Hopp til hovedinnholdet

TMA4400 ordinær eksamen 2025

Matematikk 1 ved NTNU: alle oppgavene fra settet, med svar og løsningsforslag steg for steg. Prøv selv først – løsningen ligger under hver oppgave.

1. desember 2025 · Hjelpemidler: Kode D: ingen trykte eller håndskrevne hjelpemidler. Bestemt, enkel kalkulator.

Last ned PDF

Del 1

5 oppgaver · 20 poeng

Oppgave 1

4 poeng

Hvilket alternativ stemmer for funksjonen f(x) f(x) definert for 0≤x≤5 {0 \le x \le 5} gitt under?
A f(x) f(x) er ikke kontinuerlig i x=1, {x = 1}\text{,} x=3 {x = 3} og x=2. {x = 2}\text{.} B f(x) f(x) er ikke kontinuerlig i x=3, {x = 3}\text{,} men kontinuerlig ellers. C f(x) f(x) er ikke kontinuerlig i x=1 {x = 1} og x=3, {x = 3}\text{,} men kontinuerlig ellers. D f(x) f(x) er kontinuerlig for alle x∈[0,5]. x \in [0, 5]\text{.} E f(x) f(x) er ikke kontinuerlig i x=1, {x = 1}\text{,} men kontinuerlig ellers.
Vis løsning på oppgave 1

Svar

Riktig alternativ er C. Funksjonen er ikke kontinuerlig i
x=1 og x=3‾‾ \underline{\underline{x = 1 \text{ og } x = 3}}
Vi sjekker punktene der grafen endrer seg. I hvert av dem må grafen komme til samme verdi fra begge sider, og det må være funksjonsverdien.
1. Skriv opp kravet Funksjonen er kontinuerlig i \( {x = a} \) når verdiene møtes der, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon: \[ \textcolor{red}{\lim_{x \to a^-} f(x)} = \textcolor{blue}{\lim_{x \to a^+} f(x)} = \textcolor{green}{f(a)} \]
2. Les av de tre punktene Vi leser av grafen fra venstre, fra høyre og selve funksjonsverdien.
\( {x = 1}\text{:} \) Grafen kommer til \( 3 \) fra venstre, men starter i \( 2 \) til høyre for punktet: \[ \textcolor{red}{\lim_{x \to 1^-} f(x)} = 3 \neq 2 = \textcolor{blue}{\lim_{x \to 1^+} f(x)} \]Grafen hopper, så \( f \) er ikke kontinuerlig i \( {x = 1}\text{.} \)
\( {x = 2}\text{:} \) Grafen har en knekk her, men ikke noe hopp: \[ \lim_{x \to 2} f(x) = 1 = \textcolor{green}{f(2)} \]Så \( f \) er kontinuerlig i \( {x = 2}\text{.} \)
\( {x = 3}\text{:} \) Grafen kommer til \( 2 \) fra begge sider, men det fylte punktet ligger i \( 4\text{:} \) \[ \lim_{x \to 3} f(x) = 2 \neq 4 = \textcolor{green}{f(3)} \]Så \( f \) er ikke kontinuerlig i \( {x = 3}\text{.} \)
Ellers er grafen sammenhengende, også i endepunktene \( {x = 0} \) og \( {x = 5}\text{.} \)

Oppgave 2

4 poeng

Hva er
(12−32i)3? \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)^3 \text{?}
A −i {-i} B i i C −1 {-1} D 0 0 E 1 1
Vis løsning på oppgave 2

Svar

Riktig alternativ er C.
(12−32i)3=−1‾‾ \underline{\underline{\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)^3 = -1}}
Tallet opphøyes i tredje, og det er enklest på polarform. Vi skriver det derfor om til polarform og ganger vinkelen med \( 3\text{.} \)
1. Skriv tallet på polarform Eulers formel forteller oss at vi kan skrive et komplekst tall slik: \[ a + bi = \textcolor{red}{r}\,e^{\textcolor{blue}{\theta} i} \]Hvis du er usikker på polarform, kan du se videoen Polar Form / Eulers Formel.
Her er: \[ \begin{aligned} a &= \dfrac{1}{2} \\ b &= -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned} \]
Lengden blir: \[ \textcolor{red}{r} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}} = \textcolor{red}{1} \]
Tallet ligger i fjerde kvadrant, siden \( {a > 0} \) og \( {b < 0}\text{,} \) så vinkelen blir: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{\theta} &= \tan^{-1}\left(\dfrac{b}{a}\right) \\ &= \tan^{-1}(-\sqrt{3}) \\ &= \textcolor{blue}{-\dfrac{\pi}{3}} \end{aligned} \]
2. Opphøy i tredje Potensreglene gir \( {(re^{\theta i})^3 = r^3e^{3\theta i}}\text{,} \) så vinkelen ganges med \( 3\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)^3 &= \left(\textcolor{red}{1} \cdot e^{\textcolor{blue}{-\tfrac{\pi}{3}} i}\right)^3 \\ &= e^{-\pi i} \end{aligned} \]
Eulers formel gir verdien av dette: \[ \begin{aligned} e^{-\pi i} &= \cos(-\pi) + i\sin(-\pi) \\ &= -1 + i \cdot 0 \\ &= -1 \end{aligned} \]

