TMA4100 konteeksamen 2024 – løsningsforslag

Oppgaven ber oss bruke definisjonen, så vi setter \( f(x) \) inn i den, samler brøkene i telleren og lar \( \Delta x \) gå mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp definisjonen Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x + \Delta x)} - \textcolor{blue}{f(x)}}{\Delta x} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x + \Delta x)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} \\ \textcolor{blue}{f(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}}}{\Delta x} \]

2. Samle brøkene i telleren Vi setter de to brøkene på felles nevner \( {x(x + \Delta x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} &= \dfrac{x - (x + \Delta x)}{x(x + \Delta x)} \\ &= \dfrac{-\Delta x}{x(x + \Delta x)} \end{aligned} \]

3. La steget gå mot null Vi deler på \( \Delta x\text{,} \) som ikke er \( 0 \) før vi tar grensen, slik at den forkortes bort: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{-1}{x(x + \Delta x)} \]

Nevneren blir ikke lenger \( 0 \) når \( \Delta x \) går mot \( 0\text{,} \) så lenge \( x \ne 0\text{.} \) Da går \( {x + \Delta x} \) mot \( x\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{-1}{x \cdot x} = -\dfrac{1}{x^2} \]

Vi setter punktet inn på begge sider for å se at de er like. Kurven er gitt implisitt, så stigningstallet finner vi med implisitt derivasjon.

1. Sett punktet inn i likningen Vi regner ut hver side for seg med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \tan\left(-\pi \cdot \dfrac{1}{4}\right) &= \tan\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = -1 \\ \dfrac{2 \cdot (-\pi) \cdot \dfrac{1}{2}}{\pi} &= \dfrac{-\pi}{\pi} = -1 \end{aligned} \]

Begge sider er \( {-1}\text{,} \) så punktet ligger på kurven.

2. Deriver venstre side Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) deriverer vi begge sider med hensyn på \( x\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon. Venstre side er \( \tan \) av en kjerne.

Kjerneregelen forteller oss at: \[ (\tan \textcolor{green}{k})' = \dfrac{1}{\cos^2 \textcolor{green}{k}} \cdot \textcolor{green}{k'} \]Du ser kjerneregelen i videoen Kjerneregelen, og den deriverte av \( \tan \) i videoen Koblede hastigheter 1.

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{xy^2}}\text{.} \) Den er et produkt, så vi finner \( \textcolor{green}{k'} \) med produktregelen: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Den ser du i videoen Produktregelen.

Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) gir kjerneregelen \( {(y^2)' = 2y \cdot y'}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{y^2} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2y\,y'} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \textcolor{green}{k'} = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{y^2} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{2y\,y'} = \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} \]

3. Deriver høyre side Høyre side er \( \dfrac{2}{\pi} \) ganger produktet \( xy\text{.} \) Med produktregelen får vi: \[ \left(\dfrac{2}{\pi}\,xy\right)' = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \dfrac{\textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'}}{\cos^2(xy^2)} = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

4. Finn stigningstallet I punktet er \( {xy^2 = -\dfrac{\pi}{4}}\text{,} \) så: \[ \cos^2\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{2} \]

Med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}} \) blir parentesene: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{4} - \pi y'} \\ y + x\,y' &= \dfrac{1}{2} - \pi y' \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, og samler \( y' \) på én side, får vi: \[ \begin{aligned} 2\left(\dfrac{1}{4} - \pi y'\right) &= \dfrac{2}{\pi}\left(\dfrac{1}{2} - \pi y'\right) \\ \dfrac{1}{2} - 2\pi y' &= \dfrac{1}{\pi} - 2y' \\ (2 - 2\pi)\,y' &= \dfrac{1}{\pi} - \dfrac{1}{2} \\ 2(1 - \pi)\,y' &= \dfrac{2 - \pi}{2\pi} \end{aligned} \]

Løser vi for \( y'\text{,} \) og ganger med \( {-1} \) oppe og nede, får vi: \[ y' = \dfrac{2 - \pi}{4\pi(1 - \pi)} = \dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)} \]

5. Sett opp tangenten Formelen for tangenten forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{a}\,(x - \textcolor{red}{x_0}) + \textcolor{green}{y_0} \]Den ser du i videoen Tangentlinje.

