1. No category

UNIVERSITETET I BERGEN
Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
Løsningsforslag (med kommentarer) til Innlevering 1 i emnet
MAT111, høsten 2016
Notasjon i rettingen:
R
R÷
RF F
littR
g
?
MB
DF
DN
FL
FF
rød, krøllet strek i marg eller under tekst
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
Rett
Rett, men med liten (tulle)feil
Rett, men med følgefeil
Litt rett, man er inne på noe
Galt
Uforståelig/uklart
Manglende begrunnelse
Dårlig føring
Dårlig notasjon
For langt
Følgefeil
”dette er feil”
Røde streker og kommentarer betyr ikke nødvendigvis at selve svaret var feil, men
at begrunnelsen var mangelfull eller at føringen var dårlig. Selv om dere har fått
oppgaven godkjent, er det viktig å ta dette til etterretning.
Vær også oppmerksom på at de som har rettet kan ha oversett noe dere har gjort feil
eller glemt å begrunne, slik at dere bør uansett lese gjennom dette løsningsforslaget
nøye.
Løsningsforslaget som følger inneholder kommentarer og referanser til resultater
fra boken som brukes. Alt som er skrevet i svart er tilleggsforklaringer som er ment
som en hjelp til dere, men som ikke “kreves” av en ekamensbesvarelse.
1
2
Oppgave 1
(a) Hvis w = 3 −
√
3i, da er
q
√ 2 √
√
√
√
|w| = 32 + 3 = 9 + 3 = 12 = 4 · 3 = 2 3
(se Def.√ I.3) og dersom vi lar θ være et argument til w (se Def. I.4), da er
tan θ = 33 , dvs. at vi kan la θ = −π/6. Merknad: Enhver θ = −π/6 + k · 2π for
en k ∈ Z vil også være riktig, f.eks. θ = 11π/6.
Derfor har vi
√ w = 2 3 cos(−π/6) + i sin(−π/6)
på polarform. (Godt tips til å gjøre på kladd: sett prøve ved å regne ut og
se om dere får det opprinnelige uttrykket for w.) Tegnet inn i det komplekse
plan:
(b) Vi har
√ 9 √ 9 9
w = 2 3
cos 9(−π/6) + i sin 9(−π/6) = 2 3
cos(−3π/2) + i sin(−3π/2)
√ 9 √ 9
√
√
= 2 3
cos(π/2) + i sin(π/2) = 29 3 (0 + i) = 29 · 34 · 3 · i = 41472 3i.
√
Merknad: også 29 34 3i er et fullgodt svar.
(c)
(i) (2 + 3i)(1 − 2i) = 2 · 1 − 2 · 2i + 3i · 1 − 3i · 2i = 2 − 4i + 3i − 6i2 = 2 − 4i + 3i + 6
= 8−i=8+i
Merknad: Her kan man også bruke med en gang at (2 + 3i)(1 − 2i) =
(2 + 3i) · (1 − 2i) = (2 − 3i)(1 + 2i), som på midten av side A-6, siden dette er
en “standard” egenskap av de komplekse tall.
3
(ii)
2−i
(2 − i)(3 − i)
(2 − i)(3 − i)
6 − 2i − 3i + i2
=
=
=
3+i
(3 + i)(3 − i)
(3 + i)(3 − i)
32 − i2
6 − 2i − 3i − 1
5 − 5i
1 1
6 − 2i − 3i − 1
=
=
= − i.
=
9+1
9+1
10
2 2
(d) ALTERNATIV I:
z = −16 = 16 cos(π + k · 2π) + i sin(π + k · 2π) , k ∈ Z.
4
og dermed blir de fire løsningene på formen (se s. A-9)
√
π + 2πk
π + 2πk 4
zk = 16 cos
+ i sin
4
4
for k = 0, 1, 2, 3, dvs. at de fire løsningene er
1
√
π
1 √
π
= 2 √ + i √ = 2 + 2i
z0 = 2 cos + i sin
4
4
2
2
√
√
3π
3π 1
1 z1 = 2 cos
+ i sin
= 2 − √ + i √ = − 2 + 2i
4
4
2
2
√
√
5π 1
1 5π
+ i sin
= 2 − √ − i √ = − 2 − 2i
z2 = 2 cos
4
4
2
2
√
√
7π
1
7π
1
z3 = 2 cos
+ i sin
= 2 √ − i √ = 2 − 2i
4
4
2
2
ALTERNATIV II:
z4
z 4 + 16
(z 2 − 4i)(z 2 + 4i)
=
=
=
=⇒
−16
0
0 (ved tredje kvadratsetning)
z 2 = 4i eller z 2 = −4i.