Oppgave 3

4 poeng

Følgende kode for Eulers eksplisitte metode er gitt under.
Hvilken differensiallikning løser metoden numerisk?
A {y′(t)=y(t)(1−y(t)),t∈(0,10],y(0)=0,1. {\begin{cases} y'(t) = y(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10], \\ y(0) = 0{,}1. \end{cases}} B {y′(t)=y(t)(1−y(t)),t∈(0,10000],y(0)=0,1. {\begin{cases} y'(t) = y(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10000], \\ y(0) = 0{,}1. \end{cases}} C {y′(t)=y(t)+hy(t)(1−y(t)),t∈(0,10],y(0)=0,1. {\begin{cases} y'(t) = y(t) \\ \quad + hy(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10], \\ y(0) = 0{,}1. \end{cases}} D {y′(t)=y(t)+y(t)(1−y(t)),t∈(0,10],y(0)=0,1. {\begin{cases} y'(t) = y(t) \\ \quad + y(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10], \\ y(0) = 0{,}1. \end{cases}} E {y′(t)=hy(t)(1−y(t)),t∈(0,10],y(0)=0,1. {\begin{cases} y'(t) = hy(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10], \\ y(0) = 0{,}1. \end{cases}}
Vis løsning på oppgave 3

Svar

Riktig alternativ er A.
{y′(t)=y(t)(1−y(t)),t∈(0,10],y(0)=0,1‾‾ \underline{\underline{\begin{cases} y'(t) = y(t)(1 - y(t)), \\ t \in (0, 10], \\ y(0) = 0{,}1 \end{cases}}}
Vi sammenligner linja i løkka med formelen for Eulers metode. Det som står ganget med steglengden, er høyresiden i differensiallikningen.
1. Finn høyresiden Eulers metode for \( {y' = \textcolor{blue}{f(t, y)}} \) forteller oss at: \[ y_{i+1} = y_i + \textcolor{red}{h} \cdot \textcolor{blue}{f(t_i, y_i)} \]Hvis du er usikker på Eulers metode, kan du se videoen Eulers metode.
Linja i løkka sier: \[ y_{i+1} = y_i + \textcolor{red}{h} \cdot \textcolor{blue}{y_i(1 - y_i)} \]
Det betyr at \( {\textcolor{blue}{f(t, y) = y(1 - y)}}\text{,} \) og likningen er: \[ y'(t) = y(t)(1 - y(t)) \]Steglengden \( \textcolor{red}{h} \) hører til metoden, ikke til likningen, så C, D og E faller bort.
2. Finn intervallet og startverdien Koden tar \( N \) steg med lengde \( \textcolor{red}{h}\text{,} \) så den ender i: \[ t = N\textcolor{red}{h} = t_{\text{end}} = 10 \]\( {N = 10000} \) er antall steg, ikke sluttiden, så B faller bort.
Den første verdien i lista er startverdien: \[ y(0) = y_0 = 0{,}1 \]

Oppgave 4

4 poeng

Nedenfor ser du fem mengder av vektorer i R3. \mathbf{R}^3\text{.} Merk av den mengden som er lineært uavhengig.
A {[21−3],[−542],[2−1−2],[123]} {\small \left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ -3 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -5 \\ 4 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} \right\}} B {[1−22],[000]} {\small \left\{ \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right\}} C {[21−3],[−542],[1−23]} {\small \left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ -3 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -5 \\ 4 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 3 \end{bmatrix} \right\}} D {[2−12],[4−24]} {\small \left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 4 \\ -2 \\ 4 \end{bmatrix} \right\}} E {[2−12],[−13−2],[000]} {\small \left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 \\ 3 \\ -2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right\}}
Vis løsning på oppgave 4

Svar

Riktig alternativ er C.
{[21−3],[−542],[1−23]}‾‾ \underline{\underline{\left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ -3 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -5 \\ 4 \\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 3 \end{bmatrix} \right\}}}
Vi ser at A, B, D og E er avhengige med en gang. Så sjekker vi C med determinanten.
1. Skriv opp kravet Vektorene er lineært uavhengige når dette bare holder med alle \( c \) lik \( 0\text{:} \) \[ c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + \dots + c_k\mathbf{v}_k = \mathbf{0} \]
2. Se bort fra de avhengige A har fire vektorer med tre koordinater. Det gir tre likninger med fire ukjente, og da finnes det alltid andre løsninger enn bare nuller: \[ 4 \text{ vektorer} > 3 \text{ koordinater} \]
B og E har nullvektoren med. Da kan vi sette \( 1 \) foran den og \( 0 \) foran resten. For B: \[ 0\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \mathbf{0} \]
For E: \[ 0\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix} + 0\begin{bmatrix} -1 \\ 3 \\ -2 \end{bmatrix} + 1\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \mathbf{0} \]
I D er den andre vektoren to ganger den første: \[ \begin{bmatrix} 4 \\ -2 \\ 4 \end{bmatrix} = 2\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix} \]
3. Regn ut determinanten for C Tre vektorer i \( \mathbf{R}^3 \) er uavhengige når determinanten ikke er \( 0\text{.} \) Formelen for en \( 3 \times 3 \)-matrise, utviklet langs første rad, forteller oss at: \[ \begin{aligned} & \begin{vmatrix} \textcolor{red}{a} & \textcolor{blue}{b} & \textcolor{green}{c} \\ d & e & f \\ g & h & i \end{vmatrix} \\ &= \textcolor{red}{a}(ei - fh) - \textcolor{blue}{b}(di - fg) \\ &\quad + \textcolor{green}{c}(dh - eg) \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Determinanter 3x3 matrise.
Vi setter vektorene inn som kolonner, så her er: \[ \begin{vmatrix} \textcolor{red}{2} & \textcolor{blue}{-5} & \textcolor{green}{1} \\ 1 & 4 & -2 \\ -3 & 2 & 3 \end{vmatrix} \]
Plugger vi dette inn i formelen, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{red}{2}(4 \cdot 3 - (-2) \cdot 2) \\ &- (\textcolor{blue}{-5})(1 \cdot 3 - (-2)(-3)) \\ &+ \textcolor{green}{1}(1 \cdot 2 - 4 \cdot (-3)) \\ &= \textcolor{red}{32} \textcolor{blue}{- 15} + \textcolor{green}{14} \\ &= 31 \end{aligned} \]
Determinanten er ikke \( 0\text{,} \) så vektorene i C er lineært uavhengige.