Her er, med nye farger: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}} \\ \textcolor{red}{x_0} &= \textcolor{red}{-\pi} \\ \textcolor{green}{y_0} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y = \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}}\,(x + \pi) + \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Nevneren kan skrives som et kvadrat. Vi deler brøken i to, integrerer opp til en øvre grense \( R \) og ser hva som skjer når \( R \) går mot uendelig.

1. Skriv om brøken Nevneren er et fullstendig kvadrat. Første kvadratsetning forteller oss at: \[ (\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b})^2 = \textcolor{blue}{a}^2 + 2\textcolor{blue}{a}\textcolor{red}{b} + \textcolor{red}{b}^2 \]Du ser den i videoen Kvadratsetningene.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{x} \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ x^2 + 6x + 9 = (\textcolor{blue}{x} + \textcolor{red}{3})^2 \]

På \( {[-1, \infty)} \) er \( {x + 3 \ge 2}\text{,} \) så nevneren er aldri \( 0\text{.} \) Det eneste uegentlige er altså den øvre grensen.

Vi skriver telleren som \( {(x + 3) + 1} \) og deler i to: \[ \begin{aligned} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2} &= \dfrac{x + 3}{(x + 3)^2} + \dfrac{1}{(x + 3)^2} \\ &= \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{(x + 3)^2}} \end{aligned} \]

2. Integrer opp til en grense Et uegentlig integral forteller oss at: \[ \int_{-1}^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} f(x)\,dx \]Et eksempel der grensen går mot uendelig til slutt, ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1.

Vi integrerer ledd for ledd. Det første leddet gir \( \ln\text{,} \) som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \int \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}}\,dx = \textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \]

Det andre skriver vi som en potens, som i samme video Basic integrasjonsregler/​formler. Potensregelen for integraler forteller oss at: \[ \int u^n\,du = \dfrac{u^{n+1}}{n + 1}\text{,} \quad n \ne -1 \]

Her er \( {u = x + 3} \) og \( {n = -2}\text{.} \) \( {x + 3} \) går like bra som \( x\text{,} \) siden den deriverte er \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ \int \textcolor{magenta}{(x + 3)^{-2}}\,dx = \textcolor{magenta}{-\dfrac{1}{x + 3}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx \\ &= \left[\textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \textcolor{magenta}{- \dfrac{1}{x + 3}}\right]_{-1}^{R} \\ &= \ln(R + 3) - \dfrac{1}{R + 3} - \ln 2 + \dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

3. La grensen gå mot uendelig Nå lar vi \( R \) gå mot uendelig. Hvert ledd for seg gir: \[ \begin{aligned} \ln(R + 3) &\to \infty \\ \dfrac{1}{R + 3} &\to 0 \end{aligned} \]

Resten er konstanter, så hele uttrykket vokser uten grense: \[ \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx = \infty \]

Integralet har ingen endelig verdi, så det divergerer.

Først setter vi \( f(x) \) inn i formelen for buelengde. Integralet kan vi ikke løse for hånd, så vi fyller ut Simpsons regel med fire delintervaller.

1. Sett opp buelengden Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (\textcolor{red}{f'(x)})^2}\,dx \]Du ser hvor den kommer fra i videoen Buelengde formel.

Her er, med potensregelen fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} a &= 0 \\ b &= 1 \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{4x^3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L &= \int_0^1 \sqrt{1 + (\textcolor{red}{4x^3})^2}\,dx \\ &= \int_0^1 \sqrt{1 + 16x^6}\,dx \end{aligned} \]

2. Finn verdiene til funksjonen Simpsons regel med fire delintervaller forteller oss at: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{\Delta x}}{3} \big( &g(x_0) + 4g(x_1) + 2g(x_2) \\ &+ 4g(x_3) + g(x_4) \big) \end{aligned} \]Du ser den i videoen Simpson's Regel.

Her er \( {g(x) = \sqrt{1 + 16x^6}} \) og: \[ \textcolor{blue}{\Delta x} = \dfrac{1 - 0}{4} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \]

Punktene er \( {x_i = i \cdot \textcolor{blue}{\Delta x}}\text{:} \) vi begynner på \( {x_0 = 0} \) og legger til \( \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \) hver gang. Det gir: \[ \begin{aligned} g(0) &= 1 \\ g\left(\dfrac{1}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{256}} = \dfrac{\sqrt{257}}{16} \\ g\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ g\left(\dfrac{3}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{729}{256}} = \dfrac{\sqrt{985}}{16} \\ g(1) &= \sqrt{17} \end{aligned} \]

