(13− 1

5

)=

215π

b) Omradet dreies isteden om y-aksen. Vi skal finne volumet av om-dreiningslegemet (bruker setning 8.6.5 i Kalkulus).

V =∫ 1

0

2πx(x− x2) dx = 2π∫ 1

0

(x2 − x3) dx

= 2π[1

3x3 − 1

4x4]1

0= 2π

(13− 1

4

)=π

6

Oppgave 8.6.11

a) Buelengden av grafen til funksjonen f(x) = 3x+4 fra x = 0 til x = 3er gitt ved

L =∫ 3

0

√1 + f ′(x)2 dx =

∫ 3

0

√1 + 32 dx

=√

10∫ 3

0

dx =√

10[x]3

0= 3√

10

b) Buelengden av grafen til funksjonen f(x) = coshx fra x = 1 til x = 2er gitt ved

L =∫ b

a

√1 + f ′(x)2 dx =

∫ 2

1

√1 + sinh2 x dx =

∫ 2

1

coshx dx

=[sinhx

]2

1

= sinh 2− sinh 1 =(e3 + 1)(e− 1)

2e2

56

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 9

I kapittel 9 far du innarbeidet flere integrasjonsteknikker, slik som delvisintegrasjon, substitusjon og delbrøkoppspaltning. Du finner løsnings-forslag til helt enkle drilloppgaver savel som mer sammensatte eksemplerpa bruk av disse teknikkene. Det er ogsa et par eksempler pa uegentligeintegraler, og oppgave 9.5.11 dveler ved et tilsynelatende paradoks somdet kan være nyttig a tenke igjennom. Dersom du finner noen feil ellertrykkfeil i løsningsforslagene, er det fint om du gir meg beskjed pa epost-adressen klara@math.uio.no.

Oppgave 9.1.1

a) Delvis integrasjon gir∫x sinx dx = −x cosx−

∫− cosx dx = −x cosx+ sinx+ C

↑u = x, v′ = sinxu′ = 1, v = − cosx

d) Delvis integrasjon to ganger gir∫x2ex dx = x2ex −

∫2xex dx

↑u = x2, v′ = ex

u′ = 2x, v = ex

= x2ex − (2xex −∫

2ex dx) = x2ex − 2xex + 2ex + C↑u = 2x, v′ = ex

u′ = 2, v = ex

g) Delvis integrasjon to ganger gir∫(x2 + x) sinx dx = −(x2 + x) cosx−

∫−(2x+ 1) cosx dx

↑u = x2 + x, v′ = sinxu′ = 2x+ 1, v = − cosx

= −(x2 + x) cosx−(

(2x+ 1)(− sinx)−∫−2 sinx dx

)

↑u = 2x+ 1, v′ = − cosxu′ = 2, v = − sinx

57

= −(x2 + x) cosx+ (2x+ 1) sinx+ 2 cosx+ C

= −(x2 + x− 2) cosx+ (2x+ 1) sinx+ C

h) Delvis integrasjon gir∫ √

x lnx dx =23x3/2 lnx−

∫23x3/2 1

xdx

↑u = lnx, v′ =

√x

u′ = 1x , v = 2

3x3/2

=23x3/2 lnx−

∫23x1/2 dx =

23x3/2 lnx− 4

9x3/2 + C

Oppgave 9.1.3

a) Delvis integrasjon to ganger gir∫e−x cosx dx = −e−x cosx−

∫e−x sinx dx

↑u = cosx, v′ = e−x

u′ = − sinx, v = −e−x

= −e−x cosx− (−e−x sinx−∫−e−x cosx dx)

↑u = sinx, v′ = e−x

u′ = cosx, v = −e−x

= −e−x cosx+ e−x sinx−∫e−x cosx dx

I alt har vi na fatt ligningen∫e−x cosx dx = −e−x cosx+ e−x sinx−

∫e−x cosx dx

som videre gir oss∫e−x cosx dx =

12e−x(sinx− cosx) + C

b) Delvis integrasjon gir∫

sin2 x dx = − sinx cosx+∫

cos2 x dx↑u = sinx, v′ = sinxu′ = cosx, v = − cosx

58

= − sinx cosx+∫

1− sin2 x dx

= − sinx cosx+ x−∫

sin2 x dx

I alt har vi da fatt ligningen∫

sin2 x dx = − sinx cosx+ x−∫

sin2 x dx

som videre gir oss∫

sin2 x dx =12x− 1

2sinx cosx+ C

Oppgave 9.1.5Delvis integrasjon gir

∫ln(x2)x2

dx = − ln(x2)x−∫

2x

(− 1x

)dx

↑u = ln(x2), v′ = 1/x2

u′ = 2/x, v = −1/x

= − ln(x2)x

+∫

2x2

dx = − ln(x2)x− 2x

+ C

= −2lnxx− 2x

+ C = − 2x

(lnx+ 1) + C

Oppgave 9.1.11Delvis integrasjon gir

∫x2 arctanx

1 + x2dx = arctanx(x− arctanx)−

∫x− arctanx

1 + x2dx

↑u = arctanx, v′ = x2

1+x2

u′ = 11+x2 , v = x− arctanx,

(se mellomregning nedenfor)

= x arctanx− arctan2 x−∫

x

1 + x2dx+

∫arctanx1 + x2

dx

= x arctanx− arctan2 x− 12

ln(1 + x2) +12

arctan2 x+ C

= x arctanx− 12

arctan2 x− 12

ln(1 + x2) + C

59

Mellomregning:∫

x2

1 + x2dx =

∫(1 + x2)− 1

1 + x2dx =

∫ (1− 1

1 + x2

)dx = x− arctanx+D

Oppgave 9.1.23

a) Vi lar In =∫ 1

0arcsinn x dx. Da har vi

I0 =∫ 1

0

dx =[x

]1

0

= 1

og

I1 =∫ 1

0

arcsinx dx =[x arcsinx

]1

0

−∫ 1

0

x√1− x2

dx↑u = arcsinx, v′ = 1

u′ = 1/√

1− x2, v = x

=[x arcsinx

]1

0

−[−√

1− x2

]1

0

= arcsin 1− 0− (−√

0 +√

1)

=π

2− 1

b) Delvis integrasjon to ganger gir

In =∫ 1

0

arcsinn x dx =[xarcsinn x

]1

0

−∫ 1

0

nx arcsinn−1 x√1− x2

dx↑u = arcsinn x, v′ = 1u′ = n arcsinn−1 x√

1−x2 , v = x

=(π

2

)n− n

(−[√

1− x2 arcsinn−1 x

]1

0

+∫ 1

0

(n− 1) arcsinn−2 x dx

)

↑u = arcsinn−1 x, v′ = x√

1−x2

u′ = (n−1) arcsinn−2 x√1−x2 , v = −√1− x2

=(π

2

)n− n

([0(π

2

)n−1

− 1 · 0n−1

]+ (n− 1)In−2

)

=(π

2

)n− n(n− 1)In−2

60

c) Setter vi inn n = 3 i formelen fra punkt b), far vi

I3 =(π

2

)3

− 3(3− 1)I3−2 =(π

2

)3

− 3π + 6

Oppgave 9.2.1

a) Ved substitusjon finner vi∫

sin√x√

x=∫

2 sinu du = −2 cosu+ C = −2 cos√x+ C

↑u =√x, du = dx/2

√x

dx = 2 du√x

b) Ved substitusjon finner vi∫ √

x

1 + xdx =

∫u

1 + u22u du = 2

∫u2

1 + u2du = 2

∫(1 + u2)− 1

1 + u2du

↑u =√x, x = u2,

dx = 2u du

= 2∫ (

1− 11 + u2

)du = 2(u− arctanu) + C = 2

√x− 2 arctan

√x+ C

d) Substitusjon gir∫

ex√1− e2x

dx =∫

u√1− u2

du

u=∫

du√1− u2↑

u = ex, du = exdx,dx = du/u

= arcsinu+ C = arcsin ex + C

Oppgave 9.2.3

a) Substitusjon gir∫ √2

0

xex2dx =

∫ 2

0

12eu du =

[12eu]2

0

=12

(e2 − e0) =12

(e2 − 1)↑u = x2, du = 2xdxx = 0 =⇒ u = 0x =√

2 =⇒ u = 2

61

c) Substitusjon gir∫ 9

4

√x+ 1

1−√x =∫ 3

2

u+ 11− u2u du = −2

∫ 3

2

u2 + u

u− 1du

↑u =√x, du = dx/2

√x

x = 4 =⇒ u = 2x = 9 =⇒ u = 3

= −2∫ 3

2

(u+ 2 +

2u− 1

)du = −2

[12u2 + 2u+ 2 ln |u− 1|

]3

2↑se polynomdivisjon nedenfor

= −2(

12

32 + 4 + 2 ln |3− 1| −(1

222 + 2 + 2 ln |2− 1|

))

