Universitetseksamen etter tema

Vi ser etter steder der grafen hopper eller får en knekk. Der kan den ikke ha én bestemt tangent, så der er ikke funksjonen deriverbar.

1. Se etter hopp I \( {x = 2} \) hopper grafen fra \( 3 \) ned til \( 1\text{.} \) Funksjonen er altså ikke kontinuerlig der, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

En funksjon som ikke er kontinuerlig i et punkt, er heller ikke deriverbar der. Så \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 2}\text{.} \)

2. Se etter knekker Den deriverte er grensen av stigningstallet, som i videoen Definisjonen til den deriverte: \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x + h) - f(x)}{h} \]

Grensen må bli den samme fra begge sider. Vi leser av stigningstallene fra venstre og fra høyre: \[ \begin{aligned} x = 1: \quad \textcolor{red}{a_v} &= \textcolor{red}{1}, & \textcolor{blue}{a_h} &= \textcolor{blue}{-1} \\ x = 4: \quad \textcolor{red}{a_v} &> \textcolor{red}{1}, & \textcolor{blue}{a_h} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Rett før \( {x = 4} \) er kurven brattere enn linja etter. I begge punktene er stigningstallene ulike, så grensen finnes ikke, og grafen har en knekk.

Ellers er grafen glatt. I \( {x = 3} \) er kurven flat, men uten knekk, så der er den deriverbar.

Vi ser at dette er konjugatsetningen, og bruker at \( {i^2 = -1}\text{.} \)

1. Gang ut parentesene Konjugatsetningen forteller oss at: \[ (\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b})(\textcolor{blue}{a} - \textcolor{red}{b}) = \textcolor{blue}{a}^2 - \textcolor{red}{b}^2 \]

Her er \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{i}} \) og \( {\textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{1}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ (\textcolor{blue}{i} + \textcolor{red}{1})(\textcolor{blue}{i} - \textcolor{red}{1}) = \textcolor{blue}{i}^2 - \textcolor{red}{1}^2 \]

Fra definisjonen vet vi at \( {i^2 = -1}\text{,} \) så vi får: \[ i^2 - 1^2 = -1 - 1 = -2 \]

Hvis du er usikker på dette, kan du se videoen Multiplikasjon med Komplekse tall.

Trapesmetoden trekker en rett linje mellom punktene på grafen. Den treffer derfor eksakt bare når grafen selv er en rett linje.

1. Se på hva trapesene gjør Trapesmetoden deler arealet under grafen i trapeser, som i videoen Trapesmetoden. Toppen av hvert trapes er en rett linje mellom to punkter på grafen.

Er grafen krum, blir toppen av trapeset liggende litt over eller under grafen. Da blir arealet litt feil.

2. Finn den rette linja En graf er en rett linje nøyaktig når den dobbeltderiverte er \( 0\text{.} \) Vi deriverer hver funksjon to ganger: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{(2x + 3)''} &= \textcolor{blue}{0} \\ (e^x)'' &= e^x \\ (5x^2 + 7x + 9)'' &= 10 \\ (\sin x)'' &= -\sin x \\ (\ln x)'' &= -\dfrac{1}{x^2} \end{aligned} \]

Bare \( {\textcolor{blue}{f(x) = 2x + 3}} \) er en rett linje. Da faller toppen av hvert trapes sammen med grafen, uansett hvor mange delintervaller vi bruker. De fire andre er krumme, så der gir metoden i alminnelighet bare et estimat.

Vi ser at venstresiden i andre likning er nøyaktig to ganger venstresiden i første. Vi trekker derfor den ene fra den andre, som i Gauss-eliminasjon.

1. Eliminer med første likning Vi tar andre likning minus to ganger første likning, med Gauss-eliminasjon som i videoen Inversmatrise.

Venstresiden blir: \[ \begin{aligned} &(2x_1 + 4x_2 + 4x_3) \\ &- 2(x_1 + 2x_2 + 2x_3) \\ &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

Høyresiden blir: \[ -5 - 2 \cdot 3 = \textcolor{red}{-11} \]

2. Les av den siste likningen Det gir oss likningen: \[ \textcolor{blue}{0} = \textcolor{red}{-11} \]

Dette stemmer aldri, uansett hva \( x_1\text{,} \) \( x_2 \) og \( x_3 \) er. Systemet har derfor ingen løsning.

