TMA4100 ordinær eksamen 2024 – løsningsforslag

Vi begynner med å sette inn \( {x = 0}\text{.} \) Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel så mange ganger som det trengs.

1. Sett inn grensen Vi lar \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{e^0 - e^0 - 2 \cdot 0} &= \textcolor{red}{0} \\ \textcolor{blue}{0 - \sin(0)} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]Det gir formen \( \dfrac{0}{0}\text{.} \)

2. Bruk L'Hôpitals regel L'Hôpitals regel forteller oss at når \( \dfrac{f}{g} \) gir \( \dfrac{0}{0} \) eller \( \dfrac{\infty}{\infty}\text{,} \) og grensen til høyre finnes, er: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x)}}{\textcolor{blue}{g(x)}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f'(x)}}{\textcolor{blue}{g'(x)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x)} &= \textcolor{red}{e^x - e^{-x} - 2x} \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{e^x + e^{-x} - 2} \\ \textcolor{blue}{g(x)} &= \textcolor{blue}{x - \sin(x)} \\ \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{1 - \cos(x)} \end{aligned} \]Leddet \( {e^{-x}} \) deriverer vi med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler, med \( {u = -x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} (e^u)' &= e^u \cdot u' \\ (e^{-x})' &= -e^{-x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x + e^{-x} - 2}}{\textcolor{blue}{1 - \cos(x)}} \]Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi igjen formen \( \dfrac{0}{0}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{red}{1 + 1 - 2}}{\textcolor{blue}{1 - 1}} = \dfrac{\textcolor{red}{0}}{\textcolor{blue}{0}} \]

3. Bruk regelen to ganger til Vi deriverer telleren og nevneren en gang til: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x - e^{-x}}}{\textcolor{blue}{\sin(x)}} \]Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi fortsatt formen \( \dfrac{0}{0}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{red}{1 - 1}}{\textcolor{blue}{0}} = \dfrac{\textcolor{red}{0}}{\textcolor{blue}{0}} \]

Vi deriverer en tredje gang, og nå kan vi sette inn \( {x = 0}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x + e^{-x}}}{\textcolor{blue}{\cos(x)}} = \dfrac{\textcolor{red}{1 + 1}}{\textcolor{blue}{1}} = 2 \]

Den øvre grensen er uendelig, så dette er et uegentlig integral. Vi integrerer derfor opp til en grense \( b \) og lar \( b \) vokse.

1. Skriv integralet med en grense Et uegentlig integral er definert ved en grenseverdi, med en øvre grense \( \textcolor{green}{b}\text{:} \) \[ \begin{aligned} &\int_1^{\infty} \dfrac{3}{(x + 2)^2}\,dx \\ &= \lim_{\textcolor{green}{b} \to \infty} \int_1^{\textcolor{green}{b}} \dfrac{3}{(x + 2)^2}\,dx \end{aligned} \]Et eksempel på et uegentlig integral, med grensen mot uendelig til slutt, ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1.

2. Regn ut integralet Vi skriver brøken som en potens, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \dfrac{3}{(x + 2)^2} = 3(x + 2)^{-2} \]

Potensregelen for integraler forteller oss at: \[ \int \textcolor{red}{u}^{\textcolor{blue}{n}}\,du = \dfrac{\textcolor{red}{u}^{\textcolor{blue}{n} + 1}}{\textcolor{blue}{n} + 1} + C \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x + 2} \\ \textcolor{blue}{n} &= \textcolor{blue}{-2} \\ du &= dx \end{aligned} \]

Konstanten \( 3 \) blir stående foran. Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int_1^{\textcolor{green}{b}} 3(\textcolor{red}{x + 2})^{\textcolor{blue}{-2}}\,dx &= \left[ \dfrac{3(\textcolor{red}{x + 2})^{\textcolor{blue}{-1}}}{\textcolor{blue}{-1}} \right]_1^{\textcolor{green}{b}} \\ &= \left[ -\dfrac{3}{x + 2} \right]_1^{\textcolor{green}{b}} \\ &= -\dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} + \dfrac{3}{3} \\ &= 1 - \dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} \end{aligned} \]

3. La grensen vokse Når \( \textcolor{green}{b} \) vokser, blir nevneren stadig større, så brøken går mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{\textcolor{green}{b} \to \infty} \left( 1 - \dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} \right) = 1 - 0 = 1 \]

Arealet avhenger av både \( \theta \) og \( d\text{.} \) Vi bruker omkretsen til å skrive \( \theta \) med \( d\text{,} \) slik at arealet blir en funksjon av \( d \) alene. Så deriverer vi.

