TMA4100 ordinær eksamen 2023 – løsningsforslag

Funksjonen skifter uttrykk i \( {x = 2}\text{.} \) Vi finner derfor grensen fra hver side for seg, med det uttrykket som gjelder på den siden.

1. Finn grensen fra hver side Fra høyre er \( {x > 2}\text{,} \) så der gjelder \( x^2\text{.} \) Vi setter inn \( {x = 2}\text{,} \) og leser notasjonen som i videoen Grenseverdier: \[ \lim_{x \to 2+} f(x) = \lim_{x \to 2+} x^2 = \textcolor{red}{4} \]

Fra venstre er \( {x < 2}\text{,} \) så der gjelder \( x\text{:} \) \[ \lim_{x \to 2-} f(x) = \lim_{x \to 2-} x = \textcolor{blue}{2} \]

2. Avgjør den tosidige grensen Den tosidige grensen finnes bare når grensene fra høyre og venstre er like: \[ \lim_{x \to 2+} f(x) = \lim_{x \to 2-} f(x) \]

Her er de ulike: \[ \textcolor{red}{4} \neq \textcolor{blue}{2} \]Dermed eksisterer ikke \( \lim_{x \to 2} f(x)\text{.} \)

3. Avgjør om funksjonen er kontinuerlig Der funksjonen skifter uttrykk, må de to uttrykkene ha samme verdi for at den skal være kontinuerlig, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Vi setter inn \( {x = 2} \) i begge: \[ \begin{aligned} x &= \textcolor{blue}{2} \\ x^2 &= 2^2 = \textcolor{red}{4} \end{aligned} \]Grafen hopper altså i \( {x = 2}\text{,} \) så \( f \) er ikke kontinuerlig der. For alle andre \( x \) er den kontinuerlig, siden \( x \) og \( x^2 \) er det.

Vi dreier om \( {y\text{-aksen}} \) og har grafene som funksjoner av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor sylinderskallmetoden, med avstanden mellom grafene som høyde.

1. Skisser området Kurvene møtes der \( {x^3 = \sqrt{x}}\text{,} \) altså der \( {x^6 = x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x(x^5 - 1) &= 0 \\ x = 0 \ \text{ eller } \ x &= 1 \end{aligned} \]

For å se hvilken som ligger øverst, setter vi inn \( {x = \dfrac{1}{4}}\text{:} \) \[ \sqrt{\dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{64} = \left(\dfrac{1}{4}\right)^3 \]\( \sqrt{x} \) ligger altså over \( x^3 \) mellom \( {x = 0} \) og \( {x = 1}\text{.} \)

2. Sett opp volumet Sylinderskallmetoden forteller oss at: \[ V = 2\pi \int_a^b \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{h(x)}\,dx \]Her er \( \textcolor{red}{x} \) radien til skallet og \( \textcolor{blue}{h(x)} \) høyden. Se videoen Omdreiningslegeme y-akse, der høyden er \( f(x)\text{.} \)

Her er høyden avstanden mellom grafene: \[ \textcolor{blue}{h(x)} = \textcolor{blue}{\sqrt{x} - x^3}, \quad a = 0, \quad b = 1 \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} V &= 2\pi \int_0^1 \textcolor{red}{x}\left(\textcolor{blue}{\sqrt{x} - x^3}\right) dx \\ &= 2\pi \int_0^1 \left(x^{3/2} - x^4\right) dx \\ &= 2\pi \left[\dfrac{2}{5}x^{5/2} - \dfrac{1}{5}x^5\right]_0^1 \\ &= 2\pi \left(\dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}\right) = \dfrac{2\pi}{5} \end{aligned} \]

Vi ser \( \ln(x) \) inni integralet og den deriverte \( \dfrac{1}{x} \) ved siden av. Vi bruker derfor substitusjon, og tar det som er igjen med delvis integrasjon.