Oppgave 5

4 poeng

Hva er definisjonen av at en funksjon f(x) f(x) er kontinuerlig i x=x0? {x = x_0}\text{?}
A Det finnes ε>0 {\varepsilon > 0} slik at for alle δ>0 {\delta > 0} og for alle x x med ∣x−x0∣<ε {|x - x_0| < \varepsilon} så er ∣f(x)−f(x0)∣ {|f(x) - f(x_0)|} … B For alle ε>0 {\varepsilon > 0} finnes det δ>0 {\delta > 0} slik at for alle x x med ∣x−x0∣<ε {|x - x_0| < \varepsilon} så er ∣f(x)−f(x0)∣<δ. {|f(x) - f(x_0)| < \delta}\text{.} C For alle ε>0 {\varepsilon > 0} finnes det δ>0 {\delta > 0} slik at for alle x x med ∣x−x0∣<δ {|x - x_0| < \delta} så er ∣f(x)−f(x0)∣<ε. {|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon}\text{.} D Det finnes ε>0 {\varepsilon > 0} og det finnes δ>0 {\delta > 0} slik at for alle x x med ∣x−x0∣<ε {|x - x_0| < \varepsilon} så er ∣f(x)−f(x0)∣<δ. {|f(x) - f(x_0)| < \delta}\text{.} E Det finnes ε>0 {\varepsilon > 0} slik at for alle δ>0 {\delta > 0} og for alle x x med ∣x−x0∣<δ {|x - x_0| < \delta} så er ∣f(x)−f(x0)∣ {|f(x) - f(x_0)|} …
Vis løsning på oppgave 5

Svar

Riktig alternativ er C.
∀ε>0 ∃δ>0 ∀x:∣x−x0∣<δ ⇒∣f(x)−f(x0)∣<ε‾‾ \underline{\underline{\begin{aligned} & \forall \varepsilon > 0 \ \exists \delta > 0 \ \forall x\text{:} \\ & |x - x_0| < \delta \ \Rightarrow \\ & |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{aligned}}}
Kontinuitet sier at vi kan få \( f(x) \) så nær \( f(x_0) \) vi vil, bare \( x \) er nær nok \( x_0\text{.} \) Vi oversetter dette til \( \varepsilon \) og \( \delta\text{.} \)
Merk – Feil i oppgavearket: Slutten av alternativ A og E mangler i NTNUs PDF. NTNU skriver på emnesiden sin at alternativ 3, som er C her, vises riktig og er det riktige svaret. Vi kan også utelukke A og E uten å se slutten.
1. Skriv opp definisjonen Først velger vi hvor nær \( f(x_0) \) vi vil komme. Det er \( \textcolor{red}{\varepsilon}\text{,} \) og det skal gå for alle \( {\textcolor{red}{\varepsilon > 0}}\text{.} \) Så må vi kunne finne et \( {\textcolor{blue}{\delta > 0}} \) som sier hvor nær \( x \) må være \( x_0\text{:} \) \[ |x - x_0| < \textcolor{blue}{\delta} \ \Rightarrow \ |f(x) - f(x_0)| < \textcolor{red}{\varepsilon} \]Dette er C. Ideen uten symboler ser du i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.
2. Se bort fra de andre A, D og E starter med «Det finnes \( {\textcolor{red}{\varepsilon > 0}} \)». Da spør de bare om ett tall, ikke om vi kan komme så nær vi vil. Ta denne funksjonen, som hopper i \( {x_0 = 0}\text{:} \) \[ f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1, & x \ge 0 \end{cases} \]
Den er ikke kontinuerlig i \( 0\text{,} \) men et stort tall stopper den ikke: \[ |f(x) - f(0)| \le 1 < 2 \quad \text{for alle } x \]
I B har \( \textcolor{red}{\varepsilon} \) og \( \textcolor{blue}{\delta} \) byttet plass. Med samme funksjon kan vi velge \( {\textcolor{blue}{\delta = 2}} \) for hver \( \textcolor{red}{\varepsilon}\text{,} \) så også her slipper hoppet gjennom: \[ |x| < \textcolor{red}{\varepsilon} \ \Rightarrow \ |f(x) - f(0)| < \textcolor{blue}{2} \]

Del 2

8 oppgaver · 80 poeng

Oppgave 1

10 poeng

La 2×2 2 \times 2 -matrisen A=L+D+U {A = L + D + U} være gitt som
[4113]=[0010]+[4003]+[0100] \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}
Jacobi-metoden løser
A[xy]=b A\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \mathbf{b}
ved hjelp av
[xk+1yk+1]=D−1(b−(L+U)[xkyk]) \begin{bmatrix} x_{k+1} \\ y_{k+1} \end{bmatrix} = D^{-1}\left(\mathbf{b} - (L + U)\begin{bmatrix} x_k \\ y_k \end{bmatrix}\right)
La
b=[55]og[x0y0]=[21] \mathbf{b} = \begin{bmatrix} 5 \\ 5 \end{bmatrix} \quad \text{og} \quad \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}
Gjør 2 iterasjoner med Jacobi-metoden.
Vis løsning på oppgave 1