Løser man disse to ligningene med samme prosedyre som ovenfor, får man de samme
fire løsningene som ovenfor. (Dette er i og for seg ikke spesielt enklere enn alternativet
ovenfor.)
(e) Setter vi inn z = −1, ser vi at ligningen er oppfylt. Ved faktorteoremet (Teorem 1 i P.6) må derfor z + 1 = z − (−1) være faktor i polynomet 5z 3 + 11z 2 + 11z + 5
og vi finner ut (f.eks. ved polynomdivisjon) at
5z 3 + 11z 2 + 11z + 5 = (z + 1)(5z 2 + 6z + 5).
4
Løsningene til 5z 2 + 6z + 5 = 0 er ved løsningsformelen for annengradsligninger gitt
som
√
√
−6 ± −64
−6 ± 8i
−3 ± 4i
−6 ± 62 − 4 · 5 · 5
z=
=
=
=
.
2·5
10
10
5
Løsningene til 5z 3 + 11z 2 + 11z + 5 er dermed:
−3 + 4i
−3 − 4i
z = −1, z =
, z=
.
5
5
Merknad: Noen tok ikke med z = −1 med begrunnelsen at det ikke er
et komplekst tall, men det er det! Alle reelle tall er også komplekse tall!
(f) ALTERNATIV I: La z = x + iy. Vi har:
z
z·z
(x + iy)(x − iy)
x2 + y 2
=
3/z
=
3
=
3
√ 2
= 3,
som beskriver en sirkel i (det komplekse) planet med sentrum i origo og radius
√
3.
ALTERNATIV II: Når vi har omformet ligningen til z · z = 3, kan vi også bruke
den kjente egenskapen√ z · z = |z|2 fra App. I. Altså er ligningen ekvivalent
med
√
tall
med
avstand
3
fra
origo,
|z|2 = 3, dvs. |z| = 3, som beskriver komplekse
√
altså en sirkel med sentrum i origo og radius 3.
Oppgave 2
(a) Vil vise ved induksjon at
n
X
n(n + 1)
(1)
(−1)j j 2 = (−1)n
2
j=1
for alle heltall n ≥ 1. Merknad: Husk at
n
X
(−1)j j 2 = −12 + 22 − 32 + 42 − · · · + (−1)n n2 .
j=1
Viser først at (1) holder for n = 1. Da er venstre side lik (−1)1 · 12 = −1, og høyre
side er lik (−1)1 · 1·(1+1)
= −1. Altså stemmer formelen (1) for n = 1.
2
Anta at formelen holder for n = k, der k er et heltall slik at k ≥ 1. Altså antar vi
at
k
X
k(k + 1)
(2)
(−1)j j 2 = (−1)k
.
2
j=1
5
Da vil
k+1
k
X
X
j 2
(−1) j =
(−1)j j 2 + (−1)k+1 (k + 1)2
j=1
j=1
k(k + 1)
+ (−1)k+1 (k + 1)2 (ved (2)
2
k(k + 1)
k+1
2
−
= (−1)
+ (k + 1)
2
−k(k + 1) + 2(k + 1)2 = (−1)k+1
2
−k 2 − k + 2k 2 + 4k + 2 = (−1)k+1
2
= (−1)k
k+1
= (−1)
k 2 + 3k + 2 2
(k
+
1)(k
+ 2)
= (−1)k+1
2
og dette gir oss nettopp (1) med n = k + 1. Vi har derfor vist (1) for alle heltall
n ≥ 1 ved induksjon.
Merknad: Her var det en del dårlige føringer: det er viktig at det
kommer klart frem at (og hvor) dere bruker induksjonsantagelsen (2).
(b) Trinnet i beviset der vi viser at påstanden for n = k medfører påstanden for
n = k + 1 (formelt sagt: P (k) ⇒ P (k + 1)) fungerer ikke dersom k = 1: dersom vi
deler opp k + 1 = 2 studenter i to grupper på 1 student, finnes det ingen studenter i
mellom, slik at vi ikke kan konkludere at de to studentene har samme øyenfarge.