1. Bruk substitusjon Vi setter kjernen lik \( \textcolor{green}{t} \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{t} &= \textcolor{green}{\ln(x)} \\ dt &= \dfrac{1}{x}\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \int \dfrac{\ln(\ln(x))}{x}\,dx = \int \ln(\textcolor{green}{t})\,dt \]

2. Bruk delvis integrasjon Delvis integrasjon forteller oss at: \[ \int \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}\,dt = \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v} - \int \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v}\,dt \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Delvis integrasjon.

Vi skriver \( {\ln(t) = 1 \cdot \ln(t)}\text{,} \) som i vinket. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\ln(t)} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{t}} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} & \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{t} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int \ln(t)\,dt &= \textcolor{red}{\ln(t)} \cdot \textcolor{blue}{t} - \int \textcolor{red}{\dfrac{1}{t}} \cdot \textcolor{blue}{t}\,dt \\ &= t\ln(t) - \int 1\,dt \\ &= t\ln(t) - t + C \end{aligned} \]

3. Bytt tilbake til x Vi setter inn \( {\textcolor{green}{t} = \textcolor{green}{\ln(x)}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} &\int \dfrac{\ln(\ln(x))}{x}\,dx \\ &= \textcolor{green}{\ln(x)}\ln(\textcolor{green}{\ln(x)}) - \textcolor{green}{\ln(x)} + C \end{aligned} \]

For at \( f \) skal være kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) må \( C \) være lik grensen når \( x \) går mot \( 0\text{.} \) Vi finner grensen med maclaurinrekken til \( \sin(x)\text{.} \)

1. Sett opp kravet Der funksjonen skifter uttrykk, må verdiene være like, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Det betyr at: \[ C = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3}{x^5} \]

Vi lar \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 &\to 0 \\ x^5 &\to 0 \end{aligned} \]Dette er formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi må skrive om uttrykket.

2. Skriv opp rekken til sinus Maclaurinrekken forteller oss at: \[ \begin{aligned} g(x) &= g(0) + g'(0)x \\ &\quad + \dfrac{g''(0)x^2}{2!} + \dfrac{g'''(0)x^3}{3!} + \cdots \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Her er \( {g(x) = \sin(x)}\text{.} \) De deriverte går i ring, og i \( {x = 0} \) gir de: \[ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ \dots \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \sin(x) = x - \dfrac{x^3}{3!} + \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

3. Regn ut grensen Siden \( {3! = 6}\text{,} \) forsvinner de to første leddene når vi setter inn i telleren: \[ \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 = \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

Vi deler på \( x^5 \) og lar \( x \) gå mot \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} C &= \lim_{x \to 0} \left(\textcolor{red}{\dfrac{1}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^2}{7!}} + \cdots\right) \\ &= \dfrac{1}{5!} = \dfrac{1}{120} \end{aligned} \]

Den øvre grensen er en funksjon av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor fundamentalteoremet sammen med kjerneregelen. Så ser vi på fortegnet til \( F'(x)\text{.} \)

1. Skriv opp reglene Fundamentalteoremet forteller oss at den deriverte av et integral med variabel øvre grense er integranden i grensen: \[ \dfrac{d}{du} \int_0^{\textcolor{green}{u}} g(t)\,dt = g(\textcolor{green}{u}) \]Dette viser videoen Løs integralligningen.

Her er den øvre grensen en kjerne, så kjerneregelen forteller oss at vi må gange med den deriverte av kjernen: \[ F'(x) = g(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Se videoen Kjerneregelen.

2. Regn ut den deriverte Her er: \[ \begin{aligned} g(t) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + t^2}\right) \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x - x^2} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{2 - 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} F'(x) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + (\textcolor{green}{2x - x^2})^2}\right) \\ &\quad \cdot (\textcolor{green}{2 - 2x}) \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til cosinus Nevneren i brøken er minst \( 1\text{,} \) og \( {\pi > 2}\text{,} \) så: \[ 0 < \dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2} \le 1 < \dfrac{\pi}{2} \]

Cosinus er positiv mellom \( 0 \) og \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) så for alle \( x \) er cosinusfaktoren positiv: \[ \textcolor{red}{\cos\left(\dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2}\right)} > 0 \]