1. Bruk kravet til omkretsen Kanten på stykket består av to radier og en bue. Med vinkelen \( \textcolor{red}{\theta} \) i radianer er: \[ \begin{aligned} \text{radius} &= \dfrac{d}{2} \\ \text{bue} &= \textcolor{red}{\theta} \cdot \dfrac{d}{2} \end{aligned} \]

Omkretsen skal være \( 60\text{:} \) \[ 2 \cdot \dfrac{d}{2} + \textcolor{red}{\theta} \cdot \dfrac{d}{2} = 60 \]

Løser vi for \( \textcolor{red}{\theta}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{red}{\theta = \dfrac{120 - 2d}{d}} \]

2. Skriv arealet med diameteren Vinket forteller oss at: \[ A = \dfrac{\textcolor{red}{\theta}}{2\pi}\pi \left(\dfrac{d}{2}\right)^2 = \dfrac{\textcolor{red}{\theta}\, d^2}{8} \]

Plugger vi inn \( \textcolor{red}{\theta}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} A(d) &= \textcolor{red}{\dfrac{120 - 2d}{d}} \cdot \dfrac{d^2}{8} \\ &= \dfrac{(120 - 2d)\,d}{8} \\ &= 15d - \dfrac{d^2}{4} \end{aligned} \]

3. Finn største verdi Potensregelen forteller oss at: \[ (d^n)' = n \cdot d^{n-1} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Vi deriverer ledd for ledd og setter den deriverte lik \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} A'(d) = 15 - \dfrac{d}{2} &= 0 \\ d &= 30 \end{aligned} \]

Den dobbeltderiverte er negativ: \[ A''(d) = -\dfrac{1}{2} < 0 \]Grafen til \( A \) er altså en parabel som vender nedover, så \( {d = 30} \) gir den største verdien.

Vi må også sjekke at vinkelen går an: \[ \textcolor{red}{\theta} = \textcolor{red}{\dfrac{120 - 2 \cdot 30}{30}} = 2 \]Vinkelen \( 2 \) radianer ligger mellom \( 0 \) og \( 2\pi\text{,} \) så dette er et ekte pizzastykke.

Kurven er ikke skrevet som \( {y = f(x)}\text{,} \) så vi finner stigningstallet med implisitt derivasjon. Så setter vi det lik \( 2 \) og finner punktene.

1. Deriver implisitt Vi deriverer begge sider med hensyn på \( x\text{.} \) Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) bruker vi kjerneregelen på \( y^2\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon. Den forteller oss at: \[ (\textcolor{green}{u}^2)' = 2\textcolor{green}{u} \cdot \textcolor{green}{u'} \]

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{y}}\text{,} \) og dens deriverte er \( \textcolor{green}{y'}\text{:} \) \[ (\textcolor{green}{y}^2)' = 2\textcolor{green}{y} \cdot \textcolor{green}{y'} \]

Det gir oss: \[ 2x - 2\textcolor{green}{y} \cdot \textcolor{green}{y'} = 0 \]

Løser vi for \( \textcolor{green}{y'}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{green}{y'} = \dfrac{x}{y} \]Her må \( {y \neq 0}\text{.} \) Er \( {y = 0}\text{,} \) sier likningen over at \( {x = 0}\text{,} \) og \( (0, 0) \) ligger ikke på kurven.

