Universitetseksamen etter tema

Vi begynner med å sette inn \( {x = 0}\text{.} \) Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel, og velger \( a \) slik at vi ikke ender med et tall delt på \( 0\text{.} \)

1. Sett inn x lik null Vi må ha \( {a \neq 0}\text{,} \) ellers er nevneren alltid \( 0\text{.} \) Vi setter inn \( {x = 0} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\text{teller}} &\to \textcolor{red}{1 - 1 - 0 = 0} \\ \textcolor{blue}{\text{nevner}} &\to \textcolor{blue}{(1 - 1) \cdot 0 = 0} \end{aligned} \]

2. Deriver teller og nevner L'Hôpitals regel forteller oss at ved \( \dfrac{0}{0} \) 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.

Kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, gir disse to: \[ \begin{aligned} (e^{x/2})' &= \dfrac{1}{2}e^{x/2} \\ (\sin(ax))' &= a\cos(ax) \end{aligned} \]

Telleren blir: \[ \textcolor{red}{f'(x)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}e^{x/2} - a\cos(ax)} \]

Nevneren er et produkt. Rødt og blått er teller og nevner her, så vi bruker oransje og magenta i produktregelen, som i videoen Produktregelen. Den forteller oss at: \[ (\textcolor{darkorange}{u}\textcolor{magenta}{v})' = \textcolor{darkorange}{u'}\textcolor{magenta}{v} + \textcolor{darkorange}{u}\textcolor{magenta}{v'} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{u} &= \textcolor{darkorange}{e^{x/2} - 1} & \textcolor{darkorange}{u'} &= \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}e^{x/2}} \\ \textcolor{magenta}{v} &= \textcolor{magenta}{\sin(ax)} & \textcolor{magenta}{v'} &= \textcolor{magenta}{a\cos(ax)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{2}e^{x/2}\sin(ax)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ (e^{x/2} - 1)a\cos(ax)} \end{aligned} \]

3. Velg a Vi setter inn \( {x = 0} \) igjen: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f'(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{2} - a} \\ \textcolor{blue}{g'(0)} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

Er telleren ulik \( 0\text{,} \) får vi et tall delt på \( 0\text{,} \) og da eksisterer ikke grenseverdien. Vi må derfor ha: \[ \dfrac{1}{2} - a = 0 \quad \Rightarrow \quad a = \dfrac{1}{2} \]

4. Bruk regelen en gang til Med \( {a = \dfrac{1}{2}} \) har vi fortsatt \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi deriverer en gang til: \[ \textcolor{red}{f''(x)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}e^{x/2} + \dfrac{1}{4}\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \]

Nevneren deriverer vi ledd for ledd med produktregelen: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g''(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}e^{x/2}\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ \dfrac{1}{4}e^{x/2}\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ \dfrac{1}{4}e^{x/2}\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{- \dfrac{1}{4}(e^{x/2} - 1)\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f''(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}} \\ \textcolor{blue}{g''(0)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Grenseverdien er derfor: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f''(0)}}{\textcolor{blue}{g''(0)}} = \dfrac{\textcolor{red}{1/4}}{\textcolor{blue}{1/2}} = \dfrac{1}{2} \]

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 nesten lik rekke i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{n^3(2x - 3)^n} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{(n + 1)^3(2x - 3)^{n+1}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{(n + 1)^3(2x - 3)^{n+1}}}{\textcolor{blue}{n^3(2x - 3)^n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^3 |2x - 3| \\ &= |2x - 3| \end{aligned} \]Her går \( \dfrac{1}{n} \) mot \( 0 \) når \( n \) vokser.

2. Løs ulikheten Rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} |2x - 3| &< 1 \\ -1 < 2x - 3 &< 1 \\ 2 < 2x &< 4 \\ 1 < x &< 2 \end{aligned} \]

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: \[ \begin{aligned} x = 1: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} n^3(-1)^n \\ x = 2: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} n^3 \end{aligned} \]

I begge rekkene er leddene like store som \( n^3\text{:} \) \[ |a_n| = n^3 \to \infty \]Når leddene ikke går mot \( 0\text{,} \) divergerer rekken, som i videoen Konvergens & divergens intro. Ingen av endepunktene er altså med.