= −2(5

2+ 2 + 2 ln 2

)= −(9 + 4 ln 2)

Polynomdivisjon:

u2 + u : u− 1 = u+ 2 +2

u− 1u2 − u

2u2u− 2

220

Oppgave 9.2.4

Substitusjon gir∫ 2

0

√4− x2 dx =

∫ π/2

0

√4− 22 sin2 u 2 cosu du

↑x = 2 sinu, dx = 2 cosu du

x = 2 =⇒ u = π/2x = 0 =⇒ u = 0

=∫ π/2

0

√4 cos2 u 2 cosu du =

∫ π/2

0

4 cos2 u du

= 2∫ π/2

0

(cos 2u+ 1) du = 2[

sin 2u2

+ u

]π/2

0

= 2π

2= π

62

Oppgave 9.3.1

a) Ved a dele opp integranden far vi∫x2 + 2x− 3

x+ 1dx =

∫ (x+ 1− 4

x+ 1

)dx =

x2

2+ x− 4 ln |x+ 1|+ C

Oppdelingen fikk vi ved polynomdivisjon:

x2 + 2x− 3 : x+ 1 = x+ 1− 4x+ 1

x2 + x

x− 3x+ 1−4−4

0

d) Ved delbrøkoppspaltning av integranden (se nedenfor) far vi∫

x− 1x2 + 3x+ 2

dx =∫

x− 1(x+ 1)(x+ 2)

dx =∫ ( −2

x+ 1+

3x+ 2

)dx

= 3 ln |x+ 2| − 2 ln |x+ 1|+ C

Vi viser delbrøkoppspaltningen:

x− 1(x+ 1)(x+ 2)

=A

x+ 1+

B

x+ 2x− 1 = A(x+ 2) +B(x+ 1)

= (A+B)x+ (2A+B)

Sammenligning av koeffisienter gir

A+B = 1, 2A+B = −1

det vil siA = −2, B = 3

e) Ved a skrive om integranden slik at den deriverte av nevneren blirtrukket inn i telleren, far vi∫

4x+ 2x2 + 2x+ 2

dx = 2∫

(2x+ 2)− 1x2 + 2x+ 2

dx

= 2(∫

2x+ 2x2 + 2x+ 2

dx−∫

1x2 + 2x+ 2

dx

)

63

= 2(

ln |x2 + 2x+ 2| −∫

1(x+ 1)2 + 1

dx

)

= 2 ln |x2 + 2x+ 2| − 2 arctan(x+ 1) + C

Oppgave 9.3.5

Ved delbrøkoppspaltning (se nedenfor) av integranden far vi∫

x+ 1(x− 1)(x2 + x+ 1)

dx =13

∫ ( 2x− 1

− 2x+ 1x2 + x+ 1

)dx

=13

(2 ln |x− 1| − ln |x2 + x+ 1|) + C

=13

ln(x− 1)2 − 13

ln(x2 + x+ 1) + C

=13

ln(x− 1)2

x2 + x+ 1+ C

Vi viser delbrøkoppspaltningen:

x+ 1(x− 1)(x2 + x+ 1)

=A

x− 1+

Bx+ C

x2 + x+ 1x+ 1 = A(x2 + x+ 1) + (Bx+ C)(x− 1)

= (A+B)x2 + (A−B + C)x+A− CSammenligning av koeffisienter gir

A+B = 0, A−B + C = 1, A− C = 1

det vil si

A =23, B = −2

3, C = −1

3

Oppgave 9.3.13

Vi skal beregne∫

dxx3+8 .

Vi ser at (x+ 2) er en faktor i nevneren siden x = −2 er et nullpunkt forx3 + 8. For a faktorisere nevneren utfører vi polynomdivisjon.

64

x3 + 8 : x+ 2 = x2 − 2x+ 4 = (x− 1)2 + 3

x3 + 2x2

− 2x2 + 8

− 2x2 − 4x

4x+ 8

4x+ 8

0

Delbrøkoppspaltning av integranden gir na

1x3 + 8

=1

(x+ 2)(x2 − 2x+ 4)=

A

x+ 2+

Bx+ C

x2 − 2x+ 41 = A(x2 − 2x+ 4) + (Bx+ C)(x+ 2)1 = (A+B)x2 + (2B + C − 2A)x+ (4A+ 2C)

Sammenholder vi koeffisientene pa hver side av identiteten, finner vi

A+B = 0, 2B + C − 2A = 0, 4A+ 2C = 1

som gir

A =112, B = − 1

12, C =

13

Dermed blir∫

dx

x3 + 8=∫ ( 1

12

x+ 2+− 1

12x+ 13

x2 − 2x+ 4

)dx

↑delbrøkoppspaltning

=112

ln |x+ 2| − 124

∫(2x− 2)− 6x2 − 2x+ 4

dx

=112

ln |x+ 2| − 124

∫2x− 2

x2 − 2x+ 4dx+

624

∫1

(x− 1)2 + 3dx

=112

ln |x+ 2| − 124

ln(x2 − 2x+ 4) +14

∫1

3[(x−1√3

)2 + 1]dx

=112

ln |x+ 2| − 124

ln(x2 − 2x+ 4) +112

√3∫

1u2 + 1

du↑u = x−1√

3, du = 1√

3dx

=112

ln |x+ 2| − 124

ln(x2 − 2x+ 4) +112

√3 arctan(u) + C

65

=112

ln|x+ 2|√

x2 − 2x+ 4+√

312

arctan(x− 1√

3

)+ C

Oppgave 9.3.17

Ved substitusjon far vi først omformet integralet∫f(x) dx =

∫dx

e2x + 4ex + 13=∫

dz

z(z2 + 4z + 13)=∫g(z) dz

↑z = ex, dz = ex dx

dx = 1zdz

og bruker sa delbrøkoppspaltning pa den nye integranden.

g(z) =1

z(z2 + 4z + 13)=A

z+

Bz + C

z2 + 4z + 131 = A(z2 + 4z + 13) + (Bz + C)z

= (A+B)z2 + (4A+ C)z + 13A

Sammenligning av koeffisientene gir

13A = 1, 4A+ C = 0, A+B = 0

det vil siA =

113, B = − 1

13, C = − 4

13Den nye integranden kan na omformes slik:

g(z) =113

(1z− z + 4z2 + 4z + 13

)=

113

(1z− 1

2(2z + 4) + 4z2 + 4z + 13

)

=113

(1z− 1

2

( 2z + 4z2 + 4z + 13

+4

(z + 2)2 + 9

))

=113

(1z− 1

22z + 4

z2 + 4z + 13− 2

91(

z+23

)2 + 1

)

Leddvis integrasjon gir dermed∫g(z) dz =

113

(ln |z| − 1

2ln(z2 + 4z + 13)− 2

9· 3 arctan

(z + 23

))+D

Substituerer vi na tilbake z = ex, har vi ialt∫f(x) dx =

113

(x− 1

2ln(e2x + 4ex + 13)− 2

3arctan

(ex + 23

))+D

66

Oppgave 9.3.19

Substitusjon og delbrøkoppspaltning gir∫ π

3

0

tanx1 + cosx

dx =∫ π

3

0

sinxcosx(1 + cosx)

dx =∫ 1

2

1

− 1u(u+ 1)

du↑

u = cosx, du = − sinx dxx = 0 =⇒ u = 1

x = π/3 =⇒ u = 1/2

=∫ 1

12

( 1u− 1u+ 1

)du =

[ln |u| − ln |u+ 1|

]1

12

= ln 1− ln 2− ln12

+ ln32

= ln32

Oppgave 9.5.1

a) Integrasjonsintervallet er ubegrenset, men integralet konvergerer:∫ ∞

0

dx

1 + x2= limb→∞

∫ b

0

dx

1 + x2= limb→∞

[arctanx

]b

0

= limb→∞

(arctan b− arctan 0)