Moralen: Når vi beviser noe ved induksjon, må beviset for at P (k) ⇒
P (k + 1) holde for enhver k ≥ n0 , der n0 er det tallet der vi starter induksjonen, også for k = n0 .
Merknad: Her var det en del lange utredninger som hadde lite med
matematikk å gjøre. Dessuten var den viktige delen av oppgaven å begrunne hva som var galt med beviset, ikke at selve påstanden er (opplagt)
gal!
Oppgave 3
(a)
x2 − 2x − 3
(x + 1)(x − 3)
x−3
−1 − 3
−4
4
=
lim
=
lim
=
=
=
.
x→−1 x2 − x − 2
x→−1 (x + 1)(x − 2)
x→−1 x − 2
−1 − 2
−3
3
lim
6
(b)
2x + 3
lim √
=
2x2 + 1
x→∞
2x + 3
2x + 3
= lim √ q
lim q
x→∞
x2 (2 + x12 )
x2 2 +
x→∞
= lim
x→∞
1
x2
2x + 3
q
|x| 2 + x12
√
x(2 + x3 )
2 + x3
2+0
2
= lim q
= lim q
=√
= √ = 2.
x→∞
x→∞
2+0
2
x 2 + x12
2 + x12
(c)
2x + 3
=
lim √
x→−∞
2x2 + 1
2x + 3
2x + 3
lim q
= lim √ q
x→−∞
x→∞
x2 (2 + x12 )
x2 2 +
x(2 + x3 )
2+ 3
q
q x
= lim
x→−∞
x→−∞
−x 2 + x12
− 2+
√
= − 2.
=
lim
2x + 3
q
x→−∞
|x| 2 + x12
lim
1
x2
=
1
x2
2+0
2
√
= √
− 2+0
− 2
Merknad: Angående bruk av l’Hôpital for å løse (a)-(c): dette går fint
an å bruke, men man må da påpeke at alle forutsetningene for bruk av
l’Hôpital er oppfylt. Ellers “MB”.
(d)
limx→0 cos x1 eksisterer ikke: Når x → 0, vil cos x1 ikke nærme seg noen
bestemt verdi men fortsette å svinge mellom 1 og −1 uansett hvor nær innpå null x
er.
Merknad: Dette er et fullgodt svar, om enn noe uformelt. Her er et
rigorøst bevis til de som er interessert:
Anta at grenseverdien eksisterer og kall den L, dvs. anta at limx→0 cos x1 = L.
Sett = 1 inn i definisjonen av grenseverdi: det gir at det finnes en δ > 0 som er slik
at
1
(3)
− L < 1 når 0 < |x| < δ.
cos
x
Men når 0 < |x| < δ, vil cos x1 anta verdiene både 1 og −1, uansett hvor liten δ
er. For å se dette, velg en stor nok n ∈ Z som er slik at n >
1
cos
= cos 2πn = 1.
(1/2πn)
1
.
2πδ
Da vil
1
2πn
< δ, og
7
1
Likeledes, velg en stor nok n ∈ Z som er slik at 2n + 1 > πδ
. Da vil
1
cos
= cos (2n + 1)π = −1.
(1/(2n + 1)π)
1
(2n+1)π
< δ, og
Dette betyr at (3) medfører at både
|1 − L| < 1 og | − 1 − L| < 1
må være oppfylt. Nå er det lett å se at disse to ulikhetene motsier hverandre, for
venstre ulikhet impliserer at 0 < L < 2, mens høyre ulikhet impliserer at −2 < L < 0.
(e) Vi har
(4)
1 cos
≤ 1 for alle x 6= 0, ±π, ±2π, ±3π, . . .
sin x
og dermed
√ 1 √
3
x
cos
≤ | 3 x| for alle x 6= 0, ±π, ±2π, ±3π, . . .
sin x
Dette medfører at
√ √ 1 √ − 3 x ≤ 3 x cos
≤ 3 x for alle x 6= 0, ±π, ±2π, ±3π, . . .
x
√ Siden limx→0 | 3 x = 0, gir skviseteoremet (Teorem 4 i 1.2) at:
√ 1 3
x cos
= 0.
x→0
sin x
Merknad: En del fikk svaret 0 ved å si at 0 · ”noe” = 0, men dette er feil
bruk av grensesetningene og gir null uttelling.