En funksjon som bare synker, tar aldri samme verdi to ganger, og da har den en invers. Vi viser det med den deriverte, og løser så for \( x\text{.} \)

1. Forklar hvorfor inversen finnes Vi deriverer med kjerneregelen. For \( e \) opphøyd i en kjerne forteller den oss at: \[ (e^{\textcolor{green}{u}})' = e^{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Det er regelen i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{x^{-2}} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{-2x^{-3}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f'(x) = e^{\textcolor{green}{x^{-2}}} \cdot (\textcolor{green}{-2x^{-3}}) = -\dfrac{2e^{x^{-2}}}{x^3} \]

For \( {x > 0} \) er både \( {e^{x^{-2}}} \) og \( x^3 \) positive, så: \[ f'(x) < 0 \quad \text{for } x > 0 \]\( f \) er altså strengt synkende. Da gir to ulike \( x \) alltid to ulike funksjonsverdier, og derfor har \( f \) en invers.

2. Løs for x Vi skriver \( {y = f(x)} \) og løser for \( x\text{,} \) som i videoen Oppgave 6 - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026: \[ \begin{aligned} y &= e^{x^{-2}} - 1 \\ y + 1 &= e^{x^{-2}} \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} \ln(y + 1) &= x^{-2} = \dfrac{1}{x^2} \\ x^2 &= \dfrac{1}{\ln(y + 1)} \end{aligned} \]

Siden \( {x > 0}\text{,} \) velger vi den positive roten: \[ x = \dfrac{1}{\sqrt{\ln(y + 1)}} \]

3. Sjekk hvor inversen gjelder For \( {x > 0} \) er \( {x^{-2} > 0}\text{,} \) og da er: \[ e^{x^{-2}} > 1 \quad \Rightarrow \quad f(x) > 0 \]Verdiene til \( f \) er altså positive. Og alle positive tall blir nådd: for \( {y > 0} \) er \( {\ln(y + 1) > 0}\text{,} \) så \( x \) over er et positivt tall, og setter vi det inn, får vi: \[ f(x) = e^{\ln(y + 1)} - 1 = y \]Inversen er derfor definert for alle \( {x > 0}\text{.} \)

Bytter vi navn på variablene, får vi: \[ f^{-1}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\ln(x + 1)}} \]

Vi kjenner rekken til \( e^u\text{.} \) Vi setter inn \( {u = -t^2} \) og integrerer rekken ledd for ledd.

1. Skriv opp rekken til eksponentialfunksjonen Rekken til \( e^u \) om \( 0 \) forteller oss at, for alle \( u\text{:} \) \[ e^{\textcolor{green}{u}} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\textcolor{green}{u}^n}{n!} \]Det er samme start som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke.

Her er \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{-t^2}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ e^{-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(\textcolor{green}{-t^2})^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n t^{2n}}{n!} \]

2. Integrer ledd for ledd En potensrekke kan integreres ledd for ledd, som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke. For hvert ledd er: \[ \int_0^x t^{2n}\,dt = \dfrac{x^{2n+1}}{2n + 1} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{n!} \int_0^x t^{2n}\,dt \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!\,(2n + 1)} \end{aligned} \]

Skriver vi ut de første leddene, får vi: \[ f(x) = x - \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^5}{10} - \dfrac{x^7}{42} + \cdots \]

Leddene \( c_n \) er mindre enn leddene \( 4^n c_n \) i rekken vi vet konvergerer. Vi bruker derfor sammenligningstesten.

1. Sammenlign de to rekkene Sammenligningstesten forteller oss at: \[ \begin{aligned} &0 \le \textcolor{blue}{a_n} \le \textcolor{red}{b_n} \text{ for alle } n \\ &\text{og } \sum \textcolor{red}{b_n} \text{ konvergerer} \\ &\Rightarrow \ \sum \textcolor{blue}{a_n} \text{ konvergerer} \end{aligned} \]Du ser en slik sammenligning i videoen Sammenligning & P-rekker Oppgave.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{c_n} \\ \textcolor{red}{b_n} &= \textcolor{red}{4^n c_n} \end{aligned} \]

Siden \( {c_n > 0} \) og \( {4^n \ge 1} \) for alle \( {n \ge 1}\text{,} \) har vi: \[ 0 < \textcolor{blue}{c_n} \le \textcolor{red}{4^n c_n} \]

Rekken \( \sum \textcolor{red}{4^n c_n} \) konvergerer etter oppgaven, så sammenligningstesten gir oss: \[ \sum_{n=1}^{\infty} \textcolor{blue}{c_n} \quad \text{konvergerer} \]

Vi går fra \( {x = -1} \) til \( {x = 0} \) med to Euler-steg. Skissen starter i \( {(-1, 0)} \) og følger linjestykkene begge veier.

