Universitetseksamen etter tema

Her står \( x \) i den øvre grensen, så vi deriverer begge sider og blir kvitt integralet. Da får vi en separabel differensiallikning, og startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn startverdien Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) går integralet fra \( 0 \) til \( 0 \) og blir \( 0\text{:} \) \[ f(0) = 1 - \int_0^0 f(t)\,dt = 1 - 0 = 1 \]

2. Deriver begge sider Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_0^x \textcolor{red}{f(t)}\,dt\right)' = \textcolor{red}{f(x)} \]Det forklares i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Konstanten \( 1 \) deriveres til \( 0\text{,} \) så vi får: \[ f'(x) = 0 - \textcolor{red}{f(x)} = -\textcolor{red}{f(x)} \]

3. Løs differensiallikningen Vi skriver \( {y = f(x)}\text{.} \) Siden \( {f(0) = 1}\text{,} \) kan ikke \( {y = 0} \) være løsningen, og vi samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= -y \\ \dfrac{1}{y}\,dy &= -dx \end{aligned} \]

Vi integrerer begge sider, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, og får: \[ \ln|y| = -x + C \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sider, og samler konstanten i en ny konstant \( \textcolor{blue}{A}\text{:} \) \[ y = \textcolor{blue}{A}\,e^{-x} \]

4. Finn konstanten Startverdien \( {f(0) = 1} \) gir: \[ \textcolor{blue}{A}\,e^{0} = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{A} = 1 \]

Vi finner hvor grafene møtes og tegner området. Aksen er \( {y = -1}\text{,} \) og området når ikke helt inn til den, så hver skive har et hull. Den nedre kanten bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{,} \) så vi deler integralet der.

1. Finn hjørnene i området Grafene møtes der \( {f(x) = g(x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x + 1 &= x^2 - 1 \\ 0 &= x^2 - x - 2 \\ 0 &= (x + 1)(x - 2) \end{aligned} \]

Det gir \( {x = -1} \) og \( {x = 2}\text{.} \) Så ser vi hvor grafene krysser linjen \( {y = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \\ g(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \text{ eller } x = 1 \end{aligned} \]

Hjørnene er altså \( {(-1, 0)}\text{,} \) \( (1, 0) \) og \( (2, 3)\text{.} \)

2. Skisser området Mellom \( {x = -1} \) og \( {x = 2} \) ligger \( f \) over \( g\text{,} \) for eksempel er: \[ f(0) = 1 > -1 = g(0) \]

Fra \( {x = -1} \) til \( {x = 1} \) er \( {g(x) \le 0}\text{,} \) så der er nedre kant linjen \( {y = 0}\text{.} \) Fra \( {x = 1} \) til \( {x = 2} \) er nedre kant grafen til \( g\text{.} \)

3. Sett opp volumet Volumformelen for en dreining om \( {x\text{-aksen,}} \) med hull i hver skive, forteller oss at: \[ V = \pi \int_a^b \left( \textcolor{red}{R(x)}^2 - \textcolor{blue}{r(x)}^2 \right) dx \]Her er \( \textcolor{red}{R} \) ytre og \( \textcolor{blue}{r} \) indre radius. Formelen uten hull ser du i videoen Omdreiningslegeme x-akse, og hullet trekker vi fra.

Aksen vår er \( {y = -1}\text{.} \) Vi flytter alt opp med \( 1\text{,} \) slik at aksen blir \( {x\text{-aksen,}} \) samme idé som i videoen Omdreining om x = 3. Den ytre radiusen blir: \[ \textcolor{red}{R(x)} = f(x) + 1 = \textcolor{red}{x + 2} \]

Den indre radiusen bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -1 \le x \le 1\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= 0 + 1 = \textcolor{blue}{1} \\ 1 \le x \le 2\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= g(x) + 1 = \textcolor{blue}{x^2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, med én del på hver side av \( {x = 1}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{V}{\pi} &= \int_{-1}^{1} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - \textcolor{blue}{1}^2 \right) dx \\ &\quad + \int_{1}^{2} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - (\textcolor{blue}{x^2})^2 \right) dx \end{aligned} \]