Ellers var det en del her som glemte absoluttverditegn. Poenget er at
om man starter med ulikheten
1 −1 ≤ cos
≤1
sin x
√
√
og ganger denne med 3 x, må man snu ulikhetene om x < 0, for da er 3 x
negativ. Man må da betrakte tilfellene x < 0 og x > 0 hver for seg, dvs.
vise de to ensidige grensene limx→0− og limx→0+ . Derfor er det enklere (og
kortere) å starte med absoluttverditegn som i (4).
lim
Oppgave 4
(a) Gitt > 0. Sett δ := min{1, 5 }.
8
Hvis 0 < |x − 1| < δ = min{1, 5 }, da har vi spesielt at |x − 1| < 1 medfører at
−1 < x − 1 < 1, som igjen medfører at 3 < x + 3 < 5, som gir at |x + 3| < 5. Når vi
bruker denne siste ulikheten sammen med at |x − 1| < 5 får vi:
2
x + 2x − 3 = x − 1x + 3 < · 5 = ,
5
og vi har dermed vist at limx→1 x2 + 2x = 3 .
p
(b) Gitt > 0. Sett δ := min{ 12 , 2 }.
p
Hvis 0 < |x − 3| < δ := min{ 12 , 2 }, da har vi spesielt at |x − 3| < 21 medfører at
− 21 < x − 3 < 12 , som igjen medfører at 21 < x − 2 < 32 , som gir at |x − 2| > 21 . Når
p
vi bruker denne siste ulikheten sammen med at |x − 3| < 2 får vi:
x2 − 2x + 1 − 4(x − 2) x2 − 2x + 1 − 4x + 8 x2 − 2x + 1
− 4 = =
x−2
x−2
x−2
2
x2 − 6x + 9 (x − 3)2 x − 3
= =
= x−2
x−2
x − 2
p 2
r 2
2
<
=2
= 2 · = ,
1
2
2
2
2
og vi har dermed vist at limx→3 x −2x+1
= 4.
x−2
Merknad: Selvfølgelig finnes det andre muligheter for valg av i begge
tilfellene ovenfor, så det finnes ikke et entydig rett svar.
Oppgave 5
(a) Skjæringspunkter forekommer for x der g(x) = x, dvs. vi skal vise at ligningen
x3 − 2x + 1 = x har en løsning i hvert av intervallene (−2, −1), (0, 1) og (1, 2).
Ligningen er ekvivalent med
x3 − 3x + 1 = 0.
Sett h(x) = x3 − 3x + 1. Da er h kontinuerlig overalt. Vi har
h(−2)
h(−1)
h(0)
h(1)
h(2)
=
=
=
=
=
−1
3
1
−1
3.
9
Ved skjæringssetningen (“Intermediate-Value Theorem”, Teorem 9 i 1.4) må
funksjonen h ha et nullpunkt i hvert av intervallene (−2, −1), (0, 1) og (1, 2). (I
utgangspunktet sier skjæringssetningen at h har nullpunkt i de lukkede intervallene
[−2, −1], [0, 1] og [1, 2], men vi regnet nettopp ut alle funksjonsverdier i endepunktene
og fant at h 6= 0 der, så nullpunktene må ligge i de åpne intervallene.)
Merknad: Her får man “MB” dersom man enten glemmer å påpeke at
h er kontinuerlig eller glemmer å nevne skjæringssetningen.
(b) Spørsmålet om grafen til g kan skjære linjen y = x i flere enn de tre punktene ovenfor er ekvivalent med spørsmålet om funksjonen h kan ha flere enn de tre
nullpunktene ovenfor.
ALTERNATIV I:1 Hvis vi kaller de tre nullpunktene ovenfor for r1 , r2 , r3 , da sier
faktorteoremet (Teorem 1 i P.6) at (x − r1 )(x − r2 )(x − r3 ) er en faktor i polynomet
h. Siden h har grad 3, og koeffisienten foran høyeste potens av x er 1, har vi at
h(x) = (x − r1 )(x − r2 )(x − r3 ),
og h har derfor kun de tre nullpunktene r1 , r2 , r3 . Så svaret er NEI.