=π

2

b) Integranden er ubegrenset, men integralet konvergerer:∫ 1

0

dx√1− x2

= lima→1

∫ a

0

dx√1− x2

= lima→1

[arcsinx

]a

0

= lima→1

(arcsin a− arcsin 0)

= arcsin 1− arcsin 0 =π

2− 0 =

π

2

e) Integrasjonsintervallet er ubegrenset, men integralet konvergerer:∫ ∞

2

dx

x2 + x− 2= lima→∞

∫ a

2

dx

(x− 1)(x+ 2)

=13

lima→∞

∫ a

2

(1

x− 1− 1x+ 2

) dx↑delbrøkoppspaltning

67

=13

lima→∞

[ln |x− 1| − ln |x+ 2|

]a

2

=13

lima→∞

(ln |a− 1| − ln |a− 2| − ln 1 + ln 4)

=13

lima→∞

(ln∣∣∣∣a− 1a− 2

∣∣∣∣+ ln 4)

=13

lima→∞

(ln∣∣∣∣1− 1

a

1− 2a

∣∣∣∣+ ln 4)

=13

(ln 1 + ln 4) =13

ln 4

i) Integralet konvergerer. Ved delvis integrasjon far vi at∫x lnx dx =

12x

2(lnx − 12 ) + C (dette har du allerede gjort i oppgave 9.1.1b).

Dermed far vi:∫ 1

0

x lnx dx = lima→0+

∫ 1

a

x lnx dx = lima→0+

[12x2(

lnx− 12

)]1

a

= lima→0+

(12

(ln 1− 1

2

)− 1

2a2(

ln a− 12

))

= −14− 1

2lima→0+

a2(

ln a− 12

)= −1

4

hvor vi i siste overgang har benyttet at lima→0+ a2 ln a = 0 ifølgesetning 6.3.16 i Kalkulus.

Oppgave 9.5.11

Gabriels trompet fremkommer ved at vi dreier grafen til f(x) = 1x , hvor

1 ≤ x <∞, om x-aksen (tegn figur!).

a) Vi finner volumet av Gabriels trompet (bruker setning 8.6.3):

V =∫ ∞

1

πf(x)2 dx = limb→∞

π

∫ b

1

1x2

dx

= π limb→∞

[− 1x

]b1

= π limb→∞

(1− 1

b

)= π

Sa Gabriels trompet har endelig volum.

b) Vi beregner overflaten av Gabriels trompet ved hjelp av den oppgitte

68

formelen:

A = 2π∫ ∞

1

f(x)√

1 + f ′(x)2 dx

= 2π∫ ∞

1

1x

√1 +

(− 1x2

)2

dx = 2π∫ ∞

1

1x

√1 +

1x4

dx

> 2π∫ ∞

1

1xdx

hvor den siste ulikheten skyldes at√

1 + 1x4 > 1. Men integralet∫∞

11x dx vet vi divergerer mot uendelig, sa da ma det opprinnelige

integralet ogsa divergere (ved sammenligningskriteriet). Det betyrat Gabriels trompet har uendelig overflate.

c) Pastand: Vi kan male den (uendelige) innsiden av Gabriels trompetved a kjøpe nok maling til a fylle det endelige volumet, helle malingeni trompeten og tømme ut det som blir til overs. Dermed har vi maltden uendelige overflaten med endelig mye maling.Kommentar: I praksis far vi ikke fylt opp hele volumet til trompe-ten, og dermed far vi ikke malt hele overflaten. Dette skyldes atmalingen ma ha en viss tykkelse (la oss si diameteren til et atom),mens tuten i trompeten blir vilkarlig smal bare vi beveger oss langtnok inn. Før eller siden blir tuten smalere enn diameteren til etatom, og da far ikke malingen presset seg lenger inn.Men hvis vi antar at vi har en idealisert “matematisk” maling somkan bli vilkarlig tynn slik at den fyller opp hele volumet til trompeten,ville vi faktisk kunne male den uendelige overflaten av trompetenmed endelig mye maling. Dette er egentlig ikke noe mer paradoksaltenn at et integral over et ubegrenset intervall kan bli endelig. Tenkigjennom dette pa egenhand!

69

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

I kapittel 10 far du trening i a løse ulike typer differensialligninger, og herfar du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Menvel sa viktig som det regnemessige, er det a lære seg hvordan man tenkernar man skal stille opp differensialligninger for a løse praktiske problemer.Dette finner du eksempler pa i oppgavene til seksjon 10.2 og 10.4. Dersomdu finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det fint om dugir meg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 10.1.3

a) Vi skal finne alle løsningene til differensialligningen y′ − 2xy = x2 pa

intervallet (0,∞). Den integrerende faktoren blir her

e−∫

2x dx = e−2 ln x = x−2

og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen

x−2y′ − 2x−3y = 1

det vil si[x−2y]′ = 1

Ved a integrere pa begge sider far vi

x−2y = x+ C

som gir løsningeny = x3 + Cx2

b) Vi skal finne alle løsningene til differensialligningen y′ − 2xy = ex2.

Her er integrerende faktor

e−∫

2x dx = e−x2

og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen

e−x2y′ − 2xe−x

2y = 1

det vil si [e−x

2y]′ = 1

Ved a integrere pa begge sider far vi

e−x2y = x+ C

70

som gir løsningeny = ex

2(x+ C)

d) Vi skal finne alle løsningene til differensialligningen y′+ 2xy = arctan x

x2

pa intervallet (0,∞). Den integrerende faktoren blir

e∫

2x dx = e2 ln x = x2

og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen

x2y′ + 2xy = arctanx

det vil si[x2y]′ = arctanx

Ved a integrere pa begge sider far vi

x2y = x · arctanx− 12

ln(1 + x2) + C (se nedenfor)

som gir løsningen

y =arctanx

x− 1

2x2ln(1 + x2) +

C

x2

Ovenfor har vi benyttet delvis integrasjon til a løse integralet∫

arctanx dx = x · arctanx−∫

x

1 + x2dx

↑u = arctanx, v′ = 1u′ = 1

1+x2 , v = x

= x · arctanx− 12

ln(1 + x2) + C

Oppgave 10.1.7Vi skal løse differensialligningen (x+ 1)y′ + y − 1 = 0, x > −1.Denne ligningen er pa formen

(x+ 1)y′ + y = 1

der vi gjenkjenner venstre side som den deriverte til (x + 1)y, slik atligningen kan skrives

[(x+ 1)y]′ = 1

Ved a integrere pa begge sider far vi

(x+ 1)y = x+D

71

som gir løsningen

y =x+D

x+ 1=x+ 1 + (D − 1)

x+ 1= 1 +

C

x+ 1

der vi har satt C = D − 1.

Oppgave 10.1.9

a) Vi skal løse integralet∫

2x−2(x+1)(x2+2x+5) dx.