1. Skriv opp Eulers metode Eulers metode forteller oss at: \[ \textcolor{red}{y_{n+1}} = \textcolor{blue}{y_n} + h \cdot \textcolor{green}{y'(x_n, y_n)} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Eulers metode.

Her er: \[ \begin{aligned} x_0 &= -1, \quad \textcolor{blue}{y_0} = \textcolor{blue}{0}, \quad h = 0{,}5 \\ \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{x^2 - 0{,}3y^2} \end{aligned} \]

2. Ta to steg Første steg går fra punktet \( {(-1, 0)} \) til \( {x_1 = -0{,}5}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{(-1)^2 - 0{,}3 \cdot 0^2 = 1} \\ \textcolor{red}{y_1} &= \textcolor{blue}{0} + 0{,}5 \cdot \textcolor{green}{1} = \textcolor{red}{0{,}5} \end{aligned} \]

Andre steg går fra punktet \( {(-0{,}5;\ 0{,}5)} \) til \( {x_2 = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{(-0{,}5)^2 - 0{,}3 \cdot 0{,}5^2} \\ &= \textcolor{green}{0{,}25 - 0{,}075 = 0{,}175} \\ \textcolor{red}{y_2} &= \textcolor{blue}{0{,}5} + 0{,}5 \cdot \textcolor{green}{0{,}175} = \textcolor{red}{0{,}5875} \end{aligned} \]

3. Skisser løsningen Vi starter i \( {(-1, 0)} \) og tegner en kurve som hele veien følger linjestykkene i feltet, både til høyre og til venstre:

Fra startpunktet stiger kurven mot \( {y\text{-aksen.}} \) Der flater den ut, siden \( y' \) er nær \( 0 \) rundt \( {x = 0}\text{,} \) og så stiger den bratt igjen. Avlest fra feltet passerer kurven \( {x = 0} \) nær \( {y = 0{,}3}\text{,} \) altså under \( y_2\text{.} \) To så lange Euler-steg bommer her, fordi stigningen endrer seg raskt mellom \( {x = -1} \) og \( {x = 0}\text{.} \)

Vi setter inn \( {x = 0} \) der vi kan. Bare brøken med \( \sin(\sqrt{x}) \) gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så den tar vi for seg selv med L'Hôpitals regel.

1. Finn grensen til den innerste brøken Vi kaller \( \sqrt{x} \) for \( u\text{.} \) Når \( {x \to 0^+}\text{,} \) går også \( {u \to 0^+}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\sin u}}{\textcolor{blue}{u}} \]

Vi setter inn \( {u = 0} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\sin 0} &= \textcolor{red}{0} \\ \textcolor{blue}{u} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

L'Hôpitals regel forteller oss at ved \( \dfrac{0}{0} \) er: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f(u)}}{\textcolor{blue}{g(u)}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f'(u)}}{\textcolor{blue}{g'(u)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f} &= \textcolor{red}{\sin u} & \textcolor{red}{f'} &= \textcolor{red}{\cos u} \\ \textcolor{blue}{g} &= \textcolor{blue}{u} & \textcolor{blue}{g'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\cos u}}{\textcolor{blue}{1}} = \cos 0 = \underline{1} \]

2. Sett inn i resten av uttrykket Resten er kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) så vi setter inn der. Den store brøken har teller og nevner: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}} &\to \textcolor{darkorange}{0 + 0 + 1 = 1} \\ \textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}} &\to \textcolor{magenta}{8 + 1 = 9} \end{aligned} \]

Kvadratroten er også kontinuerlig, så grensen kan flyttes inn under roten: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x + \dfrac{\textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}}}{\textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}}}} \\ &= \sqrt{0 + \dfrac{\textcolor{darkorange}{1}}{\textcolor{magenta}{9}}} = \dfrac{1}{3} \end{aligned} \]

Vi finner \( f(0)\text{,} \) \( f'(0) \) og \( f''(0) \) og setter dem inn i formelen. Siden \( {1 + 0{,}3 = 1{,}3}\text{,} \) setter vi så inn \( {x = 0{,}3}\text{.} \)

1. Skriv opp formelen Taylorpolynomet av grad 2 om \( {x = 0} \) er: \[ P_2(x) = \textcolor{blue}{f(0)} + \textcolor{red}{f'(0)}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{f''(0)}}{2!}\,x^2 \]Du ser formelen med sentrum i \( 0 \) i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