4. Vis det globale maksimumet Fortegnet til \( F'(x) \) er dermed det samme som fortegnet til \( {\textcolor{green}{2 - 2x}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x < 1 &\Rightarrow F'(x) > 0 \\ x = 1 &\Rightarrow F'(x) = 0 \\ x > 1 &\Rightarrow F'(x) < 0 \end{aligned} \]

\( F \) vokser altså for alle \( {x < 1} \) og synker for alle \( {x > 1}\text{.} \) Det betyr at for alle \( x \) er: \[ F(x) \le F(1) \]\( F \) har derfor et globalt maksimum i \( {x = 1}\text{.} \)

Vi følger vinket: først \( f'(x)\text{,} \) så setter vi inn i formelen for buelengde. Integralet løser vi med substitusjon.

1. Vis formelen for den deriverte Logaritmeregelen for en brøk forteller oss at: \[ \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{a}}{\textcolor{blue}{b}}\right) = \ln(\textcolor{red}{a}) - \ln(\textcolor{blue}{b}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer. Her er \( {\textcolor{red}{e^x - 1}} \) og \( {\textcolor{blue}{e^x + 1}} \) positive på \( [1, 2]\text{,} \) så: \[ f(x) = \ln(\textcolor{red}{e^x - 1}) - \ln(\textcolor{blue}{e^x + 1}) \]

Kjerneregelen for \( \ln(u) \) forteller oss at: \[ (\ln(u))' = \dfrac{1}{u} \cdot u' \]Se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Her er \( {u' = e^x} \) i begge leddene, så: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{e^x}{\textcolor{red}{e^x - 1}} - \dfrac{e^x}{\textcolor{blue}{e^x + 1}} \\ &= \dfrac{e^x(e^x + 1) - e^x(e^x - 1)}{e^{2x} - 1} \\ &= \dfrac{2e^x}{e^{2x} - 1} \end{aligned} \]

Vi deler over og under brøkstreken med \( e^x\text{,} \) og bruker at \( {\sinh(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}}\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{2}{e^x - e^{-x}} = \dfrac{1}{\sinh(x)} \]

2. Sett inn i formelen for buelengde Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Vi bruker at: \[ \cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} 1 + (f'(x))^2 &= 1 + \dfrac{1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\sinh^2(x) + 1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\cosh^2(x)}{\sinh^2(x)} \end{aligned} \]

På \( [1, 2] \) er både \( \cosh(x) \) og \( \sinh(x) \) positive, så roten blir brøken uten kvadrat: \[ L = \int_1^2 \dfrac{\cosh(x)}{\sinh(x)}\,dx \]

3. Regn ut integralet Vi setter nevneren lik \( \textcolor{green}{s}\text{,} \) som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{s} &= \textcolor{green}{\sinh(x)} \\ ds &= \cosh(x)\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \int_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \dfrac{1}{\textcolor{green}{s}}\,ds \\ &= \Big[\ln(\textcolor{green}{s})\Big]_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \\ &= \ln\left(\dfrac{\sinh(2)}{\sinh(1)}\right) \end{aligned} \]

Vi tar rekkene én og én, med den testen leddene peker mot: grensen til leddene i (i), forholdstesten i (ii), og alternerende rekker og sammenligning i (iii).

1. Undersøk rekke i Når leddene ikke går mot \( 0\text{,} \) divergerer rekken, som i videoen Konvergens & divergens intro: \[ \lim_{n \to \infty} a_n \neq 0 \ \Rightarrow \ \sum a_n \text{ divergerer} \]

Vi lar \( n \) vokse og deler over og under brøkstreken med \( n\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{n + 11} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{1 + \dfrac{11}{n}} = 1 \neq 0 \]Rekke (i) divergerer.

2. Undersøk rekke ii Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer absolutt når \( {k < 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Se videoen Forholdstest, med eksempel.

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

Plugger vi dette inn, forsvinner fortegnet i absoluttverdien, og vi får: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n+1}(n + 1)}{e^{n+1}}} \, \textcolor{blue}{\dfrac{e^n}{(-1)^n n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n + 1}{n} \cdot \dfrac{1}{e} \\ &= \dfrac{1}{e} < 1 \end{aligned} \]Rekke (ii) konvergerer absolutt.