2. Finn punktene Vi setter stigningstallet lik \( 2\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{x}{y} &= 2 \\ \textcolor{red}{x} &= \textcolor{red}{2y} \end{aligned} \]

Vi setter dette inn i likningen for kurven: \[ \begin{aligned} (\textcolor{red}{2y})^2 - y^2 &= 1 \\ 3y^2 &= 1 \\ y &= \pm\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{aligned} \]

Siden \( {\textcolor{red}{x} = \textcolor{red}{2y}}\text{,} \) gir det to punkter: \[ \begin{aligned} &\underline{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}},\ \dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)} \\ &\underline{\left(-\dfrac{2}{\sqrt{3}},\ -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)} \end{aligned} \]

3. Finn tangentene Formelen for tangenten forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{a}(x - \textcolor{red}{x_0}) + \textcolor{green}{y_0} \]Dette er formelen i videoen Tangentlinje, med stigningstallet \( \textcolor{blue}{a} \) og punktet \( (\textcolor{red}{x_0}, \textcolor{green}{y_0})\text{.} \)

For det første punktet er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{2}, \quad \textcolor{red}{x_0} = \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}, \quad \textcolor{green}{y_0} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{2}\left(x - \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}\right) + \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ &= 2x - \dfrac{3}{\sqrt{3}} \\ &= 2x - \sqrt{3} \end{aligned} \]

For det andre punktet bytter både \( \textcolor{red}{x_0} \) og \( \textcolor{green}{y_0} \) fortegn: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{2}\left(x + \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}\right) - \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ &= 2x + \dfrac{3}{\sqrt{3}} \\ &= 2x + \sqrt{3} \end{aligned} \]

Vi trenger ikke å derivere 13 ganger. Koeffisienten foran \( x^{13} \) i taylorrekken inneholder \( f^{(13)}(0)\text{,} \) så vi sammenligner den med rekken vi har fått.

1. Skriv opp taylorrekken Taylorrekken om \( {x = 0} \) er: \[ f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\textcolor{red}{f^{(k)}(0)}}{k!} x^k \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Leddet med \( x^{13} \) er altså: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} x^{13} \]

2. Finn leddet i den gitte rekken Eksponenten i rekken skal være \( 13\text{:} \) \[ \begin{aligned} 4n + 1 &= 13 \\ n &= 3 \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {n = 3}\text{,} \) får vi leddet: \[ (-1)^3 \dfrac{x^{13}}{(2 \cdot 3 + 1)!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}}\, x^{13} \]

3. Sammenlign koeffisientene En funksjon har bare én taylorrekke om \( {x = 0}\text{,} \) så koeffisientene foran \( x^{13} \) må være like: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}} \]

Ganger vi med \( 13!\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f^{(13)}(0)} &= -\dfrac{13!}{7!} \\ &= -13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \\ &= -1\,235\,520 \end{aligned} \]

Vi flytter over og ser på nullpunktet til \( {g(x) = f(x) - 4}\text{.} \) Skjærsetningen gir et nullpunkt, den deriverte viser at det er ett, og den dobbeltderiverte avgjør hvilken side av \( r \) vi havner på.

1. Vis at det finnes en løsning Vi setter: \[ \begin{aligned} g(x) &= f(x) - 4 \\ &= 2e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x} - 1) - 2 \end{aligned} \]

Skjærsetningen forteller oss at hvis \( g \) er kontinuerlig på \( [a, b] \) med \( {g(a) < 0 < g(b)}\text{,} \) finnes det en \( c \) der: \[ g(c) = 0, \quad c \in (a, b) \]Du ser setningen i videoen Skjærsetningen.

Her er \( g \) kontinuerlig på \( [1, 2]\text{,} \) siden den er satt sammen av kontinuerlige funksjoner, og: \[ \begin{aligned} g(1) &= 2e \cdot 0 - 2 = -2 \\ g(2) &= 2e^{\sqrt{2}}(\sqrt{2} - 1) - 2 \approx 1{,}41 \end{aligned} \]Det finnes altså en løsning \( r \in (1, 2)\text{.} \)

2. Vis at løsningen er den eneste Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, får vi funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Hvorfor det er slik, ser du i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{\sqrt{t}}}\text{,} \) så: \[ \textcolor{blue}{g'(x)} = \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x}}} > 0 \]\( g \) er altså strengt voksende, og kan bare krysse \( 0 \) én gang.

3. Bruk Newtons metode Newtons metode forteller oss at: \[ \textcolor{red}{x_{n+1}} = x_n - \dfrac{\textcolor{green}{g(x_n)}}{\textcolor{blue}{g'(x_n)}} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Newtons metode.