ALTERNATIV II, ved Rolles teorem i §2.8 (§2.6 i utg. 6): Vi har h0 (x) =
3x2 −3 = 3(x2 −1), slik at h er derivérbar overalt og h0 har kun to nullpunkter, nemlig
±1. Rolles teorem (eventuelt sekantsetningen/”Mean Value Theorem”) gir at mellom
to vilkårlige nullpunkter til h, si a og b, så finnes en c slik at h0 (c) = h(a) − h(b) = 0,
altså finnes et nullpunkt til h0 . Dersom h hadde hatt fire nullpunkter eller mer, ville
altså h0 hatt tre nullpunkter eller mer, hvilket ikke er tilfelle. Så svaret er NEI.
ALTERNATIV III, ved funksjonsdrøfting i §2.8 (§2.6 i utg. 6): Vi har
h0 (x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1), slik at h0 (x) > 0 på (−∞, −1) og på (1, ∞), og h0 (x) < 0
på (−1, 1). Derfor er h monoton, dvs. voksende eller avtagende, på hvert av de tre
intervallene (−∞, −1], [−1, 1] og [1, ∞) (ved Teorem 12 i §2.8 (§2.6 i utg. 6)),
og kan derfor anta samme verdi kun én gang innenfor hvert av disse tre intervallene
(dvs. hvis a 6= b, så er h(a) 6= h(b) innenfor hvert av disse tre intervallene). Altså kan
h ha høyst ett nullpunkt innenfor hvert av disse tre intervallene, til sammen høyst
tre nullpunkt. Så svaret er NEI.
(c) Definér funksjonen g(x) = f (x) − x. Da er g kontinuerlig i intervallet [x1 , x2 ],
siden f og x er det. Vi har
g(x1 ) = f (x1 ) − x1 og g(x2 ) = f (x2 ) − x2 ,
og disse har motsatt fortegn (eller er 0) under hvilken som helst av de to antagelsene
gitt i oppgaven. Ved skjæringssetningen (“Intermediate-Value Theorem”, Teorem 9 i 1.4) må det finnes en c ∈ [x1 , x2 ] som er slik at g(c) = 0, dvs. slik at
f (c) − c = 0, m.a.o
f (c) = c.
1Dette
er det alternativet jeg tenkte dere skulle bruke, siden de to andre nedenunder bruker
pensum gjennomgått uke 38.
10
Altså er c ∈ [x1 , x2 ] et fikspunkt til f , per definisjon av fikspunkt.
(d) Konklusjonen i (a) følger fra det vi har vist i (b) ved å sette f (x) = g(x) =
x3 − 2x + 1, og [x1 , x2 ] hvert av de tre intervallene [−2, −1], [0, 1] og [1, 2]. Vi har
g(−2)
g(−1)
g(0)
g(1)
g(2)
=
=
=
=
=
−3 < −2
2 > −1
1>0
−1 < 1
3 > 2.
og det følger at g har et fikspunkt i hvert av intervallene [−2, −1], [0, 1] og [1, 2].
Endepunktene kan ikke være fikspunkter, siden vi har ekte ulikheter ovenfor.
(e) Plassér båndet langs en tenkt x-akse, slik at x-koordinaten angir punktene på
båndet. Vi tenker oss at båndet er så tynt at det er éndimensjonalt. La x1 og x2
være henholdsvis venstre og høyre endepunkt på båndet.
Definér funksjonen f ved
f (x) = koordinaten til punktet x på båndet etter strekking.
Da er f definert på intervallet [x1 , x2 ]. Siden venstre endepunkt x1 har beveget seg
mot venstre, har vi at f (x1 ) ≤ x1 og siden høyre endepunkt x2 har beveget seg mot
høyre, har vi at f (x2 ) ≥ x2 . Vi antar at strekkingen har skjedd “på en kontinuerlig
måte”, f.eks. uten å bryte båndet, slik at f er kontinuerlig. Da tilfredsstiller f på
intervallet [x1 , x2 ] betingelsene i (c) slik at vi kan konkludere at det finnes et punkt
P ∈ [x1 , x2 ] som er slik at f (P ) = P , som nettopp betyr at punktet P på båndet har
forblitt i sin opprinnelige stilling.