Alt her handler om når \( A \) har en invers. Vi begrunner det som stemmer, og finner et moteksempel til de andre.

1. Begrunn det riktige alternativet \( A \) er inverterbar nøyaktig når \( {\det(A) \neq 0}\text{.} \) Da kan vi gange \( {A\mathbf{x} = \mathbf{b}} \) med \( {A^{-1}} \) fra venstre, som i videoen Likningssystem med inversmatrise: \[ \textcolor{blue}{\mathbf{x}} = \textcolor{blue}{A^{-1}\mathbf{b}} \]

Dette er én bestemt vektor, så løsningen er entydig. Alternativ C stemmer.

2. Utelukk de andre A er feil av samme grunn: en inverterbar matrise har \( {\det(A) \neq 0}\text{.} \)

For B ser vi på et moteksempel der \( {\det(A) = 0}\text{,} \) men der vi likevel har løsninger: \[ A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \]Her er for eksempel \( {x_1 = 1}\text{,} \) \( {x_2 = 0} \) en løsning.

For D og E tar vi \( {A = I}\text{.} \) Da har \( {I\mathbf{x} = \mathbf{0}} \) den entydige løsningen \( {\mathbf{x} = \mathbf{0}}\text{.} \)

Vi ser at telleren kan skrives med nevneren som faktor. Da blir likningen \( {z^4 = i}\text{,} \) og den løser vi på polarform.

1. Vis at brøken er lik i Vi setter \( i \) utenfor i telleren, og bruker at \( {i^2 = -1}\text{.} \) Regner vi baklengs, får vi: \[ i(\textcolor{blue}{3i + 2}) = 3i^2 + 2i = 2i - 3 \]

Telleren er altså \( i \) ganget med nevneren. Dette gir oss: \[ \dfrac{2i - 3}{3i + 2} = \dfrac{i(\textcolor{blue}{3i + 2})}{\textcolor{blue}{3i + 2}} = i \]

2. Skriv likningen på polarform Vi deler begge sider av likningen på \( {3i + 2}\text{,} \) og får med resultatet over: \[ z^4 = \dfrac{2i - 3}{3i + 2} = i \]

Tallet \( i \) har lengde \( 1 \) og vinkel \( \dfrac{\pi}{2}\text{.} \) En hel runde gir samme punkt, så vi legger til \( 2\pi k\text{,} \) som i videoen Polar Form / Eulers Formel: \[ z^4 = e^{\left(\tfrac{\pi}{2} + 2\pi k\right)i} \]

3. Finn de fire røttene Vi opphøyer begge sider i \( \dfrac{1}{4}\text{:} \) \[ z = e^{\left(\tfrac{\pi}{8} + \tfrac{\pi k}{2}\right)i} \]

Siden vi har \( z^4\text{,} \) velger vi fire verdier for \( k\text{,} \) som i videoen Oppgave 1 komplekse tall: \[ \begin{aligned} k = 0: \quad z_0 &= e^{\tfrac{\pi}{8}i} \\ k = 1: \quad z_1 &= e^{\tfrac{5\pi}{8}i} \\ k = 2: \quad z_2 &= e^{\tfrac{9\pi}{8}i} \\ k = 3: \quad z_3 &= e^{\tfrac{13\pi}{8}i} \end{aligned} \]

4. Skisser løsningene Alle røttene har lengde \( 1\text{,} \) så de ligger på enhetssirkelen. Vinklene ligger \( \dfrac{\pi}{2} \) fra hverandre, så de danner hjørnene i et kvadrat.

Vi finner egenverdiene ved å sette \( {\det(M - \lambda I) = 0}\text{,} \) og egenvektorene ved å løse \( {(M - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}} \) for hver egenverdi.