3. Fyll ut Simpsons regel Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} \Big( &1 + 4 \cdot \dfrac{\sqrt{257}}{16} + 2 \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ &+ 4 \cdot \dfrac{\sqrt{985}}{16} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi forkorter, og samler \( {\dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} = \dfrac{1}{12}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{1}{12} \Big( &1 + \dfrac{\sqrt{257}}{4} + \sqrt{5} \\ &+ \dfrac{\sqrt{985}}{4} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi taster dette inn på kalkulatoren og runder av til tre desimaler: \[ L \approx 1{,}601 \]

Her står \( x \) i den øvre grensen, så vi deriverer begge sider og blir kvitt integralet. Da får vi en separabel differensiallikning, og startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn startverdien Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) går integralet fra \( 0 \) til \( 0 \) og blir \( 0\text{:} \) \[ f(0) = 1 - \int_0^0 f(t)\,dt = 1 - 0 = 1 \]

2. Deriver begge sider Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_0^x \textcolor{red}{f(t)}\,dt\right)' = \textcolor{red}{f(x)} \]Det forklares i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Konstanten \( 1 \) deriveres til \( 0\text{,} \) så vi får: \[ f'(x) = 0 - \textcolor{red}{f(x)} = -\textcolor{red}{f(x)} \]

3. Løs differensiallikningen Vi skriver \( {y = f(x)}\text{.} \) Siden \( {f(0) = 1}\text{,} \) kan ikke \( {y = 0} \) være løsningen, og vi samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= -y \\ \dfrac{1}{y}\,dy &= -dx \end{aligned} \]

Vi integrerer begge sider, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, og får: \[ \ln|y| = -x + C \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sider, og samler konstanten i en ny konstant \( \textcolor{blue}{A}\text{:} \) \[ y = \textcolor{blue}{A}\,e^{-x} \]

4. Finn konstanten Startverdien \( {f(0) = 1} \) gir: \[ \textcolor{blue}{A}\,e^{0} = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{A} = 1 \]

Vi finner hvor grafene møtes og tegner området. Aksen er \( {y = -1}\text{,} \) og området når ikke helt inn til den, så hver skive har et hull. Den nedre kanten bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{,} \) så vi deler integralet der.

1. Finn hjørnene i området Grafene møtes der \( {f(x) = g(x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x + 1 &= x^2 - 1 \\ 0 &= x^2 - x - 2 \\ 0 &= (x + 1)(x - 2) \end{aligned} \]

Det gir \( {x = -1} \) og \( {x = 2}\text{.} \) Så ser vi hvor grafene krysser linjen \( {y = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \\ g(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \text{ eller } x = 1 \end{aligned} \]

Hjørnene er altså \( {(-1, 0)}\text{,} \) \( (1, 0) \) og \( (2, 3)\text{.} \)

2. Skisser området Mellom \( {x = -1} \) og \( {x = 2} \) ligger \( f \) over \( g\text{,} \) for eksempel er: \[ f(0) = 1 > -1 = g(0) \]

Fra \( {x = -1} \) til \( {x = 1} \) er \( {g(x) \le 0}\text{,} \) så der er nedre kant linjen \( {y = 0}\text{.} \) Fra \( {x = 1} \) til \( {x = 2} \) er nedre kant grafen til \( g\text{.} \)

3. Sett opp volumet Volumformelen for en dreining om \( {x\text{-aksen,}} \) med hull i hver skive, forteller oss at: \[ V = \pi \int_a^b \left( \textcolor{red}{R(x)}^2 - \textcolor{blue}{r(x)}^2 \right) dx \]Her er \( \textcolor{red}{R} \) ytre og \( \textcolor{blue}{r} \) indre radius. Formelen uten hull ser du i videoen Omdreiningslegeme x-akse, og hullet trekker vi fra.