Svar

[x1y1]=[11],[x2y2]=[143]‾‾ \underline{\underline{\begin{bmatrix} x_1 \\ y_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix} x_2 \\ y_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ \dfrac{4}{3} \end{bmatrix}}}
Formelen står i oppgaven. Vi finner derfor \( {L + U} \) og \( {D^{-1}}\text{,} \) skriver om formelen til to enkle likninger og setter inn to ganger.
1. Finn matrisene i formelen Vi legger sammen \( L \) og \( U\text{:} \) \[ L + U = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \]
Den inverse til en diagonalmatrise har én delt på hvert tall på diagonalen: \[ \begin{bmatrix} p & 0 \\ 0 & q \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{p} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{q} \end{bmatrix} \]Det følger av formelen i videoen Invers matrise med determinanter.
Her er \( {p = 4} \) og \( {q = 3}\text{,} \) så: \[ D^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{4} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{3} \end{bmatrix} \]
2. Skriv om formelen Vi ganger rad med kolonne, som i videoen Multiplikasjon: \[ (L + U)\begin{bmatrix} x_k \\ y_k \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y_k \\ x_k \end{bmatrix} \]
Plugger vi dette inn i Jacobi-metoden, får vi: \[ \begin{aligned} \begin{bmatrix} x_{k+1} \\ y_{k+1} \end{bmatrix} &= D^{-1}\begin{bmatrix} 5 - y_k \\ 5 - x_k \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \dfrac{5 - y_k}{4} \\ \dfrac{5 - x_k}{3} \end{bmatrix} \end{aligned} \]
3. Gjør to iterasjoner Første iterasjon starter med \( {\textcolor{red}{x_0 = 2}} \) og \( {\textcolor{blue}{y_0 = 1}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x_1 &= \dfrac{5 - \textcolor{blue}{1}}{4} = \textcolor{red}{1} \\ y_1 &= \dfrac{5 - \textcolor{red}{2}}{3} = \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]
Andre iterasjon bruker disse verdiene: \[ \begin{aligned} x_2 &= \dfrac{5 - \textcolor{blue}{1}}{4} = 1 \\ y_2 &= \dfrac{5 - \textcolor{red}{1}}{3} = \dfrac{4}{3} \end{aligned} \]

Oppgave 2

10 poeng

Finn løsningen y=y(x) {y = y(x)} av differensiallikningen
y′′(x)+6y′(x)+9y(x)=0 y''(x) + 6y'(x) + 9y(x) = 0
som tilfredsstiller y(0)=1 {y(0) = 1} og y′(0)=1. {y'(0) = 1}\text{.}
Vis løsning på oppgave 2

Svar

y(x)=e−3x+4xe−3x‾‾ \underline{\underline{y(x) = e^{-3x} + 4xe^{-3x}}}
Dette er en homogen andreordens differensiallikning. Vi finner derfor røttene til den karakteristiske likningen og bruker startverdiene til å finne konstantene.
1. Finn røttene Den karakteristiske likningen er: \[ \textcolor{blue}{1} \cdot r^2 + \textcolor{red}{6}r + \textcolor{green}{9} = 0 \]
abc-formelen forteller oss at: \[ r = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]Hvis du er usikker på abc-formelen, kan du se videoen Andre ordens homogene diff ligninger TEORI.
Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{6} \\ \textcolor{green}{c} &= \textcolor{green}{9} \end{aligned} \]
Plugger vi dette inn i abc-formelen, får vi: \[ \begin{aligned} r &= \dfrac{-\textcolor{red}{6} \pm \sqrt{\textcolor{red}{6}^2 - 4 \cdot \textcolor{blue}{1} \cdot \textcolor{green}{9}}}{2 \cdot \textcolor{blue}{1}} \\ &= \dfrac{-6 \pm 0}{2} \\ &= -3 \end{aligned} \]
2. Skriv opp den generelle løsningen Vi får bare én rot, altså en dobbel rot. Da må den andre løsningen ha med en ekstra \( x\text{,} \) som i videoen Differensiallikning med dobbel rot: \[ y = C_1e^{rx} + C_2xe^{rx} \]
Med \( {r = -3} \) får vi: \[ y = C_1e^{-3x} + C_2xe^{-3x} \]
3. Bruk startverdiene Setter vi inn \( {y(0) = 1}\text{,} \) får vi: \[ C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0 = 1 \quad \Rightarrow \quad C_1 = 1 \]
Vi trenger \( y'\text{.} \) Med kjerneregelen er \( {(e^{-3x})' = -3e^{-3x}}\text{,} \) som i videoen Kjerneregelen. Det andre leddet er et produkt, så produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'}\textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på produktregelen, kan du se videoen Produktregelen.
Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{C_2x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{C_2} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^{-3x}} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-3e^{-3x}} \end{aligned} \]
Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y' = {} & -3C_1e^{-3x} + \textcolor{red}{C_2}\textcolor{blue}{e^{-3x}} \\ & + \textcolor{red}{C_2x}\textcolor{blue}{(-3e^{-3x})} \end{aligned} \]
Setter vi inn \( {y'(0) = 1} \) og \( {C_1 = 1}\text{,} \) får vi: \[ -3 + C_2 = 1 \quad \Rightarrow \quad C_2 = 4 \]

Oppgave 3

10 poeng

Finn egenverdiene λ1,λ2 \lambda_1, \lambda_2 og tilhørende egenvektorer v1,v2 \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 til matrisen M M gitt ved
M=[4213] M = \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}
Finn P−1 {P^{-1}} og regn ut PDP−1, {PDP^{-1}}\text{,} der matrisene P P og D D er gitt ved
P=[v1v2]ogD=[λ100λ2] P = \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 \end{bmatrix} \quad \text{og} \quad D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix}
Vis løsning på oppgave 3

