Universitetseksamen etter tema

Den øvre grensen er en funksjon av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor fundamentalteoremet sammen med kjerneregelen. Så ser vi på fortegnet til \( F'(x)\text{.} \)

1. Skriv opp reglene Fundamentalteoremet forteller oss at den deriverte av et integral med variabel øvre grense er integranden i grensen: \[ \dfrac{d}{du} \int_0^{\textcolor{green}{u}} g(t)\,dt = g(\textcolor{green}{u}) \]Dette viser videoen Løs integralligningen.

Her er den øvre grensen en kjerne, så kjerneregelen forteller oss at vi må gange med den deriverte av kjernen: \[ F'(x) = g(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Se videoen Kjerneregelen.

2. Regn ut den deriverte Her er: \[ \begin{aligned} g(t) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + t^2}\right) \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x - x^2} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{2 - 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} F'(x) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + (\textcolor{green}{2x - x^2})^2}\right) \\ &\quad \cdot (\textcolor{green}{2 - 2x}) \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til cosinus Nevneren i brøken er minst \( 1\text{,} \) og \( {\pi > 2}\text{,} \) så: \[ 0 < \dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2} \le 1 < \dfrac{\pi}{2} \]

Cosinus er positiv mellom \( 0 \) og \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) så for alle \( x \) er cosinusfaktoren positiv: \[ \textcolor{red}{\cos\left(\dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2}\right)} > 0 \]

4. Vis det globale maksimumet Fortegnet til \( F'(x) \) er dermed det samme som fortegnet til \( {\textcolor{green}{2 - 2x}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x < 1 &\Rightarrow F'(x) > 0 \\ x = 1 &\Rightarrow F'(x) = 0 \\ x > 1 &\Rightarrow F'(x) < 0 \end{aligned} \]

\( F \) vokser altså for alle \( {x < 1} \) og synker for alle \( {x > 1}\text{.} \) Det betyr at for alle \( x \) er: \[ F(x) \le F(1) \]\( F \) har derfor et globalt maksimum i \( {x = 1}\text{.} \)

Vi følger vinket: først \( f'(x)\text{,} \) så setter vi inn i formelen for buelengde. Integralet løser vi med substitusjon.

1. Vis formelen for den deriverte Logaritmeregelen for en brøk forteller oss at: \[ \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{a}}{\textcolor{blue}{b}}\right) = \ln(\textcolor{red}{a}) - \ln(\textcolor{blue}{b}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer. Her er \( {\textcolor{red}{e^x - 1}} \) og \( {\textcolor{blue}{e^x + 1}} \) positive på \( [1, 2]\text{,} \) så: \[ f(x) = \ln(\textcolor{red}{e^x - 1}) - \ln(\textcolor{blue}{e^x + 1}) \]

Kjerneregelen for \( \ln(u) \) forteller oss at: \[ (\ln(u))' = \dfrac{1}{u} \cdot u' \]Se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Her er \( {u' = e^x} \) i begge leddene, så: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{e^x}{\textcolor{red}{e^x - 1}} - \dfrac{e^x}{\textcolor{blue}{e^x + 1}} \\ &= \dfrac{e^x(e^x + 1) - e^x(e^x - 1)}{e^{2x} - 1} \\ &= \dfrac{2e^x}{e^{2x} - 1} \end{aligned} \]

Vi deler over og under brøkstreken med \( e^x\text{,} \) og bruker at \( {\sinh(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}}\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{2}{e^x - e^{-x}} = \dfrac{1}{\sinh(x)} \]

2. Sett inn i formelen for buelengde Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Vi bruker at: \[ \cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} 1 + (f'(x))^2 &= 1 + \dfrac{1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\sinh^2(x) + 1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\cosh^2(x)}{\sinh^2(x)} \end{aligned} \]

På \( [1, 2] \) er både \( \cosh(x) \) og \( \sinh(x) \) positive, så roten blir brøken uten kvadrat: \[ L = \int_1^2 \dfrac{\cosh(x)}{\sinh(x)}\,dx \]

3. Regn ut integralet Vi setter nevneren lik \( \textcolor{green}{s}\text{,} \) som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{s} &= \textcolor{green}{\sinh(x)} \\ ds &= \cosh(x)\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \int_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \dfrac{1}{\textcolor{green}{s}}\,ds \\ &= \Big[\ln(\textcolor{green}{s})\Big]_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \\ &= \ln\left(\dfrac{\sinh(2)}{\sinh(1)}\right) \end{aligned} \]

Vi tar rekkene én og én, med den testen leddene peker mot: grensen til leddene i (i), forholdstesten i (ii), og alternerende rekker og sammenligning i (iii).