1. Finn egenverdiene Vi tar determinanten og utvikler langs første rad, siden den har to nuller, som i videoen Eksempel 3x3 egenverdier egenvektorer: \[ M - \lambda I = \begin{bmatrix} 2 - \lambda & 0 & 0 \\ 0 & 4 - \lambda & -16 \\ 0 & -3 & 6 - \lambda \end{bmatrix} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} &\det(M - \lambda I) \\ &= (2 - \lambda)\big((4 - \lambda)(6 - \lambda) - 48\big) \\ &= (2 - \lambda)(\lambda^2 - 10\lambda - 24) \\ &= (2 - \lambda)(\lambda - 12)(\lambda + 2) \end{aligned} \]

Setter vi dette lik \( 0\text{,} \) får vi egenverdiene: \[ \textcolor{blue}{\lambda_1 = 2}, \quad \textcolor{red}{\lambda_2 = 12}, \quad \textcolor{green}{\lambda_3 = -2} \]

2. Finn egenvektorene Vi setter inn hver egenverdi og Gauss-eliminerer, som i videoen Eksempel 3x3 egenverdier egenvektorer.

For \( {\textcolor{blue}{\lambda_1 = 2}} \) får vi: \[ \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -16 \\ 0 & -3 & 4 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \]Da er \( {v_2 = v_3 = 0}\text{,} \) mens \( v_1 \) er fri: \[ \textcolor{blue}{\mathbf{v}_1} = t\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad t \neq 0 \]

For \( {\textcolor{red}{\lambda_2 = 12}} \) får vi: \[ \begin{bmatrix} -10 & 0 & 0 \\ 0 & -8 & -16 \\ 0 & -3 & -6 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \]Da er \( {v_1 = 0} \) og \( {v_2 = -2v_3}\text{:} \) \[ \textcolor{red}{\mathbf{v}_2} = t\begin{bmatrix} 0 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad t \neq 0 \]

For \( {\textcolor{green}{\lambda_3 = -2}} \) får vi: \[ \begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & -16 \\ 0 & -3 & 8 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -8 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \]Da er \( {v_1 = 0} \) og \( {3v_2 = 8v_3}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{\mathbf{v}_3} = t\begin{bmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{bmatrix}, \quad t \neq 0 \]

3. Forklar diagonaliserbarheten En \( 3 \times 3 \)-matrise er diagonaliserbar når den har tre lineært uavhengige egenvektorer. Da kan vi skrive \( {M = PDP^{-1}}\text{,} \) som i videoen Intro diagonalisering.

Egenvektorer til ulike egenverdier er alltid lineært uavhengige. \( M \) har tre ulike egenverdier, så \( M \) er diagonaliserbar.

Vi kan ikke løse likningen for \( y\text{.} \) Vi deriverer den derfor implisitt, og setter inn punktet for å finne stigningstallet.

1. Sett inn punktet Vi setter \( {x = 0} \) og \( {y = 0} \) inn på hver side: \[ \begin{aligned} \text{Venstre side:} \quad 0 \cdot e^{\sin(0)} &= 0 \\ \text{Høyre side:} \quad 0 \cdot \cos(0) &= 0 \end{aligned} \]Sidene er like, så \( (0, 0) \) ligger på kurven.

2. Deriver implisitt Vi deriverer begge sider med hensyn på \( x\text{,} \) og husker at \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) som i videoen Hva er Implisitt Derivasjon?

Begge sider er produkter, så vi trenger produktregelen: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]

På venstre side er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{y} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{y'} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^{\sin(x)}} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^{\sin(x)}\cos(x)} \end{aligned} \]

På høyre side er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\cos(y)} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-\sin(y)\,y'} \end{aligned} \]Her har vi brukt kjerneregelen på \( \textcolor{blue}{v'} \) begge steder: den ytre funksjonen derivert, ganget med kjernen derivert, som i videoen Kjerneregelen.

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{red}{y'}\textcolor{blue}{e^{\sin(x)}} + \textcolor{red}{y}\textcolor{blue}{e^{\sin(x)}\cos(x)} \\ &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\cos(y)} - \textcolor{red}{x}\textcolor{blue}{\sin(y)\,y'} \end{aligned} \]

3. Finn stigningstallet Setter vi inn \( {x = 0} \) og \( {y = 0}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} y' \cdot 1 + 0 &= 1 \cdot 1 - 0 \\ y' &= 1 \end{aligned} \]