Svar

λ1=2,v1=[1−1]‾‾ \underline{\underline{\lambda_1 = 2, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}}}
λ2=5,v2=[21]‾‾ \underline{\underline{\lambda_2 = 5, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}}}
P−1=13[1−211]‾‾ \underline{\underline{P^{-1} = \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}}}
PDP−1=[4213]‾‾ \underline{\underline{PDP^{-1} = \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}}}
Vi finner egenverdiene med \( {\det(M - \lambda I) = 0} \) og egenvektorene med \( {(M - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}}\text{.} \) Så setter vi opp \( P \) og \( D \) og ganger ut.
1. Finn egenverdiene Vi setter determinanten lik \( 0\text{,} \) som i videoen Hvordan regner vi ut egenverdier egenvektorer?: \[ \begin{aligned} \begin{vmatrix} 4 - \lambda & 2 \\ 1 & 3 - \lambda \end{vmatrix} &= 0 \\ (4 - \lambda)(3 - \lambda) - 2 &= 0 \\ \lambda^2 - 7\lambda + 10 &= 0 \\ (\lambda - 2)(\lambda - 5) &= 0 \end{aligned} \]
Det gir oss: \[ \textcolor{blue}{\lambda_1 = 2}, \quad \textcolor{red}{\lambda_2 = 5} \]
2. Finn egenvektorene Vi setter inn hver egenverdi og løser for vektoren, som i videoen Hvordan regner vi ut egenverdier egenvektorer?. Andre rad er et multiplum av første, så én likning er nok.
For \( {\textcolor{blue}{\lambda_1 = 2}} \) får vi: \[ \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \]Det gir \( {a = -b}\text{.} \) Vi velger \( {b = -1}\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{\mathbf{v}_1} = \textcolor{blue}{\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}} \]
For \( {\textcolor{red}{\lambda_2 = 5}} \) får vi: \[ \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \]Det gir \( {a = 2b}\text{.} \) Vi velger \( {b = 1}\text{:} \) \[ \textcolor{red}{\mathbf{v}_2} = \textcolor{red}{\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}} \]Alle multipler av disse er også egenvektorer, så andre valg er like riktige.
3. Finn den inverse til P Egenvektorene er kolonnene i \( P\text{:} \) \[ P = \begin{bmatrix} \textcolor{blue}{1} & \textcolor{red}{2} \\ \textcolor{blue}{-1} & \textcolor{red}{1} \end{bmatrix} \]
Formelen for den inverse forteller oss at: \[ \begin{aligned} &\begin{bmatrix} \textcolor{blue}{A} & \textcolor{red}{B} \\ \textcolor{blue}{C} & \textcolor{red}{E} \end{bmatrix}^{-1} \\ &= \dfrac{1}{\textcolor{blue}{A}\textcolor{red}{E} - \textcolor{red}{B}\textcolor{blue}{C}}\begin{bmatrix} \textcolor{red}{E} & -\textcolor{red}{B} \\ -\textcolor{blue}{C} & \textcolor{blue}{A} \end{bmatrix} \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Invers matrise med determinanter.
Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{A} &= \textcolor{blue}{1} & \textcolor{red}{B} &= \textcolor{red}{2} \\ \textcolor{blue}{C} &= \textcolor{blue}{-1} & \textcolor{red}{E} &= \textcolor{red}{1} \end{aligned} \]
Plugger vi dette inn, er nevneren: \[ \textcolor{blue}{1} \cdot \textcolor{red}{1} - \textcolor{red}{2} \cdot (\textcolor{blue}{-1}) = 3 \]
Da får vi: \[ \begin{aligned} P^{-1} &= \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} \textcolor{red}{1} & -\textcolor{red}{2} \\ -(\textcolor{blue}{-1}) & \textcolor{blue}{1} \end{bmatrix} \\ &= \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \end{aligned} \]
4. Regn ut produktet Vi ganger først \( P \) med \( D\text{:} \) \[ \begin{aligned} PD &= \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \textcolor{blue}{2} & 0 \\ 0 & \textcolor{red}{5} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \textcolor{blue}{2} & \textcolor{red}{10} \\ \textcolor{blue}{-2} & \textcolor{red}{5} \end{bmatrix} \end{aligned} \]
Så ganger vi med \( {P^{-1}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} PDP^{-1} &= \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} \textcolor{blue}{2} & \textcolor{red}{10} \\ \textcolor{blue}{-2} & \textcolor{red}{5} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \\ &= \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} 12 & 6 \\ 3 & 9 \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \end{aligned} \]
Vi får tilbake \( M\text{.} \) Det er akkurat det diagonalisering sier, som i videoen Intro diagonalisering.

Oppgave 4

10 poeng

La f(x)=x3+ex. {f(x) = \sqrt{x^3 + e^x}}\text{.} Bruk approksimasjonen
f′′(x0)≈1h2(f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)) \begin{aligned} f''(x_0) \approx {} & \dfrac{1}{h^2}\big(f(x_0 + h) \\ & - 2f(x_0) + f(x_0 - h)\big) \end{aligned}
med h=0,1 {h = 0{,}1} og x0=1 {x_0 = 1} til å regne ut en tilnærmingsverdi til f′′(1). f''(1)\text{.}
Vis deretter at feilen i denne approksimasjonen er begrenset av
h212∣f(4)(ξ)∣,for ξ∈(x0−h,x0+h) \dfrac{h^2}{12}\left|f^{(4)}(\xi)\right|, \quad \text{for } \xi \in (x_0 - h, x_0 + h)
Vink: Du kan gå ut ifra at f(k)(x) f^{(k)}(x) for k=1,2,3,4 {k = 1, 2, 3, 4} alle er kontinuerlige på intervallet [x0−h,x0+h], {[x_0 - h, x_0 + h]}\text{,} men du trenger ikke å regne ut disse.
Taylors teorem er gitt som
f(x0+h)=f(x0)+hf′(x0)+12!h2f′′(x0)+13!h3f′′′(x0)+14!h4f(4)(c), \begin{aligned} f(x_0 + h) = {} & f(x_0) + hf'(x_0) \\ & + \dfrac{1}{2!}h^2f''(x_0) \\ & + \dfrac{1}{3!}h^3f'''(x_0) \\ & + \dfrac{1}{4!}h^4f^{(4)}(c), \end{aligned}
for c c mellom x0 x_0 og x0+h. {x_0 + h}\text{.}
Vis løsning på oppgave 4