Oppgave 6
Vil vise at limx→a f (x) = f (a) for alle a ∈ I (siden dette er definisjonen på at f er
kontinuerlig i et punkt a). Dette betyr at vi til enhver > 0 må finne en δ = δ() > 0
som er slik at
f (x) − f (a) < når 0 < |x − a| < δ.
Velg r = 4 . Siden P 4 er et polynom, er den kontinuerlig på I, og da vil det per
definisjon finnes en δ1 > 0 slik at
når 0 < |x − a| < δ1 .
P 4 (x) − P 4 (a) <
2
11
Velger da δ = δ1 . Når 0 < |x − a| < δ = δ1 har vi derfor, ved å bruke trekantulikheten:
f (x) − f (a) = P 4 (x) + h 4 (x) − P 4 (a) − h 4 (a)
≤ P 4 (x) − P 4 (a) + h 4 (x) + h 4 (a)
<
+ + = ,
2 4 4
der vi har brukt at h 4 (x) ≤ 4 for alle x ∈ I per antagelse. Merknad: Selvfølgelig
finnes
det andre
muligheter: f.eks. kan man la r = 3 og velge δ1 slik at
P 3 (x) − P 3 (a) < 3 .
Oppgave 7
(a) Definisjonsmengden til gn er
D(gn (x)) = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞)
uansett n, siden uttrykket for gn er definert for alle x 6= 0.
(b) Ja. Funksjonene cos x og 1/x er kontinuerlige, og dermed også cos(1/x)
(en sammensetning av kontinuerlige funksjoner er kontinuerlig, Teorem 7 i 1.4).
Funksjonen x er også kontinuerlig, slik at gn er et produkt av kontinuerlige funksjoner,
og dermed kontinuerlig (Teorem 6 i 1.4).
(c) Hvis n = 0, er g0 (x) = cos x1 , slik at
1
1 1
1
g00 (x) = − sin
· − 2 = 2 sin
x
x
x
x
(kjerneregelen). Hvis n > 0, er (ved produkt- og kjerneregel)
h i0
1
h
1 i0
gn0 (x) = xn cos
+ xn cos
x
x
1
1
1
= nxn−1 cos
+ xn · 2 sin
x
x
x
1
1
= nxn−1 cos
+ xn−2 sin
.
x
x
Merknad: Faktisk gir dette også riktig uttrykk for g00 (x) når vi setter inn
n = 0.
(d) Per definisjon av kontinuitet har vi at
fn er kontinuerlig i 0 ⇐⇒ lim f (x) = f (0) = 0.
x→0
12
Hvis n = 0, har vi at
lim f (x) = lim cos
x→0
x→0
1
x
ikke eksisterer, ved det vi viste i Oppgave 3(d).
Hvis n > 0, har vi at
lim f (x) = lim xn cos
x→0
x→0
1
x
=0
ved skviseteoremet (Teorem 4 i 1.2), siden
1 1 1 n
n
n
n
≤ xn cos
≤ 1 ⇒ x cos
≤ x ⇒ −x ≤ x cos
x
x
x
og limx→0 xn = 0.
Merknad: Også her var det en del som glemte absoluttverditegnet.
Derfor konkluderer vi med at
fn er kontinuerlig i 0 hvis n > 0, mens f0 ikke er kontinuerlig i 0.
(e) Per definisjon av derivérbarhet har vi at
fn (h) − fn (0)
fn er derivérbar i 0 ⇐⇒ lim
eksisterer.
h→0
h
(Her er h 6= 0, slik at fn (h) = hn cos h1 mens fn (0) = 0 per definisjon.
Vi vet umiddelbart at f0 ikke kan være derivérbar i 0, siden f0 ikke er kontinuerlig
i 0 ved det vi nettopp viste (Teorem 1 i 2.3).
La nå n > 0. Vi har at
n
1
h cos h1
fn (h) − fn (0)
n−1
lim
= lim
= lim h
cos
.
h→0
h→0
h→0
h
h
h
Ved det vi viste i (d), eksisterer denne grensen ikke når n = 1, mens den er 0 hvis
n > 1.
Derfor konkluderer vi med at
fn er derivérbar i 0 (med fn0 (0) = 0) hvis n ≥ 2, mens f1 og f2 ikke er derivérbare i 0.