Første iterasjon starter i \( {x_0 = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x_1} &= 1 - \dfrac{\textcolor{green}{-2}}{\textcolor{blue}{e}} \\ &= 1 + \dfrac{2}{e} \\ &\approx 1{,}7358 \end{aligned} \]

Andre iterasjon starter i \( x_1\text{,} \) der \( {\sqrt{x_1} \approx 1{,}3175}\text{.} \) Vi regner videre med alle desimalene på kalkulatoren og runder av til slutt: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g'(x_1)} &= \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x_1}} \approx 3{,}7340} \\ \textcolor{green}{g(x_1)} &= \textcolor{green}{2e^{\sqrt{x_1}}(\sqrt{x_1} - 1) - 2} \\ &\approx \textcolor{green}{0{,}3710} \\ \textcolor{red}{x_2} &\approx 1{,}7358 - \dfrac{\textcolor{green}{0{,}3710}}{\textcolor{blue}{3{,}7340}} \\ &\approx 1{,}6364 \end{aligned} \]

Avrundet til fire desimaler er altså: \[ \underline{r^* = \textcolor{red}{x_2} \approx 1{,}6364} \]

4. Sammenlign med den eksakte løsningen Vi deriverer \( \textcolor{blue}{g'(x)} \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ u = \sqrt{x}, \quad u' = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \]

Det gir oss: \[ g''(x) = \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} > 0 \]Grafen til \( g \) krummer altså oppover, og da ligger den over tangentene sine.

For tangenten i \( x_1 \) betyr det, når \( {x \neq x_1}\text{:} \) \[ g(x) > \textcolor{green}{g(x_1)} + \textcolor{blue}{g'(x_1)}(x - x_1) \]

Newtons metode velger \( \textcolor{red}{x_2} \) der tangenten er \( 0\text{,} \) så høyre side er \( 0 \) for \( {x = \textcolor{red}{x_2}}\text{:} \) \[ g(r^*) > 0 = g(r) \]

Siden \( g \) er strengt voksende, må \( r^* \) ligge til høyre for \( r\text{:} \) \[ \underline{r^* > r} \]

Vi skriver funksjonen uten absoluttverdi. Så sammenligner vi verdiene der den deriverte er \( 0\text{,} \) der grafen knekker og i endepunktene.

1. Skriv funksjonen uten absoluttverdi Absoluttverdien forteller oss at: \[ |a| = \begin{cases} a, & a \ge 0 \\ -a, & a < 0 \end{cases} \]

\( {x^2 - 1} \) er negativ når \( {|x| < 1}\text{,} \) og da bytter den fortegn: \[ f(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{1 - x^2}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{x^2 - 1}, & 1 \le |x| \le \sqrt{2} \end{cases} \]

2. Finn kandidatene Potensregelen \( {(x^n)' = n x^{n-1}} \) gir den deriverte av hver del, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ f'(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{-2x}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{2x}, & 1 < |x| < \sqrt{2} \end{cases} \]

\( {f'(x) = 0} \) bare i \( {x = 0}\text{.} \) I \( {x = \pm 1} \) skifter uttrykket, og i \( {x = \pm\sqrt{2}} \) slutter intervallet. Verdiene er: \[ \begin{aligned} f(\pm\sqrt{2}) &= |2 - 1| = 1 \\ f(\pm 1) &= |1 - 1| = 0 \\ f(0) &= |0 - 1| = 1 \end{aligned} \]

3. Klassifiser punktene Fortegnet til den deriverte viser hvor grafen stiger og synker: \[ \begin{aligned} -\sqrt{2} < x < -1: \quad & \textcolor{blue}{2x} < 0 \\ -1 < x < 0: \quad & \textcolor{red}{-2x} > 0 \\ 0 < x < 1: \quad & \textcolor{red}{-2x} < 0 \\ 1 < x < \sqrt{2}: \quad & \textcolor{blue}{2x} > 0 \end{aligned} \]Grafen synker altså ned til \( {x = -1}\text{,} \) stiger til \( {x = 0}\text{,} \) synker til \( {x = 1} \) og stiger igjen. Da er \( {x = \pm 1} \) lokale minimum, og \( {x = 0} \) og endepunktene \( {x = \pm\sqrt{2}} \) lokale maksimum. Hva lokale og globale ekstremalpunkter er, ser du i videoen Hva er et kritisk punkt.