Svar

Tilnærmingen er avrundet til tre desimaler, og feilen gjelder for en ξ∈(x0−h,x0+h): {\xi \in (x_0 - h, x_0 + h)}\text{:}
f′′(1)≈1,120‾‾ \underline{\underline{f''(1) \approx 1{,}120}}
feil=h212∣f(4)(ξ)∣‾‾ \underline{\underline{\text{feil} = \dfrac{h^2}{12}\left|f^{(4)}(\xi)\right|}}
Vi setter først inn tallene. For feilen skriver vi opp Taylors teorem for både \( {+h} \) og \( {-h}\text{,} \) og legger dem sammen, for da faller oddetallsleddene bort.
1. Regn ut tilnærmingen Vi regner ut de tre funksjonsverdiene med kalkulator, med seks desimaler så vi ikke runder av for tidlig: \[ \begin{aligned} f(1{,}1) &= \sqrt{1{,}1^3 + e^{1{,}1}} \approx 2{,}082106 \\ f(1) &= \sqrt{1 + e} \approx 1{,}928285 \\ f(0{,}9) &= \sqrt{0{,}9^3 + e^{0{,}9}} \approx 1{,}785666 \end{aligned} \]
Parentesen i approksimasjonen blir: \[ \begin{aligned} & f(1{,}1) - 2f(1) + f(0{,}9) \\ &\approx 2{,}082106 - 3{,}856570 + 1{,}785666 \\ &= 0{,}011202 \end{aligned} \]
Plugger vi dette inn, får vi: \[ f''(1) \approx \dfrac{1}{0{,}1^2} \cdot 0{,}011202 \approx 1{,}120 \]
2. Skriv opp Taylor begge veier Taylors teorem står i oppgaven, og du ser hvor leddene kommer fra i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2. Vi skriver det opp for \( h \) med \( \textcolor{red}{c_1} \) mellom \( x_0 \) og \( {x_0 + h}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 + h) = {} & f + hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & + \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) \end{aligned} \]
Her står \( f\text{,} \) \( f'\text{,} \) \( f'' \) og \( f''' \) for verdiene i \( x_0\text{.} \) Så setter vi inn \( {-h}\text{,} \) med \( \textcolor{blue}{c_2} \) mellom \( {x_0 - h} \) og \( x_0\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 - h) = {} & f - hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & - \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2}) \end{aligned} \]
3. Legg sammen og finn feilen Legger vi sammen, faller leddene med \( h \) og \( h^3 \) bort: \[ \begin{aligned} & f(x_0 + h) + f(x_0 - h) \\ &= 2f + h^2f'' \\ &\quad + \dfrac{h^4}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \end{aligned} \]
Vi kaller approksimasjonen \( \textcolor{green}{T}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{T} = \dfrac{f(x_0 + h) - 2f + f(x_0 - h)}{h^2} \]
Vi flytter \( 2f \) over og deler på \( h^2\text{.} \) Da står \( \textcolor{green}{T} \) minus \( f'' \) igjen, altså feilen: \[ \begin{aligned} & \textcolor{green}{T} - f''(x_0) \\ &= \dfrac{h^2}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \\ &= \dfrac{h^2}{12} \cdot \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \end{aligned} \]
4. Bruk skjærsetningen Brøken til slutt er gjennomsnittet av to verdier til \( f^{(4)}\text{,} \) så den ligger mellom dem. \( f^{(4)} \) er kontinuerlig, så skjærsetningen forteller oss at den treffer gjennomsnittet i et punkt \( \xi \) mellom \( \textcolor{red}{c_1} \) og \( \textcolor{blue}{c_2}\text{,} \) som i videoen Skjærsetningen: \[ f^{(4)}(\xi) = \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \]
Siden \( \textcolor{blue}{c_2} \) ligger til venstre for \( x_0 \) og \( \textcolor{red}{c_1} \) til høyre, er \( {\xi \in (x_0 - h, x_0 + h)}\text{.} \) Tar vi absoluttverdi, er feilen: \[ \left|\textcolor{green}{T} - f''(x_0)\right| = \dfrac{h^2}{12}\left|f^{(4)}(\xi)\right| \]

Oppgave 5

10 poeng

La f(x)=xe−x. {f(x) = xe^{-x}}\text{.} Regn ut
I=∫02f(x) dx I = \int_0^2 f(x)\,dx
Du kan tilnærme integralet I I numerisk ved midtpunktmetoden med n n delintervaller. Feilen er da begrenset av
23K24n2, \dfrac{2^3K}{24n^2},
der ∣f′′(x)∣≤K {|f''(x)| \le K} for alle x∈[0,2]. x \in [0, 2]\text{.} Vis at ∣f′′(x)∣≤2 {|f''(x)| \le 2} for alle x∈[0,2]. x \in [0, 2]\text{.} Finn n n som gir en feil mindre enn 10−2. {10^{-2}}\text{.}
Vis løsning på oppgave 5