Vi ser at nevneren ikke kan faktoriseres ytterligere, siden faktorenx2 + 2x+ 5 = (x+ 1)2 + 4 ikke har noe nullpunkt.Delbrøkoppspaltning av integranden gir

2x− 2(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)

=A

x+ 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 52x− 2 = A(x2 + 2x+ 5) + (Bx+ C)(x+ 1)

= (A+B)x2 + (2A+B + C)x+ (5A+ C)

Sammenholder vi koeffisientene pa hver side av identiteten, far vi

A+B = 0, 2A+B + C = 2, 5A+ C = −2

som girA = −1, B = 1, C = 3

Dermed har vi∫2x− 2

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)dx =

∫ ( −1x+ 1

+x+ 3

x2 + 2x+ 5

)dx

↑delbrøkoppspaltning

= − ln |x+ 1|+∫ 1

2 (2x+ 2) + 2x2 + 2x+ 5

dx

= − ln |x+ 1|+ 12

∫2x+ 2

x2 + 2x+ 5dx+

∫2

(x+ 1)2 + 4dx

= − ln |x+ 1|+ 12

ln |x2 + 2x+ 5|+∫

24[(x+1

2 )2 + 1]dx

= − ln |x+ 1|+ 12

ln(x2 + 2x+ 5) +∫

1u2 + 1

du↑u = x+1

2 , du = 12 dx

= − ln |x+ 1|+ 12

ln(x2 + 2x+ 5) + arctan(u) + C

= − ln |x+ 1|+ 12

ln(x2 + 2x+ 5) + arctan(x+ 1

2

)+ C

72

b) Vi skal finne alle løsninger til differensialligningen

dy

dx+

2x2 − 1

y =2

x2 + 2x+ 5hvor x > 1

Den integrerende faktoren blir

e

∫2

x2−1dx = e

∫( 1x−1− 1

x+1 ) dx = eln( x−1x+1 ) =

x− 1x+ 1

Multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren, far vi[y

(x− 1x+ 1

)]′=

2x2 + 2x+ 5

· x− 1x+ 1

y

(x− 1x+ 1

)=∫

2x− 2(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)

dx

y =(x+ 1x− 1

)∫2x− 2

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)dx

Men det siste integralet regnet vi ut i punkt a), sa vi har ialt

y =(x+ 1x− 1

)(− ln |x+ 1|+ 1

2ln(x2 + 2x+ 5) + arctan

(x+ 12

)+ C

)

Oppgave 10.2.1La y(t) være befolkningstallet ved tiden t. Endringen i befolkningen perar er da gitt ved y′(t). Denne endringen skyldes dels en befolkningsvekstpa 0.02y(t) per ar, og dels en netto innvandring pa 40 000 personer perar. Setter vi de to uttrykkene for befolkningsveksten lik hverandre, far vi

y′ = 0.02y + 40 000

Den integrerende faktoren er e∫−0.02 dt = e−0.02t, og multipliserer vi

ligningen med denne, far vi

e−0.02ty′ − 0.02e−0.02ty = 40 000e−0.02t

det vil si [e−0.02ty

]′ = 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 løsningen

y = Ce0.02t − 2 000 000

73

Initialbetingelsen y(0) = 2000000 gir

y(0) = C − 2 000 000 = 2 000 000

Det betyr at C = 4 000 000, sa var løsning blir

y(t) = 4 000 000e0.02t − 2 000 000

Oppgave 10.2.7

La y(t) være vannmengden i demningen ved tiden t. Endringen i vann-mengden per sekund er da gitt ved y′(t). Denne endringen skyldes dels ettilsig pa 100 m3 vann per sekund, og dels et utslipp pa 10−6y(t) m3 vannper sekund. Setter vi de to uttrykkene for endringen i vannmengden likhverandre, ser vi at

y′(t) = 100− 10−6y(t)

det vil si at vi far den oppgitte differensialligningen

y′(t) + 10−6y(t) = 100

Dette er en første ordens, lineær differensialligning, og multipliserer viligningen med den integrerende faktoren e10−6t, far vi

(e10−6ty(t))′ = 100e10−6t

Integrerer vi pa begge sider, far vi

e10−6ty(t) =100

10−6e10−6t + C = 108e10−6t + C

det vil si

y(t) = 108 +C

e10−6t

Nar demningen er full inneholder den 108 m3 vann. Vi skal finne ut hvorlang tid det tar fra demningen er tom til den er halvfull. La oss startemalingen av tiden nar demningen er tom, det vil si at y(0) = 0. Ved hjelpav denne initialbetingelsen far vi bestemt konstanten C:

y(0) = 0 ⇐⇒ 108 +C

e0= 0 ⇐⇒ C = −108

Sa den spesielle løsningen blir

y(t) = 108 − 108

e10−6t= 108

(1− 1

e10−6t

)

74

Vi skal finne ut hvor lang tid t det tar før y(t) = 12 · 108. Vi har

108(

1− 1e10−6t

)=

12· 108

(1− 1

e10−6t

)=

12

1e10−6t

=12

e10−6t = 2

t = 106 ln 2

Det tar altsa 106 ln 2 sekunder fra demningen er tom til den er halvfull.

Oppgave 10.2.11

a) En melkekartong der temperaturen var 6◦C ble staende pa kjøkken-benken i 2 timer. Da var temperaturen i melka 13◦C. Lufttempe-raturen var 20◦C. La T (t) være temperaturen i melka ved tiden t,og la A være lufttemperaturen utenfor melkekartongen. Vi regnermed at temperaturen i melka endrer seg med en hastighet som erproporsjonal med differansen mellom lufttemperaturen og tempera-turen i melka. Dette betyr at

T ′(t) = α(A− T (t))

det vil si at temperaturen i melka er beskrevet ved differensiallig-ningen

T ′ + αT = αA

Multipliserer vi med den integrerende faktoren eαt, far vi

T ′eαt + αeαtT = αeαtA[eαtT

]′ = αeαtA

og integrasjon pa begge sider gir

eαtT = eαtA+B

T (t) = A+Be−αt

Nar melka star pa kjøkkenbenken er temperaturen i lufta omkringmelkekartongen gitt ved lufttemperaturen, det vil si at A = 20. Vedtiden t = 0 er temperaturen i melka 6◦C. Dette gir oss

T (0) = 20 +B = 6 ⇐⇒ B = −14

75

Ved tiden t = 2 var temperaturen 13◦C, hvilket gir at

T (2) = 20− 14e−2α = 13

det vil si

e−2α =12

−2α = ln12

= − ln 2

α =12

ln 2

Dermed er temperaturen til melka etter t timer gitt ved

T (t) = 20− 14et ln 2

2

b) Temperaturen i melka etter tre timer er

T (3) = 20− 14e−3 ln 2

2 = 20− 14eln 2−3/2

= 20− 2−3/214 ≈ 15.05

det vil si at temperaturen er ca 15.05◦C.c) Da temperaturen i melka var 15◦C, ble den satt inn i kjøleskapet.

Etter 1 time var temperaturen i melka 12◦C. Vi skal finne temper-aturen Tk i kjøleskapet. Differensialligningen fra punkt a) og densgenerelle løsning gjelder fortsatt (spesielt er konstanten α den sammesom vi fant i punkt a). Den eneste forskjellen er at lufttemperaturenA utenfor kartongen na blir lik temperaturen Tk i kjøleskapet. Settervi t = 0 idet kartongen settes inn i kjøleskapet, gir de nye opplysnin-gene oss

T (0) = Tk +Be−α0 = Tk +B = 15

T (1) = Tk +Be−α = Tk +B√

2= 12

Fra den første ligningen ovenfor har vi B = 15 − Tk som innsatt iden andre ligningen gir

Tk +√

22

15−√

22Tk = 12

Tk

(1−√

22

)= 12−

√2

215

Tk =12−

√2

2 15

1−√

22

≈ 4.7574

76

Sa temperaturen i kjøleskapet var ca 4.76◦C.