4. Sett opp tangenten Formelen for tangenten gjennom \( (x_0, y_0) \) forteller oss at: \[ y - y_0 = y'(x_0)(x - x_0) \]Som i videoen Tangentlinje setter vi inn punktet \( (0, 0) \) og stigningstallet \( 1\text{:} \) \[ y - 0 = 1 \cdot (x - 0) \]

Nevneren er en kjerne opphøyd i andre. Vi bruker derfor substitusjon med \( {u = 3 - 2x}\text{,} \) og skriver om telleren med \( u\text{.} \)

1. Velg substitusjon Vi setter kjernen lik \( u \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{3 - 2x} \\ \textcolor{blue}{du} &= \textcolor{blue}{-2\,dx} \end{aligned} \]

Det betyr at \( {\textcolor{blue}{dx} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{2}\,du}}\text{.} \) Grensene blir også nye: \[ \begin{aligned} x = 2 &\Rightarrow u = -1 \\ x = 4 &\Rightarrow u = -5 \end{aligned} \]

2. Skriv om telleren Telleren må også skrives med \( u\text{.} \) Vi ser at \( {-4x} \) er to ganger \( {-2x}\text{,} \) så: \[ 2 - 4x = 2(\textcolor{red}{3 - 2x}) - 4 = 2\textcolor{red}{u} - 4 \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{-5} \dfrac{2\textcolor{red}{u} - 4}{\textcolor{red}{u}^2} \cdot \left(\textcolor{blue}{-\dfrac{1}{2}}\right) du \\ &= \int_{-1}^{-5} \dfrac{2 - u}{u^2}\,du \\ &= \int_{-1}^{-5} \left(\dfrac{2}{u^2} - \dfrac{1}{u}\right) du \end{aligned} \]

Vi integrerer ledd for ledd. Her er \( u \) negativ, så absoluttverdien i \( \ln|u| \) er viktig: \[ \begin{aligned} &\left[-\dfrac{2}{u} - \ln|u|\right]_{-1}^{-5} \\ &= \left(\dfrac{2}{5} - \ln 5\right) - (2 - \ln 1) \end{aligned} \]

Siden \( {\ln 1 = 0}\text{,} \) står vi igjen med: \[ \dfrac{2}{5} - \ln 5 - 2 = -\dfrac{8}{5} - \ln 5 \]

Dette er en lineær førsteordens differensiallikning. Vi samler \( y \)-leddene på venstre side, og bruker integrerende faktor.

1. Finn den integrerende faktoren Vi flytter \( xy \) over, så likningen får formen \( {y' + \textcolor{blue}{P(x)}y = Q(x)}\text{:} \) \[ y' + \textcolor{blue}{x}y = 2xe^{-\tfrac{1}{2}x^2} \]

Den integrerende faktoren er gitt ved formelen fra videoen Integrerende faktor: \[ \textcolor{red}{f(x)} = e^{\int \textcolor{blue}{P(x)}\,dx} \]

Her er \( {\textcolor{blue}{P(x)} = \textcolor{blue}{x}}\text{,} \) så \( {\int x\,dx = \dfrac{1}{2}x^2} \) gir: \[ \textcolor{red}{f(x)} = \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}} \]

2. Gang med faktoren og integrer Vi ganger begge sider med \( \textcolor{red}{f(x)}\text{.} \) På høyre side er \( {e^{\tfrac{1}{2}x^2} \cdot e^{-\tfrac{1}{2}x^2} = 1}\text{:} \) \[ \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}y' + x\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}y = 2x \]

Venstre side er nå produktregelen brukt på \( {\textcolor{red}{f(x)} \cdot y}\text{,} \) siden \( {\textcolor{red}{f'(x)} = x\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}}\text{:} \) \[ \left(\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}\,y\right)' = 2x \]

Integrerer vi begge sider, får vi: \[ \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}\,y = x^2 + C \]

Dette gir den generelle løsningen: \[ y = (x^2 + C)e^{-\tfrac{1}{2}x^2} \]

3. Bruk startverdien Vi setter inn \( {y(1) = \dfrac{1}{\sqrt{e}} = e^{-\tfrac{1}{2}}}\text{:} \) \[ e^{-\tfrac{1}{2}} = (1 + C)e^{-\tfrac{1}{2}} \]

Det betyr at \( {C = 0}\text{.} \)