Svar

I=1−3e−2‾‾ \underline{\underline{I = 1 - 3e^{-2}}}
∣f′′(x)∣=(2−x)e−x≤2 pa˚ [0,2]‾‾ \underline{\underline{|f''(x)| = (2 - x)e^{-x} \le 2 \text{ på } [0, 2]}}
minste n=9‾‾ \underline{\underline{\text{minste } n = 9}}
Integranden er et produkt, så vi bruker delvis integrasjon. Så deriverer vi to ganger, finner en grense for \( |f''(x)| \) og setter den inn i feilformelen.
1. Regn ut integralet Delvis integrasjon forteller oss at: \[ \int_a^b \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'}\,dx = \Big[\textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v}\Big]_a^b - \int_a^b \textcolor{blue}{v}\textcolor{red}{u'}\,dx \]Hvis du er usikker på delvis integrasjon, kan du se videoen Delvis integrasjon.
Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^{-x}} & \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{-e^{-x}} \end{aligned} \]
Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} I = {} & \Big[\textcolor{red}{x} \cdot (\textcolor{blue}{-e^{-x}})\Big]_0^2 \\ & - \int_0^2 (\textcolor{blue}{-e^{-x}}) \cdot \textcolor{red}{1}\,dx \\ = {} & \Big[-xe^{-x} - e^{-x}\Big]_0^2 \\ = {} & (-2e^{-2} - e^{-2}) - (0 - 1) \\ = {} & 1 - 3e^{-2} \end{aligned} \]
2. Deriver to ganger Produktregelen gir oss, som i videoen Produktregelen: \[ \begin{aligned} f'(x) &= 1 \cdot e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) \\ &= (1 - x)e^{-x} \end{aligned} \]
Vi bruker den en gang til, med \( {(e^{-x})' = -e^{-x}} \) fra kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen: \[ \begin{aligned} f''(x) &= -e^{-x} + (1 - x)(-e^{-x}) \\ &= (x - 2)e^{-x} \end{aligned} \]
3. Vis grensen for den andrederiverte For \( x \in [0, 2] \) er \( {x - 2 \le 0}\text{,} \) og vi kan skrive: \[ |f''(x)| = (2 - x)e^{-x} \]
Begge faktorene er størst i \( {x = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 0 \le 2 - x &\le 2 \\ 0 < e^{-x} &\le 1 \end{aligned} \]
Ganger vi dem sammen, får vi: \[ |f''(x)| \le 2 \cdot 1 = 2 \]
4. Finn antall delintervaller Midtpunktmetoden er midt-Riemannsummen, som i videoen Riemann sum. Vi setter \( {\textcolor{green}{K = 2}} \) inn i feilgrensen og krever at den er mindre enn \( {10^{-2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{2^3 \cdot \textcolor{green}{2}}{24n^2} &< \dfrac{1}{100} \\ \dfrac{2}{3n^2} &< \dfrac{1}{100} \\ n^2 &> \dfrac{200}{3} \approx 66{,}7 \end{aligned} \]
Vi prøver hele tall: \[ 8^2 = 64 < 66{,}7 < 81 = 9^2 \]Så det minste antallet delintervaller vi kan garantere det med, er \( {n = 9}\text{.} \) Alle større \( n \) går også.

Oppgave 6

10 poeng

Avgjør om følgende funksjon er deriverbar i x=0: {x = 0}\text{:}
f(x)={xcos⁡(1x),for x≠0,0,for x=0. f(x) = \begin{cases} x\cos\left(\dfrac{1}{x}\right), & \text{for } x \neq 0, \\ 0, & \text{for } x = 0. \end{cases}
Vis løsning på oppgave 6

Svar

Grensen til cos⁡(1h) {\cos\left(\dfrac{1}{h}\right)} finnes ikke når h→0: h \to 0\text{:}
f er ikke deriverbar i x=0‾‾ \underline{\underline{f \text{ er ikke deriverbar i } x = 0}}
Funksjonen skifter uttrykk i \( {x = 0}\text{,} \) så derivasjonsreglene hjelper ikke der. Vi bruker derfor definisjonen til den deriverte.
1. Sett opp definisjonen Definisjonen til den deriverte forteller oss at: \[ f'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.
Her er \( {a = 0}\text{,} \) \( {f(0) = 0} \) og \( {f(h) = h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right)}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(0) &= \lim_{h \to 0} \dfrac{h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right) - 0}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{h}\right) \end{aligned} \]
2. Vis at grensen ikke finnes Når \( h \) går mot \( 0\text{,} \) vokser \( \dfrac{1}{h} \) uten grense, så cosinus fortsetter å svinge mellom \( {-1} \) og \( 1\text{.} \) Det ser vi ved å la \( h \) gå mot \( 0 \) på to måter, med \( {k = 1, 2, 3, \dots} \)
Velger vi \( {\textcolor{red}{h = \dfrac{1}{2k\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{red}{h}}\right) = \cos(2k\pi) = \textcolor{red}{1} \]
Velger vi \( {\textcolor{blue}{h = \dfrac{1}{(2k + 1)\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{blue}{h}}\right) = \cos\big((2k + 1)\pi\big) = \textcolor{blue}{-1} \]
Begge valgene går mot \( 0 \) når \( k \) vokser, men de gir ulike verdier. Grensen finnes altså ikke, og \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 0}\text{.} \)

Oppgave 7

10 poeng

La følgen {an}n=0∞ {\{a_n\}_{n=0}^{\infty}} være gitt ved
an+1=2+an,a0=2 a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}, \quad a_0 = \sqrt{2}
Vis at an+1≥an {a_{n+1} \ge a_n} og 0≤an≤2 {0 \le a_n \le 2} for alle n≥0. {n \ge 0}\text{.}
Hvorfor kan du nå være sikker på at lim⁡n→∞an \lim_{n \to \infty} a_n eksisterer?
Finn så lim⁡n→∞an. \lim_{n \to \infty} a_n\text{.}
Vink: Du kan få bruk for induksjon i denne oppgaven.
Vis løsning på oppgave 7