Oppgave 10.3.1Vi skal løse differensialligningen y′ − 3y = e2x med initialbetingelseny(0) = 0. Multiplikasjon med den integrerende faktoren e−3x gir

e−3xy′ − 3e−3xy = e−x

det vil si [e−3xy

]′ = e−x

Ved a integrere pa begge sider far vi

e−3xy = C − e−x

som gir løsningeny = Ce3x − e2x

Av initialbetingelsen far vi

y(0) = C − 1 = 0 ⇐⇒ C = 1

Sa den spesielle løsningen som oppfyller initialbetingelsen var, er

y(x) = e3x − e2x

Oppgave 10.3.3Vi skal løse y′ + y tanx = sin 2x med initialbetingelsen y(0) = 2. Substi-tusjonen u = cosx, du = − sinx dx gir∫

tanx dx =∫

sinxcosx

dx =∫− 1udu = − ln |u| = − ln |cosx|

Den integrerende faktoren blir dermed e− ln|cos x| = 1|cos x| , og multiplika-

sjon med denne faktoren gir ligningen

y′

cosx+ y

sinxcos2 x

=sin 2xcosx

=2 sinx cosx

cosx= 2 sinx

det vil si [ y

cosx

]′= 2 sinx

Ved a integrere begge sider av ligningen far viy

cosx= −2 cosx+ C

som gir løsningeny = C cosx− 2 cos2 x

77

Vi bestemmer konstanten C ved hjelp av initialbetingelsen:

y(0) = C − 2 = 2 ⇐⇒ C = 4

Sa den spesielle løsningen blir

y(x) = 4 cosx− 2 cos2 x

Oppgave 10.3.5Vi skal løse differensialligningen

x2y′ + 2xy = arctanx

med initialbetingelsen y(1) = π4 . Her kan vi gjenkjenne venstre side av

ligningen direkte som den deriverte til uttrykket yx2, slik at ligningenkan skrives [

yx2]′ = arctanx

Vi integrerer pa begge sider og løser integralet vi far pa høyre side vedhjelp av delvis integrasjon hvor vi setter u = arctanx, v′ = 1, u′ = 1

1+x2

og v = x. Dette gir

yx2 =∫

arctanx dx

= x arctanx−∫

x

1 + x2dx

= x arctanx− 12

ln(1 + x2) + C

Divisjon med x2 gir da at den generelle løsningen er

y =arctanx

x− 1

2x2ln(1 + x2) +

C

x2

Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen:

y(1) = arctan 1− 12

ln 2 + C =π

4⇐⇒ C =

12

ln 2

Den spesielle løsningen som tilfredsstiller var initialbetingelse blir derfor

y(x) =arctanx

x− 1

2x2ln(1 + x2) +

ln 22· 1x2

Oppgave 10.4.1a) Differensialligningen

y′′ + y′ − 6y = 0

78

har karakteristisk ligning

r2 + r − 6 = 0

med røtter

r =−1±√1 + 24

2={−3

2Den generelle løsingen av differensialligningen er dermed

y(x) = Ce−3x +De2x

c) Differensialligningeny′′ + 6y′ + 9y = 0

har karakteristisk ligning

r2 + 6r + 9 = (r + 3)2 = 0

med løsningr = −3

Da den karakteristiske ligningen bare har en rot, sa er den generelleløsningen av differensialligningen

y(x) = Ce−3x +Dxe−3x

d) Differensialligningeny′′ − 2y′ + 5y = 0

har karakteristisk ligning

r2 − 2r + 5 = 0

med røtter

r =2±√4− 20

2=

2± i√162

= 1± 2i

Da den karakteristiske ligningen har to komplekse røtter, blir dengenerelle løsningen av differensialligningen

y(x) = ex(C cos 2x+D sin 2x)

Oppgave 10.4.4

a) Vi skal finne den løsningen av y′′ − 4y′ + 4y = 0 som gar gjennom(0, 1) og (1,−1). Den karakteristiske ligningen

r2 − 4r + 4 = (r − 2)2 = 0

79

har bare den ene roten r = 2, sa den generelle løsningen av differen-sialligningen er

y = Ce2x +Dxe2x

Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene:

y(0) = Ce0 +D · 0 · e0 = 1 =⇒ C = 1y(1) = Ce2 +D · 1 · e2 = e2 +De2 = −1 =⇒ D = −1− e−2

Løsningen er dermed

y(x) = e2x(1− (1 + e−2)x

)

b) Vi skal finne den løsningen av y′′ + y′ + 54y = 0 som gar gjennom

(π2 , 1) og (π, 1). Den karakteristiske ligningen

r2 + r +54

= 0

har løsningene

r =−1±

√12 − 4 · 5

4

2=−1± 2i

2= −1

2± i

Da vi har har to komplekse røtter, er den generelle løsningen avdifferensialligningen gitt ved

y = e−x/2(C cosx+D sinx)

Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene:

y(π

2

)= e−π/4

(C cos

π

2+D sin

π

2

)= e−π/4D = 1 =⇒ D = eπ/4

y(π) = e−π/2(C cos(π) +D sin(π)

)= −Ce−π/2 = 1 =⇒ C = −eπ/2

Den spesielle løsningen er dermed

y(x) = e−x/2(−eπ/2 cosx+ eπ/4 sinx

)

Oppgave 10.4.6

a) Ved a benytte at

sinπ

6=

12

og cosπ

6=√

32

80

far vi omskrivningen

12

cos 3x+√

32

sin 3x = sinπ

6cos 3x+ cos

π

6sin 3x

= sin(

3x+π

6

)

b) Ved a benytte at

sinπ

4=√

22

og cosπ

4=√

22

far vi omskrivningen

cosx

2+ sin

x

2=√

2(√2

2cos

x

2+√

22

sinx

2

)

=√

2(

sinπ

4cos

x

2+ cos

π

4sin

x

2

)

=√

2 sin(x

2+π

4

)

c) Ved a benytte at

sinπ

3=√

32

og cosπ

3=

12

far vi omskrivningen

√3 cosx− sinx = 2

(√32

cosx− 12

sinx)

= 2(

sinπ

3cosx− cos

π

3sinx

)

= 2 sin(π

3− x)

Oppgave 10.4.9To dyrearter lever i et naturlig samspill. Vi lar N1(t) og N2(t) være antallindivider av hver art ved tiden t. Vi setter

x(t) = N1(t)− 300y(t) = N2(t)− 10 000

Samspillet mellom artene modelleres ved differensialligningene

x′(t) = by(t) og y′(t) = −cx(t)

hvor b og c er positive konstanter.

81

a) Det er naturlig a forvente at rovdyrbestanden vil vokse raskest narbyttedyrbestanden er størst, og at byttedyrbestanden vil avta rask-est nar rovdyrbestanden er størst. Den første differensialligningenovenfor sier at x (og dermed N1) vokser raskest nar y (og dermedN2) er størst. Den andre differensialligningen sier at y (og dermedN2) avtar raskest nar x (dvs N1) er størst. Det ma bety at N1 erantall rovdyr og N2 er antall byttedyr.

b) Implisitt derivasjon av ligningen x′(t) = by(t) gir

x′′(t) = by′(t) = b(−cx(t)) = −bcx(t)

hvor vi har benyttet at y′(t) = −cx(t) ifølge modellen.c) Vi antar at x(0) = x0 og y(0) = y0. Vi skal finne x(t) og y(t). Vi

bruker først ligningen i punkt b) til a finne x(t). Den karakteristiskeligningen r2 = −bc har løsningene

r = ±i√bc

Den generelle løsingen av x(t) blir dermed

x(t) = e0t(C cos(

√bc · t) +D sin(

√bc · t))

= C cos(√bc · t) +D sin(

√bc · t)

Na kan vi derivere uttrykket ovenfor og bruke differensialligningenx′(t) = by(t) til a finne y(t). Den generelle løsingen av y(t) blir da

y(t) =1bx′(t) =

1b

(−C√bc sin(

√bc · t) +

√bcD cos(

√bc · t))

=

√bc

b

(D cos(

√bc · t)− C sin(

√bc · t))

Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene

x(0) = C cos(√bc · 0) +D sin(

√bc · 0) = C = x0

y(0) =

√bc

b(D cos(

√bc · 0)− C sin(

√bc · 0)) =

√bc

bD = y0

som gir C = x0 og D =√

bc y0. Dermed er løsningen

x(t) = x0 cos(√bc · t) +

√b

cy0 sin(

√bc · t)

y(t) = y0 cos(√bc · t)−

√c

bx0 sin(

√bc · t)

82

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 = 0y0 = N2(0)− 10 000 = 1 400− 10 000 = −8 600

Dermed er tidsforløpet til utviklingen til artene gitt ved

N1(t) = x(t) + 300 = −√

11680

8600 sin(√

4.2 · t) + 300

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 forskjøvet i forhold til hverandre. Nar antall byttedyr er pa topp-niva, vokser antall rovdyr raskest. Det medfører at antall byttedyrvil avta slik at veksten i rovdyrstammen blir mindre (antall rovdyrnærmer seg et toppniva), og etterhvert blir det sa fa byttedyr atrovdyrene sulter og rovdyrbestanden blir mindre. Da vil antall byt-tedyr øke igjen, og slik vil det fortsette a svinge.