Aksen vår er \( {y = -1}\text{.} \) Vi flytter alt opp med \( 1\text{,} \) slik at aksen blir \( {x\text{-aksen,}} \) samme idé som i videoen Omdreining om x = 3. Den ytre radiusen blir: \[ \textcolor{red}{R(x)} = f(x) + 1 = \textcolor{red}{x + 2} \]

Den indre radiusen bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -1 \le x \le 1\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= 0 + 1 = \textcolor{blue}{1} \\ 1 \le x \le 2\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= g(x) + 1 = \textcolor{blue}{x^2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, med én del på hver side av \( {x = 1}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{V}{\pi} &= \int_{-1}^{1} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - \textcolor{blue}{1}^2 \right) dx \\ &\quad + \int_{1}^{2} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - (\textcolor{blue}{x^2})^2 \right) dx \end{aligned} \]

4. Regn ut integralene Vi ganger ut parentesen og integrerer ledd for ledd, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler. Den første delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{1} (x^2 + 4x + 3)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 3x\right]_{-1}^{1} \\ &= \dfrac{16}{3} + \dfrac{4}{3} = \underline{\dfrac{20}{3}} \end{aligned} \]

Den andre delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{1}^{2} (x^2 + 4x + 4 - x^4)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 4x - \dfrac{x^5}{5}\right]_{1}^{2} \\ &= \dfrac{7}{3} + 10 - \dfrac{31}{5} = \underline{\dfrac{92}{15}} \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} V &= \pi \left( \dfrac{100}{15} + \dfrac{92}{15} \right) \\ &= \pi \cdot \dfrac{192}{15} = \dfrac{64\pi}{5} \end{aligned} \]

Forholdstesten gir konvergens når \( {|x| < 1}\text{,} \) og endepunktene sjekker vi hver for seg. Rekken er taylorrekken til \( \ln \) med \( x^2 \) som variabel, så vi kjenner summen.

1. Bruk forholdstesten For \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{,} \) så der konvergerer rekken. For \( x \ne 0 \) forteller forholdstesten oss at rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Slik bruker vi den i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{\dfrac{(-1)^{n-1}}{n} x^{2n}} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n}}{n + 1} x^{2n + 2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n} x^{2n+2}}{n+1}} \textcolor{blue}{\dfrac{n}{(-1)^{n-1} x^{2n}}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{n + 1}\,x^2 = x^2 \end{aligned} \]

Rekken konvergerer altså når: \[ x^2 < 1 \quad \Leftrightarrow \quad -1 < x < 1 \]

2. Sjekk endepunktene I \( {x = \pm 1} \) er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000). Siden \( {(\pm 1)^{2n} = 1}\text{,} \) gir begge endepunktene samme rekke: \[ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \cdot \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \]

Testen for alternerende rekker forteller oss at rekken konvergerer når leddene \( \textcolor{green}{b_n} \) går mot \( 0 \) og hele tiden blir mindre, som i videoen Alternerende rekker med eksempler!. Her er \( {\textcolor{green}{b_n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} &= 0 \\ \textcolor{green}{\dfrac{1}{n + 1}} &< \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \end{aligned} \]

Begge kravene holder, så rekken konvergerer i \( {x = \pm 1}\text{.} \) Dermed konvergerer den for alle \( {x \in [-1, 1]}\text{.} \)

3. Kjenn igjen rekken Maclaurinrekken til \( {\ln(1 + u)} \) er, for \( {|u| < 1}\text{:} \) \[ \ln(1 + u) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\,\textcolor{magenta}{u}^{n} \]Den får vi ved å derivere og sette inn \( {u = 0}\text{,} \) som i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Rekken vår er akkurat denne, med: \[ \textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{x^2} \]

4. Regn ut summen For \( {x = \dfrac{1}{2}} \) er \( {\textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}}\text{,} \) som er mindre enn \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ s = \ln\left(1 + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}\right) = \ln \dfrac{5}{4} \]

\( \ln \) er logaritmen med grunntall \( e\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer, så de to opphever hverandre: \[ e^s = e^{\ln(5/4)} = \dfrac{5}{4} \]

At følgen er voksende, viser vi med induksjon, siden hvert ledd er gitt av det forrige. En voksende følge som er begrenset, må konvergere, og grensen finner vi ved å la \( n \) gå mot uendelig i formelen.