2. Deriver to ganger Kjerneregelen med kjernen \( {1 + x} \) forteller oss at: \[ \left((1 + x)^n\right)' = n(1 + x)^{n-1} \cdot 1 \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Med \( {n = \dfrac{1}{3}} \) og så \( {n = -\dfrac{2}{3}}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f(x) &= (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \\ f'(x) &= \dfrac{1}{3}(1 + x)^{-\tfrac{2}{3}} \\ f''(x) &= -\dfrac{2}{9}(1 + x)^{-\tfrac{5}{3}} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) blir alle potensene av \( 1 \) lik \( 1\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(0)} &= \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{red}{f'(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}} \\ \textcolor{green}{f''(0)} &= \textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}} \end{aligned} \]

3. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} P_2(x) &= \textcolor{blue}{1} + \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}}}{2}\,x^2 \\ &= 1 + \dfrac{x}{3} - \dfrac{x^2}{9} \end{aligned} \]

4. Regn ut tilnærmingen Siden \( {\sqrt[3]{1{,}3} = f(0{,}3)}\text{,} \) setter vi inn \( {x = 0{,}3}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sqrt[3]{1{,}3} &\approx P_2(0{,}3) \\ &= 1 + \dfrac{0{,}3}{3} - \dfrac{0{,}09}{9} \\ &= 1 + 0{,}1 - 0{,}01 = 1{,}09 \end{aligned} \]

Nevneren er \( 0 \) i \( {x = 0}\text{,} \) midt i intervallet. Vi deler derfor integralet der og regner ut en av delene som en grense.

1. Del integralet i to I \( {x = 0} \) er telleren \( 1 \) og nevneren \( 0\text{:} \) \[ \cos 0 = 1, \quad \sin^2 0 = 0 \]

Integralet konvergerer bare hvis begge delene konvergerer: \[ \begin{aligned} &\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx \\ &= \int_{-\pi/2}^{0} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx + \int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx \end{aligned} \]

2. Finn den antideriverte Vi ser at \( \cos x \) er den deriverte av \( \sin x\text{,} \) så vi bruker substitusjon, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\sin x} \\ \textcolor{blue}{du} &= \textcolor{blue}{\cos x\,dx} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{\textcolor{blue}{\cos x\,dx}}{\textcolor{red}{\sin^2 x}} &= \int \dfrac{\textcolor{blue}{du}}{\textcolor{red}{u}^2} = -\dfrac{1}{\textcolor{red}{u}} + C \\ &= -\dfrac{1}{\textcolor{red}{\sin x}} + C \end{aligned} \]

3. Regn ut den høyre delen Den antideriverte finnes ikke i \( {x = 0}\text{.} \) Vi starter derfor i \( {a > 0} \) og lar \( a \) gå mot \( 0\text{.} \) Et uegentlig integral med grenser ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1: \[ \begin{aligned} \int_{a}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx &= \left[-\dfrac{1}{\sin x}\right]_{a}^{\pi/2} \\ &= -1 + \dfrac{1}{\sin a} \end{aligned} \]

Når \( {a \to 0^+}\text{,} \) går \( \sin a \) mot \( 0 \) fra positiv side: \[ \lim_{a \to 0^+} \left(-1 + \dfrac{1}{\sin a}\right) = \infty \]

Den høyre delen divergerer, så hele integralet divergerer. Vi trenger ikke å regne ut den venstre delen.

Grenseverdien må være lik \( {f(0) = 2}\text{.} \) \( {\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)} \) har ingen grense i \( 0\text{,} \) men den er begrenset, så vi klemmer produktet mellom \( 0 \) og \( |\sin x|\text{.} \)

1. Skriv opp kravet \( f \) er kontinuerlig i \( {x = 0} \) hvis: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 2 \]At verdiene må stemme der funksjonen skifter uttrykk, ser du i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

For \( x \ne 0 \) er \( {f(x) = 2 + \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x)}\text{,} \) så vi må vise at: \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

2. Klem produktet Cosinus er aldri større enn \( 1 \) i absoluttverdi. Vi ganger med \( |\sin x| \) og får: \[ \begin{aligned} \left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\right| &\le 1 \\ 0 \le \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} &\le \textcolor{blue}{|\sin x|} \end{aligned} \]

Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{k(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{k} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} \\ \textcolor{blue}{k(x)} &= \textcolor{blue}{|\sin x|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( \textcolor{blue}{|\sin x|} \to 0 \) når \( x \to 0\text{,} \) gir det: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} = 0 \]

Derfor går også selve produktet mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

3. Sett sammen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = 2 + 0 = 2 = f(0) \]