Oppgave 10.7.1

a) Vi skal løse differensialligningen

y′ = yx2

og observerer først at y ≡ 0 er en løsning. For y 6= 0 kan vi separereligningen og far

y′

y= x2

Integrasjon pa begge sider av ligningen gir∫

1ydy =

∫x2 dx

det vil siln |y| = 1

3x3 +D

som betyr at|y| = e

13x

3+D = eDe13x

3

Løsningen blir dermed

y = ±eDe 13x

3= Ce

13x

3

83

hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder løsnings-formelen for C = ±eD 6= 0, men nar C = 0 far vi y ≡ 0 som viallerede har observert er en løsning.)

b) Differensialligningen

y′ =x2

y3

er separabel og løses ved samme fremgangsmate som ovenfor. Sepa-rasjon av variablene gir først ligningen

y3y′ = x2

Integrasjon pa begge sider gir∫y3 dy =

∫x2 dx

det vil si14y4 =

13x3 +D

og løsningen blir

y = ± 4

√43x3 + C

c) Differensialligningen

(x+ 1)y′ + y2 = 0

har apenbart den trivielle løsningen y ≡ 0. For y 6= 0 er den separabelog kan skrives

− y′

y2=

1x+ 1

Integrasjon pa begge sider gir∫− 1y2dy =

∫1

x+ 1dx

det vil si1y

= ln |x+ 1|+ C

Løsningen blir

y =1

ln |x+ 1|+ C

84

d) Differensialligningen

xyy′ = 1 + x2 + y2 + x2y2

kan skrivesxyy′ = (1 + x2) + y2(1 + x2)

= (1 + x2)(1 + y2)

ved a faktorisere og trekke sammen uttrykket pa høyre side. Denneligningen kan (for x 6= 0) skrives pa formen

yy′

1 + y2=

1 + x2

x=

1x

+ x

og er dermed separabel. Integrasjon pa begge sider gir∫

y dy

1 + y2=∫ ( 1

x+ x)dx

det vil si12

ln(1 + y2) = ln |x|+ 12x2 +D

eller med andre ord

ln(1 + y2) = 2 ln |x|+ x2 +D2

Dette betyr at

1 + y2 = e2 ln |x|+x2+D2 = x2ex2eD2

altsay2 = Cx2ex

2 − 1

Løsningen er dermed

y = ±√Cx2ex2 − 1

hvor C > 0.

Oppgave 10.7.7

a) La N(t) være antall individer i dyrebestanden etter t ar. En logistiskvekstmodell for dyrebestanden er gitt ved differensialligningen

dN/dt = 10−4N(104 −N)

med initialbetingelsen N(0) = 4 · 103. Vi observerer først at dif-ferensialligningen har de konstante løsningene N ≡ 0 og N ≡ 104.

85

Forutsetter vi at N 6= 0 og N 6= 104 er differensialligningen separabelog kan skrives

N ′

N(N − 104)= −10−4

Integrasjon pa begge sider gir∫

1N(N − 104)

dN =∫−10−4 dt = −10−4t+ C1

Ved delbrøkoppspaltning blir integralet pa venstre side∫

1N(N − 104)

dN = 10−4

∫ (1

N − 104− 1N

)dN

= 10−4(ln |N − 104| − ln |N |+ C2)

= 10−4 ln∣∣∣∣N − 104

N

∣∣∣∣+ C2

Dermed blir ligningen var

10−4 ln∣∣∣∣N − 104

N

∣∣∣∣ = −10−4t+ C3

som er ensbetydende med at

N − 104

N= ±e−te104C3 = Ce−t

det vil siN − 104 = Ce−tN

som ogsa kan skrives

N(1− Ce−t) = 104

Løsningen blir dermed

N(t) =104

1− Ce−thvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder løsnings-formelen for C = ±et 6= 0, men nar C = 0 far vi N ≡ 104 som viallerede har observert er en løsning.)Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsenN(0) = 4 · 103 som gir oss

N(0) =104

1− C = 4 · 103

86

det vil siC = −3

2Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved

N(t) =104

1 + 32e−t

For a finne hvilken størrelse bestanden vil stabilisere seg pa i detlange løp, undersøker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokserover alle grenser:

limt→∞

N(t) = limt→∞

104

1 + 32e−t = 104

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. Høyresiden av ligningen er etannengradspolynom i N med røtter 3 · 103 og 7 · 103, sa ligningenkan skrives

dN/dt = −10−4(N − 3 · 103)(N − 7 · 103)

Pa samme mate som i punkt a) observerer vi først at differensial-ligningen har de konstante løsningene N ≡ 3 · 103 og N ≡ 7 · 103.Forutsetter vi at N 6= 3 · 103 og N 6= 7 · 103, er differensialligningenseparabel og kan skrives

N ′

(N − 3 · 103)(N − 7 · 103)= −10−4

Integrasjon pa begge sider gir∫1

(N − 3 · 103)(N − 7 · 103)dN =

∫−10−4 dt = −10−4t+D1

Ved delbrøkoppspaltning blir integralet pa venstre side

14 · 103

∫ (1

N − 7 · 103− 1N − 3 · 103

)dN

=1

4 · 103(ln |N − 7 · 103| − ln |N − 3 · 103|+D2)

=1

4 · 103ln∣∣∣∣N − 7 · 103

N − 3 · 103

∣∣∣∣+D2

87

Ligningen var blir altsa

14 · 103

ln∣∣∣∣N − 7 · 103

N − 3 · 103

∣∣∣∣ = −10−4t+D3

det vil si

ln∣∣∣∣N − 7 · 103

N − 3 · 103

∣∣∣∣ = −0.4t+D4

som er ensbetydende med at

N − 7 · 103

N − 3 · 103= ±e−0.4teD4 = De−0.4t

det vil siN − 7 · 103 = De−0.4t(N − 3 · 103)

som ogsa kan skrives

N(1−De−0.4t) = (7− 3De−0.4t)103

Løsningen blir dermed

N(t) =7− 3De−0.4t

1−De−0.4t103

hvor D er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder løsnings-formelen for D = ±eD3 6= 0, men nar D = 0 far vi N ≡ 7 · 103 somvi allerede har observert er en løsning.)Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsenN(0) = 4 · 103 som gir oss

N(0) =7− 3D1−D 103 = 4 · 103

det vil siD = −3

Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved

N(t) =7 + 9e−0.4t

1 + 3e−0.4t103

For a finne hvilken størrelse bestanden na vil stabilisere seg pa i detlange løp, undersøker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokserover alle grenser:

limt→∞

N(t) = limt→∞

7 + 9e−0.4t

1 + 3e−0.4t103 = 7 · 103

88

Bestanden vil altsa stabilisere seg pa 7 000 dyr.

c) Hvis vi istedet starter med 2 000 dyr ved tiden t = 0, blir initial-betingelsen istedet N(0) = 2 · 103 som gir oss

N(0) =7− 3D1−D 103 = 2 · 103

det vil siD = 5

Løsningen blir i dette tilfellet

N(t) =7− 15e−0.4t

1− 5e−0.4t103

og vi ser at dyrebestanden dør ut sa snart telleren i uttrykket forN(t) blir null, det vil si nar

7 = 15e−0.4t

altsa nar

0.4t = ln157

det vil si nar

t =52

ln157≈ 1.9

Dyrebestanden vil altsa være utryddet etter ca. 1.9 ar.