Svar

Følgen er voksende og begrenset, så grensen eksisterer:
lim⁡n→∞an=2‾‾ \underline{\underline{\lim_{n \to \infty} a_n = 2}}
Vi viser skrankene med induksjon, og at følgen vokser ved å se på forskjellen mellom kvadratene. En voksende følge med et tak konvergerer, og grensen finner vi fra formelen.
1. Vis skrankene med induksjon Vi bruker induksjon: Det stemmer for \( {n = 0}\text{,} \) og hvis det stemmer for én \( n\text{,} \) stemmer det for den neste.
For \( {n = 0} \) har vi: \[ 0 \le \sqrt{2} \le 2 \]
Anta nå at \( {0 \le \textcolor{red}{a_n} \le 2}\text{.} \) Da er: \[ \begin{aligned} 2 \le 2 + \textcolor{red}{a_n} &\le 4 \\ \sqrt{2} \le \sqrt{2 + \textcolor{red}{a_n}} &\le 2 \\ 0 \le \textcolor{blue}{a_{n+1}} &\le 2 \end{aligned} \]Så \( {0 \le a_n \le 2} \) for alle \( {n \ge 0}\text{.} \)
2. Vis at følgen vokser Begge leddene er positive, så det holder å sammenligne kvadratene. Vi bruker formelen og faktoriserer: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_{n+1}}^2 - \textcolor{red}{a_n}^2 &= 2 + \textcolor{red}{a_n} - \textcolor{red}{a_n}^2 \\ &= (2 - \textcolor{red}{a_n})(1 + \textcolor{red}{a_n}) \end{aligned} \]
Vi har nettopp vist at \( {0 \le \textcolor{red}{a_n} \le 2}\text{,} \) så begge faktorene er ikke-negative: \[ (2 - \textcolor{red}{a_n})(1 + \textcolor{red}{a_n}) \ge 0 \]Dermed er \( {\textcolor{blue}{a_{n+1}} \ge \textcolor{red}{a_n}} \) for alle \( {n \ge 0}\text{.} \)
3. Forklar hvorfor grensen finnes Følgen vokser hele tiden, men den kommer aldri over \( 2\text{:} \) \[ a_0 \le a_1 \le a_2 \le \dots \le 2 \]
Vi bruker en setning om følger: En voksende følge som er begrenset ovenfra, konvergerer. \[ \begin{aligned} & a_n \le a_{n+1} \text{ og } a_n \le M \text{ for alle } n \\ & \Rightarrow \ \lim_{n \to \infty} a_n \text{ eksisterer} \end{aligned} \]
Her er \( {M = 2}\text{,} \) så grensen eksisterer. Hva det betyr at en følge konvergerer, ser du i videoen Konvergens og divergens følger.
4. Finn grensen Vi kaller grensen \( \textcolor{green}{L}\text{.} \) Når \( n \to \infty\text{,} \) går både \( a_n \) og \( {a_{n+1}} \) mot \( \textcolor{green}{L}\text{.} \) Kvadratroten er kontinuerlig, så vi kan sette inn i formelen: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{L} &= \sqrt{2 + \textcolor{green}{L}} \\ \textcolor{green}{L}^2 &= 2 + \textcolor{green}{L} \\ \textcolor{green}{L}^2 - \textcolor{green}{L} - 2 &= 0 \\ (\textcolor{green}{L} - 2)(\textcolor{green}{L} + 1) &= 0 \end{aligned} \]
Dette gir \( {\textcolor{green}{L} = 2} \) eller \( {\textcolor{green}{L} = -1}\text{.} \) Siden \( {a_n \ge 0} \) for alle \( n\text{,} \) kan ikke grensen være negativ, så \( {\textcolor{green}{L} = 2}\text{.} \)

Oppgave 8

10 poeng

En skål har form som en halvkule med radius 10 cm. Skålen er fylt med vann til en høyde x x cm over bunnen. Se figuren under.
Finn et uttrykk for arealet av vannoverflaten som funksjon av x. x\text{.}
Sett opp et integral som gir volumet av vannet når det står x x cm over bunnen, og regn ut dette integralet.
Vis løsning på oppgave 8

Svar

A(x)=π(20x−x2) cm2‾‾ \underline{\underline{A(x) = \pi(20x - x^2) \text{ cm}^2}}
V(x)=∫0xπ(20t−t2) dt‾‾ \underline{\underline{V(x) = \int_0^x \pi(20t - t^2)\,dt}}
V(x)=π(10x2−x33) cm3‾‾ \underline{\underline{V(x) = \pi\left(10x^2 - \dfrac{x^3}{3}\right) \text{ cm}^3}}
Vannoverflaten er en sirkel, så vi trenger radien, og den får vi fra Pytagoras. Volumet er så summen av tynne sirkelskiver, altså integralet av arealet.
1. Finn radien til vannoverflaten Vi kaller radien til vannoverflaten \( \textcolor{red}{r}\text{.} \) Midten av kula ligger \( 10 \) over bunnen, og vannflaten ligger \( x \) over bunnen. Det gir en rettvinklet trekant:
Pytagoras forteller oss at: \[ \textcolor{red}{r}^2 + (10 - x)^2 = 10^2 \]
Løser vi for \( \textcolor{red}{r}^2\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r}^2 &= 100 - (100 - 20x + x^2) \\ &= \textcolor{red}{20x - x^2} \end{aligned} \]
2. Finn arealet Arealet av en sirkel er \( \pi \textcolor{red}{r}^2\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi for \( {0 \le x \le 10}\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{A(x)} = \pi\textcolor{red}{(20x - x^2)} \]
3. Sett opp og regn ut integralet En tynn skive med vann har volum areal ganger tykkelse, og volumet er summen av alle skivene, som i videoen Omdreiningslegeme x-akse. \( x \) er øvre grense, så vi kaller høyden i integralet for \( t\text{:} \) \[ \begin{aligned} V(x) &= \int_0^x \textcolor{blue}{A(t)}\,dt \\ &= \int_0^x \pi(20t - t^2)\,dt \end{aligned} \]
Vi integrerer ledd for ledd, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \begin{aligned} V(x) &= \pi\left[10t^2 - \dfrac{t^3}{3}\right]_0^x \\ &= \pi\left(10x^2 - \dfrac{x^3}{3}\right) \end{aligned} \]
Kontroll: Full skål, \( {x = 10}\text{,} \) gir \( {\pi\left(1000 - \dfrac{1000}{3}\right) = \dfrac{2000\pi}{3}}\text{,} \) som er volumet \( {\dfrac{2}{3}\pi \cdot 10^3} \) av en halvkule.

Ferdig med settet? Se de andre settene i Matematikk 1, eller repeter temaene på fagsiden.