3. Undersøk rekke iii Rekken er alternerende, og den konvergerer når leddene \( a_n \) uten fortegn synker og går mot \( 0\text{,} \) som i videoen Alternerende rekker med eksempler. Her vokser nevneren: \[ \begin{aligned} a_{n+1} &= \dfrac{1}{n + 1 + 2\sqrt{n + 1}} \\ &< \dfrac{1}{n + 2\sqrt{n}} = a_n \\ \lim_{n \to \infty} a_n &= 0 \end{aligned} \]Rekke (iii) konvergerer altså.

Så ser vi på absoluttverdiene. Sammenligningstesten forteller oss at: \[ \begin{aligned} &0 \le \textcolor{green}{b_n} \le \textcolor{darkorange}{a_n}, \quad \sum \textcolor{green}{b_n} \text{ divergerer} \\ &\Rightarrow \sum \textcolor{darkorange}{a_n} \text{ divergerer} \end{aligned} \]Sammenligningen setter vi opp som i videoen Sammenligning & P-rekker Oppgave.

Siden \( {\sqrt{n} \le n} \) er \( {n + 2\sqrt{n} \le 3n}\text{,} \) så: \[ \textcolor{darkorange}{a_n} = \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{n + 2\sqrt{n}}} \ge \textcolor{green}{\dfrac{1}{3n}} = \textcolor{green}{b_n} \]

Her er \( \textcolor{green}{b_n} \) en tredel av leddene i en p-rekke med \( {p = 1}\text{:} \) \[ \sum_{n=1}^{\infty} \textcolor{green}{\dfrac{1}{3n}} = \dfrac{1}{3} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} \]Den divergerer, se videoen P-rekker Oppgave. Da divergerer også den større rekken. Rekke (iii) konvergerer, men ikke absolutt, så den konvergerer betinget.

Vi finner rekken til \( {\ln(1 + t)} \) fra en geometrisk rekke, deler på \( t \) og integrerer ledd for ledd. Så bruker vi forholdstesten og sjekker endepunktene.

1. Finn rekken til integranden Summen av en geometrisk rekke forteller oss at når \( {|q| < 1}\text{:} \) \[ \dfrac{1}{1 - \textcolor{green}{q}} = 1 + \textcolor{green}{q} + \textcolor{green}{q}^2 + \textcolor{green}{q}^3 + \cdots \]Kravet \( {|q| < 1} \) forklarer videoen Geometrisk rekke test.

Her er \( {\textcolor{green}{q} = \textcolor{green}{-t}}\text{,} \) så for \( {|t| < 1} \) er: \[ \dfrac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - t^3 + \cdots \]

Vi integrerer begge sider fra \( 0 \) til \( t\text{,} \) med \( s \) som integrasjonsvariabel, og deler på \( t\text{:} \) \[ \begin{aligned} \ln(1 + t) &= \int_0^t \dfrac{1}{1 + s}\,ds \\ &= t - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{t^3}{3} - \dfrac{t^4}{4} + \cdots \\ \dfrac{\ln(1 + t)}{t} &= 1 - \dfrac{t}{2} + \dfrac{t^2}{3} - \dfrac{t^3}{4} + \cdots \end{aligned} \]

2. Integrer ledd for ledd Vi integrerer fra \( 0 \) til \( x\text{,} \) som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke: \[ \begin{aligned} F(x) &= x - \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{x^3}{9} - \dfrac{x^4}{16} + \cdots \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \dfrac{x^n}{n^2} \end{aligned} \]

3. Bruk forholdstesten Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer når \( {k < 1} \) og divergerer når \( {k > 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Se videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

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

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n+2} x^{n+1}}{(n + 1)^2}} \, \textcolor{blue}{\dfrac{n^2}{(-1)^{n+1} x^n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2}{(n + 1)^2} \cdot |x| \\ &= |x| \end{aligned} \]Rekken konvergerer altså for \( {|x| < 1} \) og divergerer for \( {|x| > 1}\text{.} \)

4. Sjekk endepunktene I endepunktene er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000): \[ \begin{aligned} x = 1: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2} \\ x = -1: \quad & -\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} \end{aligned} \]

Absoluttverdien av leddene er i begge tilfeller \( \dfrac{1}{n^2}\text{.} \) Dette er en p-rekke med \( {p = 2 > 1}\text{,} \) som konvergerer, se videoen P-rekker Oppgave. Begge endepunktene er altså med.