1. Vis at følgen er voksende Vi viser med induksjon at \( {a_{n+1} > a_n} \) for alle \( n\text{.} \) Startsteget er \( a_2\text{:} \) \[ a_2 = \sqrt{\dfrac{1}{2} \cdot 0 + \dfrac{1}{2}} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} > 0 = a_1 \]

Så antar vi at det stemmer for en \( n\text{,} \) altså at \( {\textcolor{red}{a_{n+1}} > \textcolor{blue}{a_n}}\text{.} \) Vi ganger med \( \dfrac{1}{2} \) og legger til \( \dfrac{1}{2}\text{:} \) \[ \dfrac{1}{2} \textcolor{red}{a_{n+1}} + \dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{2} \textcolor{blue}{a_n} + \dfrac{1}{2} \]

Kvadratroten er voksende, så ulikheten holder også etter at vi tar roten: \[ \begin{aligned} \sqrt{\dfrac{1}{2} \textcolor{red}{a_{n+1}} + \dfrac{1}{2}} &> \sqrt{\dfrac{1}{2} \textcolor{blue}{a_n} + \dfrac{1}{2}} \\ a_{n+2} &> a_{n+1} \end{aligned} \]

Dermed gjelder ulikheten for alle \( n\text{,} \) og følgen er voksende.

2. Forklar hvorfor følgen konvergerer Setningen om monotone følger forteller oss at en voksende følge som er begrenset ovenfra, konvergerer, der \( M \) er en øvre grense for følgen: \[ \begin{aligned} &a_n \le a_{n+1} \le M \ \text{ for alle } n \\ &\Rightarrow \ \lim_{n \to \infty} a_n \text{ finnes} \end{aligned} \]Hva det betyr at en følge konvergerer, ser du i videoen Konvergens og divergens følger.

Her viste vi at følgen er voksende, og at den er begrenset ovenfra, er oppgitt. Altså konvergerer den.

3. Sett opp en likning for grensen Vi kaller grensen \( L\text{.} \) Når \( n \) går mot uendelig, går både \( a_n \) og \( {a_{n+1}} \) mot \( L\text{.} \) Kvadratroten er kontinuerlig, så formelen gir: \[ L = \sqrt{\dfrac{1}{2} L + \dfrac{1}{2}} \]

Vi opphøyer begge sider i andre og ganger med \( 2\text{:} \) \[ \begin{aligned} L^2 &= \dfrac{1}{2} L + \dfrac{1}{2} \\ 2L^2 - L - 1 &= 0 \end{aligned} \]

4. Løs likningen abc-formelen forteller oss at, her med \( p\text{,} \) \( q \) og \( r\text{,} \) siden \( a \) er tatt: \[ L = \dfrac{-\textcolor{red}{q} \pm \sqrt{\textcolor{red}{q}^2 - 4\textcolor{blue}{p}\textcolor{green}{r}}}{2\textcolor{blue}{p}} \]Du ser den i videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{p} &= \textcolor{blue}{2} \\ \textcolor{red}{q} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{green}{r} &= \textcolor{green}{-1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L &= \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 8}}{4} = \dfrac{1 \pm 3}{4} \\ L &= 1 \quad \text{eller} \quad L = -\dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

Alle leddene er kvadratrøtter eller \( {a_1 = 0}\text{,} \) så \( {a_n \ge 0}\text{.} \) Da kan ikke grensen være negativ: \[ a_n \ge 0 \quad \Rightarrow \quad L \ge 0 \quad \Rightarrow \quad L = 1 \]

Vi skriver opp hva vi vet og hva vi skal vise. Vinket gir oss en ulikhet med \( |f(x)| \) på den ene siden og \( f(x) \) på den andre, så vi klemmer avstanden mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp kravene At \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) betyr at grenseverdien er lik funksjonsverdien. Det gir oss: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to a} f(x) = f(a) \\ &\Leftrightarrow \ \lim_{x \to a} |f(x) - f(a)| = 0 \end{aligned} \]Du ser regelen om lik verdi i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

Vi skal vise det samme for \( |f(x)|\text{:} \) \[ \lim_{x \to a} \big||f(x)| - |f(a)|\big| = 0 \]

2. Bruk vinket Vi setter inn i ulikheten fra vinket, med: \[ \begin{aligned} z &= f(x) \\ y &= f(a) \end{aligned} \]

Det gir oss, siden en absoluttverdi aldri er negativ: \[ \begin{aligned} 0 &\le \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ &\le \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \end{aligned} \]

3. Klem avstanden mot null Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{m(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{m} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ \textcolor{blue}{m(x)} &= \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) går \( \textcolor{blue}{m(x)} \) mot \( 0\text{.} \) Det gir: \[ \lim_{x \to a} \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} = 0 \]

Det betyr at: \[ \lim_{x \to a} |f(x)| = |f(a)| \]

Grenseverdien er lik funksjonsverdien, så \( |f(x)| \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{.} \)