Merknad: her var det en del som ikke brukte definisjonen av den deriverte og bare deriverte fn utenfor null, og skrev så at den deriverte av
null er null. Men dette er altså ikke riktig fremgangsmåte.
(f) Siden fn (x) = gn (x) for x 6= 0, har vi, pga. det vi regnet ut i (c) og (e),
(
1
1
n−2
n−1
+
x
sin
når x 6= 0
nx
cos
x
x
fn0 (x) =
0
når x = 0
13
for n ≥ 2. (For n = 0, 1 er f 0 ikke definert i 0, slik at spørsmålet om fn0 er kontinuerlig
i 0 ikke gir mening.) Per definisjon av kontinuitet har vi at
fn0 er kontinuerlig i 0 ⇐⇒ lim fn0 (x) = fn0 (0) = 0
x→0
dvs.
1 i
h
1
+ xn−2 sin
= 0.
fn0 er kontinuerlig i 0 ⇐⇒ lim nxn−1 cos
x→0
x
x
Siden n ≥ 2, vil limx→0 nxn−1 cos x1 = 0 ved det vi viste i (d) ovenfor. Når n ≥ 3,
n−2
vil også limx→0 x
sin x1 = 0 av samme grunn, dvs. ved skviseteoremet, slik at
h
1
1 i
lim nxn−1 cos
+ xn−2 sin
= 0 når n ≥ 3.
x→0
x
x
Men når n = 2 vil grensen limx→0 xn−2 sin x1 = limx→0 sin x1 ikke eksistere, av
samme grunn som limx→0 cos x1 ikke eksisterer, ved det vi viste i Oppgave 3(d). I
h
i
1
dette tilfellet vil derfor heller ikke grensen limx→0 x cos x + sin x1 eksistere. Vi
konkludererer derfor med at
fn0 er kontinuerlig i 0 hvis n ≥ 3, mens f20 ikke er kontinuerlig i 0.
Dette medfører spesielt at f2 ikke er dobbeltderivérbar i 0: for hvis f200 eksisterer i
0, vil f20 være kontinuerlig i 0, siden f200 = (f20 )0 (Teorem 1 i 2.3).
Merknad: i (d-f ) i denne oppgaven var det en del haltende forklaringer,
noen ganger veldig lange og umatematiske. Her er det viktig å kunne
definisjonene på kontinuitet og derivérbarhet og bruke disse. Lange forklaringer som ikke bruker definisjonene gir (oftest) null uttelling.
(g) For n = 0, vil −1 ≤ f0 (x) ≤ 1, siden f0 (0) = 0 og −1 ≤ cos x1 ≤ 1.
Funksjonen f0 vil anta ekstremalverdiene 1 og −1, f.eks. er
1
f0
= cos π = −1
π
og
f0
1
2π
= cos 2π = 1.
For n > 0 regner vi ut
lim fn (x) = lim xn cos
x→∞
x→∞
1
x
= ∞,
14
1
x
= 1 og limx→∞ xn = ∞, og likeledes
(
1
∞
når n er (positivt) partall
lim fn (x) = lim xn cos
=
x→−∞
x→−∞
x
−∞ når n er (positivt) oddetall.
siden limx→∞ cos
For n oddetall, vil altså limx→±∞ fn (x) = ±∞, og fn kan følgelig ikke anta ekstremalverdier.
For n partall, vil limx→±∞ fn (x) = ∞, slik at fn ikke kan anta maksimalverdi. Per
definisjon av grense, vil det finnes en konstant M > 0 slik at
(5)
f (x) ≥ 0 for x ≥ M og x ≤ −M.
På det lukkede, begrensede intervallet [−M, M ] vil fn anta ekstremalverdier, ved
ekstremalverdisetningen (Maks-min-teoremet) (Teorem 8 i 1.4), siden fn er kontinuerlig. Spesielt vil fn anta en minimumsverdi, si mn , på [−M, M ] og mn ≤ fn (0) = 0.
Ved (5) er dette også minimumsverdi for fn på hele (−∞, ∞).
Som oppsummering:
fn antar maksimalverdi kun for n = 0 og minimalverdi kun for n partall (inkl. n = 0).