Kommentar: Det kan være verdt a legge merke til at den gitte dif-ferensialligningen forteller en hel del om den kvalitative oppførselen tilløsningen, uten at vi bestemmer denne eksplisitt. Ligningen forteller ossat den deriverte

dN/dt = 10−4(−N2 + 104N − 2.1 · 107)

betraktet som en funksjon av N , er en parabel med et maksimumspunktfordi dN/dt er pa formen aN2+bN+c med a < 0. Derfor er den derivertenegativ nar N tilhører et av intervallene [0, 3 ·103) eller (7 ·103,∞) og dener positiv nar N tilhører (3 · 103, 7 · 103). Hvis vi starter med N = 4 · 103

individer (som i punkt b), er altsa den deriverte positiv, og antall dyr viløke sa lenge N < 7 · 103. Samtidig vil den deriverte avta mot null. Hvisvi starter med N = 2 ·103 individer (punkt c), er den deriverte negativ ogantall dyr vil avta. Startverdiene N = 7 ·103 og N = 3 ·103 representererhenholdsvis en stabil og en ustabil likevektstilstand.

89

Oppgave 10.7.14

a) For x > 0 har vi gitt at funksjonen y = f(x) tilfredsstiller ligningen

[f(x)]2 =1x

∫ x

1

f(t) dt

som ogsa kan skrives

x[f(x)]2 =∫ x

1

f(t) dt

Ved a derivere begge sider av ligningen (vi bruker analysens funda-mentalteorem til a derivere høyre side), far vi

[f(x)]2 + 2xf(x)f ′(x) = f(x)

det vil siy2 + 2xyy′ = y

som er ekvivalent med

yy′ =y − y2

2x

b) Vi skal finne alle løsninger av den opprinnelige ligningen og løser førstdifferensialligningen som vi fant i punkt a). Denne har apenbart dekonstante løsningene y ≡ 0 og y ≡ 1. Forutsetter vi y 6= 0 og y 6= 1,blir ligningen separabel og kan skrives

y′

1− y =1

2x

Integrasjon pa begge sider gir∫

11− y dy =

∫1

2xdx

det vil si− ln |1− y| = ln

√x+D

Bytter vi fortegn og bruker eksponentialfunksjonen pa begge sider,gir dette

eln |1−y| = e− ln√xe−D

som betyr at

1− y = ±e−D√x

=C√x

90

Differensialligningen har dermed løsningen

y = 1− C√x

i tillegg til de to konstante løsningene ovenfor.Ifølge punkt a) ma alle løsninger y = f(x) av den opprinneligefunksjonsligningen ogsa være løsninger av differensialligningen ogaltsa ha formen f(x) = 1 − C√

x. Setter vi en slik funksjon inn i

den opprinnelige ligningen, blir venstre side

[f(x)]2 = 1− 2C√x

+C2

x

og høyre side

1x

∫ x

1

f(t) dt =1x

∫ x

1

(1− C√

t

)dt

=1x

[t− 2C

√t

]x

1

= 1− 2C√x

+2C − 1x

Disse uttrykkene er identiske hvis og bare hvis C2 = 2C − 1, det vilsi C = 1. Funksjonsligningen har derfor bare løsningen

f(x) = 1− 2√x

+1x

=(

1− 1√x

)2

i tillegg til de konstante løsningene f(x) = 0 og f(x) = 1.

91

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 11

I kapittel 11 var det bare seksjonene 11.1 og 11.2 som var pensum høsten2000. I disse seksjonene er det Taylor-polynomer og Taylors formel medrestledd som star i fokus. Siden dette er nytt stoff for de fleste, har jeglaget løsningsforslag til alle oppgavene som ble gitt fra dette kapittelet.Dersom du finner noen feil eller trykkfeil i løsningsforslagene, er det somvanlig fint om du gir meg beskjed pa epostadressen klara@math.uio.no.

Oppgave 11.1.1

Vi skal finne Taylorpolynomet av grad 4 til f(x) = ex2

i punktet 0, ogbestemmer først de deriverte:

f(x) = ex2

f(0) = 1

f ′(x) = 2xex2

f ′(0) = 0

f ′′(x) = (2 + 4x2)ex2

f ′′(0) = 2

f ′′′(x) = (12x+ 8x3)ex2

f ′′′(0) = 0

f ′′′′(x) = (12 + 48x2 + 16x4)ex2

f ′′′′(0) = 12

Taylorpolynomet av grad 4 blir da:

T4f(x) =4∑

k=0

fk(0)k!

(x− 0)k =10!

+01!x+

22!x2 +

03!x3 +

124!x4

= 1 + x2 +12x4

Kommentar: Legg merke til at vi kunne ha funnet dette lettere ved førsta bestemme Taylorpolynomet T2g(y) til g(y) = ey av grad 2 (se oppgave11.2.1) og deretter anvende dette pa y = x2. Det gir umiddelbart

T4f(x) = T2g(y) = 1 + y +12y2 = 1 + x2 +

12x4

Oppgave 11.1.3

Vi skal finne Taylorpolynomet av grad 4 til f(x) = sinx i punktet π4 , og

92

bestemmer først de deriverte:

f(x) = sinx f(π

4

)=√

22

f ′(x) = cosx f ′(π

4

)=√

22

f ′′(x) = − sinx f ′′(π

4

)= −√

22

f ′′′(x) = − cosx f ′′′(π

4

)= −√

22

f ′′′′(x) = sinx f ′′′′(π

4

)=√

22

Taylorpolynomet blir da:

T4f(x) =4∑

k=0

fk(π/4)k!

(x− π

4

)k=√

20! 2

+√

21! 2

(x− π

4

)−√

22! 2

(x− π

4

)2

−√

23! 2

(x− π

4

)3

+√

24! 2

(x− π

4

)4

=√

22

(1 +

(x− π

4

)− 1

2

(x− π

4

)2

− 16

(x− π

4

)3

+124

(x− π

4

)4)

Oppgave 11.1.7Vi skal finne Taylorpolynomet av grad 3 til f(x) = arctanx i punktet 0,og bestemmer først de deriverte:

f(x) = arctanx f(0) = 0

f ′(x) =1

1 + x2f ′(0) = 1

f ′′(x) = − 2x(1 + x2)2

f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = −2(1− 3x2)(1 + x2)3

f ′′′(0) = −2

Taylorpolynomet blir da:

T4f(x) =4∑

k=0

fk(0)k!

(x− 0)k =00!

+11!x+

02!x2 − 2

3!x3 = x− 1

3x3

Oppgave 11.2.1Vi skal først finne 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

og f (n)(0) = f(0) = 1. Taylorpolynomet av grad 4 er da:

T4f(x) =4∑

k=0

fk(0)k!

(x− 0)k =10!

+11!x+

12!x2 +

13!x3 +

14!x4

= 1 + x+12x2 +

16x3 +

124x4

Vi skal vise at |R4f(b)| < eb

120b5 pa intervallet [0, b]. Ifølge korollar 11.2.2

er en øvre skranke for restleddet gitt ved at

|R4f(b)| ≤ M

(4 + 1)!|b− 0|(4+1)

hvor M er en øvre skranke for |f (4+1)(x)| = ex pa intervallet. Men ex eren voksende funksjon og antar sin største verdi i høyre endepunkt, sa vikan bruke M = eb i korollaret. Da følger det umiddelbart at

|R4f(b)| ≤ M

(4 + 1)!|b− 0|(4+1) =

eb

120b5

Oppgave 11.2.3Vi skal først finne Taylorpolynomet av grad 3 til f(x) = lnx i punktet 1,og bestemmer først de deriverte:

f(x) = lnx f(1) = 0

f ′(x) =1x

f ′(1) = 1

f ′′(x) = − 1x2

f ′′(1) = −1

f ′′′(x) =2x3

f ′′′(1) = 2

Taylorpolynomet av grad 3 er da:

T3f(x) =3∑

k=0

fk(0)k!

(x− 1)k =00!

+11!

(x− 1)− 12!

(x− 1)2 +23!