4. Regn ut integralene Vi ganger ut parentesen og integrerer ledd for ledd, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler. Den første delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{1} (x^2 + 4x + 3)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 3x\right]_{-1}^{1} \\ &= \dfrac{16}{3} + \dfrac{4}{3} = \underline{\dfrac{20}{3}} \end{aligned} \]

Den andre delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{1}^{2} (x^2 + 4x + 4 - x^4)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 4x - \dfrac{x^5}{5}\right]_{1}^{2} \\ &= \dfrac{7}{3} + 10 - \dfrac{31}{5} = \underline{\dfrac{92}{15}} \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} V &= \pi \left( \dfrac{100}{15} + \dfrac{92}{15} \right) \\ &= \pi \cdot \dfrac{192}{15} = \dfrac{64\pi}{5} \end{aligned} \]

Forholdstesten gir konvergens når \( {|x| < 1}\text{,} \) og endepunktene sjekker vi hver for seg. Rekken er taylorrekken til \( \ln \) med \( x^2 \) som variabel, så vi kjenner summen.

1. Bruk forholdstesten For \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{,} \) så der konvergerer rekken. For \( x \ne 0 \) forteller forholdstesten oss at rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Slik bruker vi den i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

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

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

Rekken konvergerer altså når: \[ x^2 < 1 \quad \Leftrightarrow \quad -1 < x < 1 \]

2. Sjekk endepunktene I \( {x = \pm 1} \) er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000). Siden \( {(\pm 1)^{2n} = 1}\text{,} \) gir begge endepunktene samme rekke: \[ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \cdot \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \]

Testen for alternerende rekker forteller oss at rekken konvergerer når leddene \( \textcolor{green}{b_n} \) går mot \( 0 \) og hele tiden blir mindre, som i videoen Alternerende rekker med eksempler!. Her er \( {\textcolor{green}{b_n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} &= 0 \\ \textcolor{green}{\dfrac{1}{n + 1}} &< \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \end{aligned} \]

Begge kravene holder, så rekken konvergerer i \( {x = \pm 1}\text{.} \) Dermed konvergerer den for alle \( {x \in [-1, 1]}\text{.} \)

3. Kjenn igjen rekken Maclaurinrekken til \( {\ln(1 + u)} \) er, for \( {|u| < 1}\text{:} \) \[ \ln(1 + u) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\,\textcolor{magenta}{u}^{n} \]Den får vi ved å derivere og sette inn \( {u = 0}\text{,} \) som i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Rekken vår er akkurat denne, med: \[ \textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{x^2} \]

4. Regn ut summen For \( {x = \dfrac{1}{2}} \) er \( {\textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}}\text{,} \) som er mindre enn \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ s = \ln\left(1 + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}\right) = \ln \dfrac{5}{4} \]

\( \ln \) er logaritmen med grunntall \( e\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer, så de to opphever hverandre: \[ e^s = e^{\ln(5/4)} = \dfrac{5}{4} \]

At følgen er voksende, viser vi med induksjon, siden hvert ledd er gitt av det forrige. En voksende følge som er begrenset, må konvergere, og grensen finner vi ved å la \( n \) gå mot uendelig i formelen.

1. Vis at følgen er voksende Vi viser med induksjon at \( {a_{n+1} > a_n} \) for alle \( n\text{.} \) Startsteget er \( a_2\text{:} \) \[ a_2 = \sqrt{\dfrac{1}{2} \cdot 0 + \dfrac{1}{2}} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} > 0 = a_1 \]

Så antar vi at det stemmer for en \( n\text{,} \) altså at \( {\textcolor{red}{a_{n+1}} > \textcolor{blue}{a_n}}\text{.} \) Vi ganger med \( \dfrac{1}{2} \) og legger til \( \dfrac{1}{2}\text{:} \) \[ \dfrac{1}{2} \textcolor{red}{a_{n+1}} + \dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{2} \textcolor{blue}{a_n} + \dfrac{1}{2} \]

Kvadratroten er voksende, så ulikheten holder også etter at vi tar roten: \[ \begin{aligned} \sqrt{\dfrac{1}{2} \textcolor{red}{a_{n+1}} + \dfrac{1}{2}} &> \sqrt{\dfrac{1}{2} \textcolor{blue}{a_n} + \dfrac{1}{2}} \\ a_{n+2} &> a_{n+1} \end{aligned} \]

Dermed gjelder ulikheten for alle \( n\text{,} \) og følgen er voksende.