Oppgave 8
(a) Vi derivérer x2 − xy + y 2 = 9 implisitt m.h.p. x (dette fungerer rundt rundt
ethvert punkt på kurven der y er gitt implisitt som en derivérbar funksjon av x):
d 2
d
x − xy + y 2 =
9
dx
dx
d 2
d d 2
x −
xy +
y
= 0
dx
dx
dx
d 2
d d x −
x ·y−x·
y +
dx
dx
dx
dy
2x − 1 · y − x ·
dx
dy
2x − y − x
dx
d 2
y
= 0
dx
dy
+ 2y
= 0
dx
dy
+ 2y
= 0
dx
2x − y = (x − 2y)
dy
2x − y
=
dx
x − 2y
dy
dx
15
(definert når x 6= 2y.)
dy
(b) Uttrykket dx
er ikke definert i punkter der x = 2y. Setter vi dette inn i
uttrykket for kurven, får vi:
(2y)2 − 2y · y + y 2
4y 2 − 2y 2 + y 2
3y 2
y2
=
=
=
=
9
9
9
3
√
y = ± 3,
√
som gir de to tilhørende x-verdiene x = 2y = ±2 3. Uttrykket
definert i punktene
√
√
√ √
(x, y) = (−2 3, − 3) og (2 3, 3)
dy
dx
er derfor ikke
på kurven. Dette er punkter på kurven der tangentlinjen er vertikal (eller eventuelt
der tangentlinjen ikke er definert, som ville være punkter der kurven har et “knekkpunkt”,
noe som ikke er tilfellet her).
Merknad: Noen stoppet opp med kun “x = 2y” uten å regne ut hvilke
punkter på kurven som oppfyller dette.
(c) Snittpunktene mellom kurven og x-aksen er de punktene der y = 0, dvs. der
x = 9, m.a.o. x = ±3. Altså er snittpunktene (x, y) = (3, 0), (−3, 0).
Tangentlinjene i disse punktene har stigning henholdsvis
dy
2·3−0
|(3,0) =
=2
dx
3−0
og
dy
2 · (−3) − 0
|(−3,0) =
=2
dx
−3 − 0
dy
(hvor vi brukte uttrykket dx
vi fant i (a)). Tangentlinjen i (3, 0) har derfor ligningen:
2
y − 0 = 2(x − 3) dvs. y = 2x − 6.
Tangentlinjen i (−3, 0) har derfor ligningen:
y − 0 = 2(x − (−3)) dvs. y = 2x + 6.
(d) Linjene er parallelle, siden de har samme koeffisient foran x’en i uttrykket (dvs.
samme stigningstall).
16
Oppgave 9
La c være høyden over bunnen på glasset til midtpunktet på ballen. Vil vise at
c = r2 + 14 .
På figuren vil (0, c) være sentrum til sirkelen med radius r. Sirkelen har derfor
ligningen (x − 0)2 + (y − c)2 = r2 , dvs.
(6)
x2 + (y − c)2 = r2 .
La (a, b) være tangeringspunktet i 1. kvadrant mellom sirkelen og parabelen y = x2 .
Da må b = a2 (siden punktet ligger på parabelen), slik at tangeringspunktet er på
formen (a, a2 ) for en a > 0 ( i henhold til tegningen).
Vi vet at de to kurvene har felles tangent i punktet, dvs. at de to kurvene må ha
samme stigningstall i (a, a2 ). Derivérer vi (7) implisitt m.h.p. x får vi
dy
dy
x
2x + 2(y − c)
= 0, dvs.
=−
,
dx
dx
y−c
slik at stignigstallet til sirkelen i (a, a2 ) er
dy
a
=− 2
.
2
dx |(a,a )
a −c
d 2
x
= 2x
= 2a,
Siden stigningstallet til parabelen y = x2 i (a, a2 ) er dx
|x=a
får vi
−
a2
|x=a
a
= 2a,
−c
som har løsningene
1
eller a = 0.
2
Siden vi antar a > 0 har vi a2 = c − 12 . Bruker vi dette sammen med at (a, a2 ) ligger
på sirkelen, får vi, ved å sette inn x = a og y = a2 inn i (7), at:
(7)
a2 = c −
a2 + (a2 − c)2 = r2
1 1 2
c−
+ −
= r2
2
2
1 1
c− +
= r2
2 4
1
c = r2 + ,
4
som er det vi skulle vise.
Andreas Leopold Knutsen