\( f \) er kontinuerlig på et lukket intervall, så største og minste verdi ligger blant kandidatene. Vi sammenligner verdiene over: \[ \begin{aligned} f(x) &\ge 0 = f(\pm 1) \\ f(x) &\le 1 = f(0) = f(\pm\sqrt{2}) \end{aligned} \]Minimumene og maksimumene er altså også globale.

4. Skisser grafen Vi tegner buen \( {\textcolor{red}{1 - x^2}} \) mellom \( {-1} \) og \( 1\text{,} \) og \( {\textcolor{blue}{x^2 - 1}} \) utenfor:

5. Undersøk knekken Den deriverte i et punkt er grensen av stigningstallet, som i videoen Definisjonen til den deriverte: \[ f'(1) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(1 + h) - f(1)}{h} \]

Her er \( {f(1) = 0}\text{.} \) Vi regner ut grensen fra hver side: \[ \begin{aligned} \lim_{h \to 0^-} \dfrac{\textcolor{red}{1 - (1 + h)^2}}{h} &= \lim_{h \to 0^-} (-2 - h) \\ &= -2 \\ \lim_{h \to 0^+} \dfrac{\textcolor{blue}{(1 + h)^2 - 1}}{h} &= \lim_{h \to 0^+} (2 + h) \\ &= 2 \end{aligned} \]Grensene er ulike, så \( f'(1) \) finnes ikke. Siden \( {f(-x) = f(x)}\text{,} \) gjelder det samme i \( {x = -1}\text{.} \)

Vi skriver opp formelen for arealet av en rotasjonsflate. Radiusen er avstanden fra grafen ned til linjen \( {y = -1}\text{,} \) og vinket hjelper oss med integralet.

1. Sett opp integralet Formelen for arealet av en rotasjonsflate forteller oss at: \[ S = \int_a^b 2\pi\, \textcolor{red}{r(x)} \sqrt{1 + (\textcolor{blue}{f'(x)})^2}\,dx \]Hver bitte liten bit av grafen lager en ring med radius \( \textcolor{red}{r(x)}\text{.} \) Rotuttrykket ganget med \( dx \) er lengden av den lille biten, som i videoen Buelengde formel.

Hyperbolsk cosinus og sinus er definert ved: \[ \begin{aligned} \cosh(x) &= \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} \\ \sinh(x) &= \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} \end{aligned} \]

Vi deriverer \( \cosh(x) \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= \textcolor{red}{f(x) - (-1) = \cosh(x) + 1} \\ \textcolor{blue}{f'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh(x)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S = \int_0^{\ln 2} 2\pi\, &(\textcolor{red}{\cosh(x) + 1}) \\ &\cdot \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}}\,dx \end{aligned} \]

2. Forenkle integranden Siden \( {\cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1} \) og \( {\cosh(x) > 0}\text{,} \) er: \[ \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}} = \cosh(x) \]

Dermed får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \int_0^{\ln 2} (\textcolor{red}{\cosh x + 1})\cosh x\,dx \\ &= 2\pi \int_0^{\ln 2} \left( \cosh^2 x + \cosh x \right) dx \end{aligned} \]

Vinket gir oss det vi skal integrere: \[ \begin{aligned} &\cosh^2 x + \cosh x \\ &= \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\cosh 2x + \cosh x \end{aligned} \]

3. Regn ut integralet Fra definisjonene ser vi at \( \sinh(x) \) derivert er \( \cosh(x)\text{.} \) Med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, er da \( {(\sinh 2x)' = 2\cosh 2x}\text{.} \) Vi integrerer ledd for ledd: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{1}{2}\,dx &= \dfrac{x}{2} \\ \int \dfrac{1}{2}\cosh 2x\,dx &= \dfrac{\sinh 2x}{4} \\ \int \cosh x\,dx &= \sinh x \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ S = 2\pi \left[ \dfrac{x}{2} + \dfrac{\sinh 2x}{4} + \sinh x \right]_0^{\ln 2} \]