Stigningen er \( y'\text{,} \) så dette er en differensiallikning. Vi ser at vi kan skille \( y \) og \( x\text{,} \) og bruker derfor separasjon av variabler.

1. Separer variablene Stigningen er \( {y' = \dfrac{dy}{dx}}\text{,} \) så: \[ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{e^{-x}}{1 + \cos(y)} \]

Vi samler \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} = \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \]

2. Integrer begge sider Vi integrerer hver side for seg: \[ \begin{aligned} \int \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} &= \int \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \\ \textcolor{red}{y + \sin(y)} &= \textcolor{blue}{-e^{-x}} + \textcolor{green}{C} \end{aligned} \]

3. Finn konstanten Kurven går gjennom \( (\ln(2), 0)\text{,} \) så vi setter inn \( {x = \ln(2)} \) og \( {y = 0}\text{:} \) \[ 0 + \sin(0) = -e^{-\ln(2)} + \textcolor{green}{C} \]

Her er \( {e^{-\ln(2)} = \dfrac{1}{e^{\ln(2)}} = \dfrac{1}{2}}\text{,} \) så: \[ 0 = -\dfrac{1}{2} + \textcolor{green}{C} \quad \Rightarrow \quad \textcolor{green}{C} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

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

Vi tar likhetene én og én, fra venstre. Til slutt bruker vi at \( e^x \) er kontinuerlig, for å komme fra \( \ln \) av uttrykket til selve uttrykket.

1. Forklar den første likheten Logaritmeregelen for en potens forteller oss at: \[ \ln(\textcolor{red}{a}^{\textcolor{blue}{n}}) = \textcolor{blue}{n} \ln(\textcolor{red}{a}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {\textcolor{red}{a} = \textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}}\text{.} \) Å gange med \( \textcolor{blue}{n} \) er det samme som å dele på \( \dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \ln\left(\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)^{\textcolor{blue}{n}}\right) &= \textcolor{blue}{n} \ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right) \\ &= \dfrac{\ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)}{\dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}} \end{aligned} \]

2. Forklar den andre likheten Vi bytter variabel: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{h} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \\ n \to \infty \ &\Rightarrow \ \textcolor{green}{h} \to 0 \end{aligned} \]

Siden \( {\ln(1) = 0}\text{,} \) kan vi også trekke fra \( \ln(1) \) uten å endre noe: \[ \begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h})}{\textcolor{green}{h}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h}) - \ln(1)}{\textcolor{green}{h}} \end{aligned} \]Her er \( {h > 0}\text{.} \) Det spiller ingen rolle, for grensen når \( h \to 0 \) finnes fra begge sider, som den tredje likheten viser.

3. Forklar den tredje likheten Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ g'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{g(a + h) - g(a)}{h} \]Se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {g(t) = \ln(t)} \) og \( {a = 1}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{h \to 0} \dfrac{\ln(1 + h) - \ln(1)}{h} \\ &= \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} \end{aligned} \]

4. Forklar den fjerde likheten Den deriverte av \( \ln(t) \) er \( \dfrac{1}{t}\text{,} \) se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Vi setter inn \( {t = 1}\text{:} \) \[ \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} = \dfrac{1}{1} = 1 \]

5. Vis likning 1 Erna har altså vist at grensen av \( \ln \) av uttrykket er \( 1\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\right) = 1 \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sidene. Siden \( e^x \) er kontinuerlig, kan grensen flyttes ut av eksponenten, og fra definisjonen av \( \ln \) vet vi at \( {e^{\ln(a)} = a}\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^1 &= e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} e^{\ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n \end{aligned} \]Det er likning (1).