(x− 1)3

= (x− 1)− 12

(x− 1)2 +13

(x− 1)3

Vi skal vise at |R3f(b)| < |b−1|44 pa intervallet [1, b]. Siden |f4(x)| =

|− 6x4 | = 6

x4 er en avtagende funksjon som oppnar sin største verdi ivenstre endepunkt, blir |f4(x)| ≤ 6 pa intervallet [1, b]. Ifølge korollar11.2.2 har vi da

|R3f(b)| ≤ 6(3 + 1)!

|b− 1|(3+1) =|b− 1|4

4

94

Oppgave 11.2.5

Vi skal finne en tilnærmet verdi for√

101 og vil bruke Taylorpolynometav grad 2 til funksjonen f(x) =

√x i punktet 100. Først bestemmer vi

de deriverte:

f(x) = x1/2 f(100) = 10

f ′(x) =12x−1/2 f ′(100) =

120

f ′′(x) = −14x−3/2 f ′′(100) = − 1

4000Taylorpolynomet av grad 2 er da:

T2f(x) =2∑

k=0

fk(0)k!

(x− 100)k =100!

+1

1! 20(x− 100)− 1

2! 4000(x− 100)2

= 10 +120

(x− 100)− 18000

(x− 100)2

Vart estimat for√

101 blir da:√

101 ≈ T2f(101) = 10 +120− 1

8000= 10.049875

Til slutt skal vi gi et overslag over nøyaktigheten til estimatet. Vi ser at|f3(x)| = | 38x−5/2| avtar nar x vokser. Derfor er

|f3(x)| ≤ 38

100−5/2 =38

10−5

nar x > 100. Ved korollar 11.2.2 er derfor feilen til estimatet begrensetoppad ved

|R2f(101)| ≤3810−5

(2 + 1)!|101− 100|(2+1) =

116

10−5 = 6.25 · 10−7

Oppgave 11.2.6

Ved a bruke Taylorpolynomet av grad 2 til funksjonen f(x) = ex i punktet0 har vi

f(x) = T2f(x) +R2f(x) = 1 + x+12x2 +R2f(x)

der restleddet ifølge korollar 11.2.2 er begrenset ved

|R2f(x)| ≤ e1

3!|x|3 ≤ 1

2|x|3

95

for alle x < 1, siden f ′′′(x) = ex er voksende. Det følger at

f(x)− 1− xx2

=12x

2 +R2f(x)x2

=12

+R2f(x)x2

der ∣∣∣∣R2f(x)x2

∣∣∣∣ ≤12|x|

for x < 1. Den siste ulikheten viser at limx→0R2f(x)x2 = 0, og dermed at

limx→0

ex − 1− xx2

=12

+ limx→0

R2f(x)x2

=12

Oppgave 11.2.11

a) Vi skal finne Taylorpolynomet av grad 2 til f(x) = 11+x om punktet

0, og bestemmer først de deriverte.

f(x) =1

1 + xf(0) = 1

f ′(x) = − 1(1 + x)2

f ′(0) = −1

f ′′(x) =2

(1 + x)3f ′′(0) = 2

f ′′′(x) = − 6(1 + x)4

f ′′′(0) = −6

Taylorpolynomet av grad 2 er da:

T2f(x) =2∑

k=0

fk(0)k!

(x− 0)k = 1− x+ x2

b) Vi skal na finne en tilnærmet verdi for integralet∫ 1/2

0

dx

1 + x4

ved a bruke Taylorpolynomet til f . La g(x) = f(x4) = 11+x4 . Siden

vi harf(x) = T2f(x) +R2f(x)

der korollar 11.2.2 sikrer at

|R2f(x)| ≤∣∣∣∣f ′′′(0)

3!x3

∣∣∣∣ =63!x3 = x3

96

for alle x > 0, følger det at

g(x) = T2g(x) +R2g(x)

derT2g(x) = T2f(x4) = 1− x4 + x8

og|R2g(x)| = |R2f(x4)| ≤ x12

Dette gir umiddelbart at∫ 1/2

0

g(x) dx =∫ 1/2

0

T2g(x) dx+∫ 1/2

0

R2g(x) dx

der∫ 1/2

0

T2g(x) dx =∫ 1/2

0

(1− x4 + x8) dx

=[x− 1

5x5 +

19x9

]1/2

0

=1138123040

≈ 0.493967

og∣∣∣∣∣∫ 1/2

0

R2g(x) dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ 1/2

0

x12 dx =[

113x13

]1/2

0

=1

106 496< 10−5

Men det betyr at

0.493957 <∫ 1/2

0

g(x) dx < 0.493977

Merknad: Dersom vi hadde benyttet Lagranges restleddformel (gitti oppgave 11.2.16), som viser at restleddet R2g(x) faktisk er nega-tivt, kunne vi redusert intervallengden til det halve og konstatert atintegralet ligger mellom 0.493957 og 0.493967. (Den riktige verdiener 0.493958 med seks korrekte desimaler.)

Oppgave 11.2.14

a) Vi skal vise at det for hver x ∈ (−1,∞) finnes et tall z mellom 0 ogx slik at

√1 + x = 1 +

12x− 1

8x2 +

116· 1

(1 + z)52x3

97

La f(x) =√x+ 1. Vi vil finne Taylorpolynomet av grad 2 til f(x)

i punktet 0, og bestemmer først de deriverte.

f(x) =√

1 + x f(0) = 1

f ′(x) =1

2√

1 + xf ′(0) =

12

f ′′(x) =12

(−1

2

)(1 + x)−

32 f ′′(0) = −1

4

f ′′′(x) =38

(1 + x)−52

Taylorpolynomet av grad 2 i punktet 0 blir dermed

T2f(x) =2∑

k=0

fk(0)k!

(x− 0)k =10!

+12

1!x+− 1

4

2!x2 = 1 +

12x− 1

8x2

Ved Lagranges restleddsformel (se oppgave 11.2.16) kan restleddetuttrykkes som

R2f(x) =f (3)(z)

3!(x− 0)3 =

116· 1

(1 + z)52x3

for en z mellom 0 og x. Ialt har vi da at√

1 + x = T2f(x) +R2f(x)

= 1 +12x− 1

8x2 +

116· 1

(1 + z)52x3

for en z mellom 0 og x.b) La g(x) = 1

3x3. Da er g′(x) = x2 og buelengden s av grafen til g(x)

pa intervallet [0, 1] er gitt ved

s =∫ 1

0

√1 + g′(x)2 dx =

∫ 1

0

√1 + x4 dx

Tilnærmer vi integranden med Taylorpolynomet av grad 2 til f(x4)i punktet 0, far vi følgende estimat for buelengden:

s ≈∫ 1

0

(1 +

12x4 − 1

8x8)dx

=[x+

12· 1

5x5 − 1

8· 1

9x9

]1

0

=[x+

110x5 − 1

72x9

]1

0

98

= 1 +110− 1

72

=391360≈ 1.086

Feilen vi da har gjort, er gitt ved integralet av restleddet:∫ 1

0

R2f(x4) dx =∫ 1

0

116· 1

(1 + z)52x12 dx

≤ 116

∫ 1

0

x12 dx =116

[113x13

]1

0

=1

208

Dette er mindre enn den tillatte feilmarginen pa 1200 . For a fa frem

ulikheten benyttet vi at z er positiv (siden z ligger mellom 0 og x4),slik at 1

(1+z)52≤ 1.

Oppgave 11.2.17

Vi lar Tn(x) = a0 + a1(x− a) + · · ·+ an(x− a)n være Taylorpolynometav grad n til funksjonen f(x) om punktet x = a. Siden

f(x) = Tnf(x) +Rnf(x) = Tn−1f(x) + an(x− a)n +Rnf(x)

har vi da

limx→a

f(x)− Tn−1f(x)(x− a)n

= limx→a

an(x− a)n +Rnf(x)(x− a)n

= an + limx→a

Rnf(x)(x− a)n

Og da f (n+1)(x) er kontinuerlig, og dermed begrenset, i en (lukket) omegnom a, finnes det en M slik at |Rnf(x)| ≤ M

(n+1)! |x−a|n+1 (korollar 11.2.2).Men da blir ∣∣∣∣

Rnf(x)(x− a)n

∣∣∣∣ ≤M

(n+ 1)!|x− a|

for alle x i en slik omegn. Dette viser at limx→aRnf(x)(x−a)n = 0. Ialt har vi

dermed vist at

limx→a

f(x)− Tn−1f(x)(x− a)n

= an

99