I \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{.} \) I \( {x = \ln 2} \) bruker vi \( {e^{\ln 2} = 2} \) og \( {e^{2\ln 2} = 4}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sinh(\ln 2) &= \dfrac{2 - \dfrac{1}{2}}{2} = \dfrac{3}{4} \\ \sinh(2\ln 2) &= \dfrac{4 - \dfrac{1}{4}}{2} = \dfrac{15}{8} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{15}{32} + \dfrac{3}{4} \right) \\ &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{39}{32} \right) \\ &= \pi \ln 2 + \dfrac{39\pi}{16} \end{aligned} \]

Vi bruker forholdstesten for å finne hvor rekken konvergerer, og sjekker så endepunktene hver for seg, siden testen ikke sier noe om dem.

1. Bruk forholdstesten Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer når \( {k < 1} \) og divergerer når \( {k > 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Når \( {k = 1}\text{,} \) gir testen ikke noe svar. Slik bruker vi den på en potensrekke i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{\dfrac{n(x + 2)^n}{5^{n-1}}} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(n + 1)(x + 2)^{n+1}}{5^n}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(n + 1)(x + 2)^{n+1}}{5^n}} \\ &\quad \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{5^{n-1}}{n(x + 2)^n}} \end{aligned} \]

Potensene av \( {x + 2} \) og \( 5 \) kan vi forkorte. Det gir oss: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} &= \dfrac{n + 1}{n} \cdot \dfrac{x + 2}{5} \\ k &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right) \cdot \dfrac{|x + 2|}{5} \\ &= \dfrac{|x + 2|}{5} \end{aligned} \]Her går \( \dfrac{1}{n} \) mot \( 0 \) når \( n \) vokser.

2. Løs ulikheten Rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{|x + 2|}{5} &< 1 \\ -5 < x + 2 &< 5 \\ -7 < x &< 3 \end{aligned} \]

3. 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). Vi setter inn: \[ \begin{aligned} x = 3: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n \cdot 5^n}{5^{n-1}} = \sum_{n=1}^{\infty} 5n \\ x = -7: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n(-5)^n}{5^{n-1}} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} 5n(-1)^n \end{aligned} \]

I begge rekkene er leddene like store som \( 5n\text{:} \) \[ |a_n| = 5n \to \infty \]Når leddene ikke går mot \( 0\text{,} \) divergerer rekken, som i videoen Konvergens & divergens intro: \[ |a_n| \not\to 0 \quad \Rightarrow \quad \text{rekken divergerer} \]Ingen av endepunktene er altså med.

Vi deriverer begge sider, så integralet forsvinner og vi står igjen med en separabel differensiallikning. Startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Deriver begge sider Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, bytter vi \( t \) med \( x \) i funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Det er slik vi starter i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{t + y(t)}}\text{,} \) så vi får: \[ y'(x) = e^{x + y(x)} \]

Setter vi inn \( {x = 0} \) i likningen fra oppgaven, går integralet fra \( 0 \) til \( 0\text{.} \) Det gir startverdien: \[ y(0) = \int_0^0 e^{t + y(t)}\,dt = 0 \]

2. Separer og integrer Vi deler potensen i to, så vi kan samle \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= \textcolor{blue}{e^x} \cdot \textcolor{red}{e^y} \\ \textcolor{red}{e^{-y}\,dy} &= \textcolor{blue}{e^x\,dx} \end{aligned} \]

Regelen for å integrere \( e \) opphøyd i noe forteller oss at: \[ \int e^{ny}\,dy = \dfrac{1}{n}e^{ny} + C \]Du ser den i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

På venstre side er \( {n = -1}\text{.} \) Vi integrerer begge sider og får: \[ \textcolor{red}{-e^{-y}} = \textcolor{blue}{e^x} + C \]

3. Finn konstanten og løs for y Vi setter inn startverdien \( {y(0) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -e^0 &= e^0 + C \\ -1 &= 1 + C \\ C &= -2 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} -e^{-y} &= e^x - 2 \\ e^{-y} &= 2 - e^x \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} -y &= \ln(2 - e^x) \\ y &= -\ln(2 - e^x) \end{aligned} \]For \( {0 \le x < \ln(2)} \) er \( {e^x < 2}\text{,} \) så \( {2 - e^x > 0} \) og logaritmen finnes.