2. Forklar hvorfor følgen konvergerer Setningen om monotone følger forteller oss at en voksende følge som er begrenset ovenfra, konvergerer, der \( M \) er en øvre grense for følgen: \[ \begin{aligned} &a_n \le a_{n+1} \le M \ \text{ for alle } n \\ &\Rightarrow \ \lim_{n \to \infty} a_n \text{ finnes} \end{aligned} \]Hva det betyr at en følge konvergerer, ser du i videoen Konvergens og divergens følger.

Her viste vi at følgen er voksende, og at den er begrenset ovenfra, er oppgitt. Altså konvergerer den.

3. Sett opp en likning for grensen Vi kaller grensen \( L\text{.} \) Når \( n \) går mot uendelig, går både \( a_n \) og \( {a_{n+1}} \) mot \( L\text{.} \) Kvadratroten er kontinuerlig, så formelen gir: \[ L = \sqrt{\dfrac{1}{2} L + \dfrac{1}{2}} \]

Vi opphøyer begge sider i andre og ganger med \( 2\text{:} \) \[ \begin{aligned} L^2 &= \dfrac{1}{2} L + \dfrac{1}{2} \\ 2L^2 - L - 1 &= 0 \end{aligned} \]

4. Løs likningen abc-formelen forteller oss at, her med \( p\text{,} \) \( q \) og \( r\text{,} \) siden \( a \) er tatt: \[ L = \dfrac{-\textcolor{red}{q} \pm \sqrt{\textcolor{red}{q}^2 - 4\textcolor{blue}{p}\textcolor{green}{r}}}{2\textcolor{blue}{p}} \]Du ser den i videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{p} &= \textcolor{blue}{2} \\ \textcolor{red}{q} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{green}{r} &= \textcolor{green}{-1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L &= \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 8}}{4} = \dfrac{1 \pm 3}{4} \\ L &= 1 \quad \text{eller} \quad L = -\dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

Alle leddene er kvadratrøtter eller \( {a_1 = 0}\text{,} \) så \( {a_n \ge 0}\text{.} \) Da kan ikke grensen være negativ: \[ a_n \ge 0 \quad \Rightarrow \quad L \ge 0 \quad \Rightarrow \quad L = 1 \]

Vi skriver opp hva vi vet og hva vi skal vise. Vinket gir oss en ulikhet med \( |f(x)| \) på den ene siden og \( f(x) \) på den andre, så vi klemmer avstanden mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp kravene At \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) betyr at grenseverdien er lik funksjonsverdien. Det gir oss: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to a} f(x) = f(a) \\ &\Leftrightarrow \ \lim_{x \to a} |f(x) - f(a)| = 0 \end{aligned} \]Du ser regelen om lik verdi i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

Vi skal vise det samme for \( |f(x)|\text{:} \) \[ \lim_{x \to a} \big||f(x)| - |f(a)|\big| = 0 \]

2. Bruk vinket Vi setter inn i ulikheten fra vinket, med: \[ \begin{aligned} z &= f(x) \\ y &= f(a) \end{aligned} \]

Det gir oss, siden en absoluttverdi aldri er negativ: \[ \begin{aligned} 0 &\le \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ &\le \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \end{aligned} \]

3. Klem avstanden mot null Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{m(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{m} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ \textcolor{blue}{m(x)} &= \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) går \( \textcolor{blue}{m(x)} \) mot \( 0\text{.} \) Det gir: \[ \lim_{x \to a} \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} = 0 \]

Det betyr at: \[ \lim_{x \to a} |f(x)| = |f(a)| \]

Grenseverdien er lik funksjonsverdien, så \( |f(x)| \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{.} \)

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