1. Undersøk rekke i Når leddene ikke går mot \( 0\text{,} \) divergerer rekken, som i videoen Konvergens & divergens intro: \[ \lim_{n \to \infty} a_n \neq 0 \ \Rightarrow \ \sum a_n \text{ divergerer} \]

Vi lar \( n \) vokse og deler over og under brøkstreken med \( n\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{n + 11} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{1 + \dfrac{11}{n}} = 1 \neq 0 \]Rekke (i) divergerer.

2. Undersøk rekke ii Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer absolutt når \( {k < 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Se videoen Forholdstest, med eksempel.

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

Plugger vi dette inn, forsvinner fortegnet i absoluttverdien, og vi får: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n+1}(n + 1)}{e^{n+1}}} \, \textcolor{blue}{\dfrac{e^n}{(-1)^n n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n + 1}{n} \cdot \dfrac{1}{e} \\ &= \dfrac{1}{e} < 1 \end{aligned} \]Rekke (ii) konvergerer absolutt.

3. Undersøk rekke iii Rekken er alternerende, og den konvergerer når leddene \( a_n \) uten fortegn synker og går mot \( 0\text{,} \) som i videoen Alternerende rekker med eksempler. Her vokser nevneren: \[ \begin{aligned} a_{n+1} &= \dfrac{1}{n + 1 + 2\sqrt{n + 1}} \\ &< \dfrac{1}{n + 2\sqrt{n}} = a_n \\ \lim_{n \to \infty} a_n &= 0 \end{aligned} \]Rekke (iii) konvergerer altså.

Så ser vi på absoluttverdiene. Sammenligningstesten forteller oss at: \[ \begin{aligned} &0 \le \textcolor{green}{b_n} \le \textcolor{darkorange}{a_n}, \quad \sum \textcolor{green}{b_n} \text{ divergerer} \\ &\Rightarrow \sum \textcolor{darkorange}{a_n} \text{ divergerer} \end{aligned} \]Sammenligningen setter vi opp som i videoen Sammenligning & P-rekker Oppgave.

Siden \( {\sqrt{n} \le n} \) er \( {n + 2\sqrt{n} \le 3n}\text{,} \) så: \[ \textcolor{darkorange}{a_n} = \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{n + 2\sqrt{n}}} \ge \textcolor{green}{\dfrac{1}{3n}} = \textcolor{green}{b_n} \]

Her er \( \textcolor{green}{b_n} \) en tredel av leddene i en p-rekke med \( {p = 1}\text{:} \) \[ \sum_{n=1}^{\infty} \textcolor{green}{\dfrac{1}{3n}} = \dfrac{1}{3} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} \]Den divergerer, se videoen P-rekker Oppgave. Da divergerer også den større rekken. Rekke (iii) konvergerer, men ikke absolutt, så den konvergerer betinget.

Vi finner rekken til \( {\ln(1 + t)} \) fra en geometrisk rekke, deler på \( t \) og integrerer ledd for ledd. Så bruker vi forholdstesten og sjekker endepunktene.

1. Finn rekken til integranden Summen av en geometrisk rekke forteller oss at når \( {|q| < 1}\text{:} \) \[ \dfrac{1}{1 - \textcolor{green}{q}} = 1 + \textcolor{green}{q} + \textcolor{green}{q}^2 + \textcolor{green}{q}^3 + \cdots \]Kravet \( {|q| < 1} \) forklarer videoen Geometrisk rekke test.

Her er \( {\textcolor{green}{q} = \textcolor{green}{-t}}\text{,} \) så for \( {|t| < 1} \) er: \[ \dfrac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - t^3 + \cdots \]

Vi integrerer begge sider fra \( 0 \) til \( t\text{,} \) med \( s \) som integrasjonsvariabel, og deler på \( t\text{:} \) \[ \begin{aligned} \ln(1 + t) &= \int_0^t \dfrac{1}{1 + s}\,ds \\ &= t - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{t^3}{3} - \dfrac{t^4}{4} + \cdots \\ \dfrac{\ln(1 + t)}{t} &= 1 - \dfrac{t}{2} + \dfrac{t^2}{3} - \dfrac{t^3}{4} + \cdots \end{aligned} \]

2. Integrer ledd for ledd Vi integrerer fra \( 0 \) til \( x\text{,} \) som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke: \[ \begin{aligned} F(x) &= x - \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{x^3}{9} - \dfrac{x^4}{16} + \cdots \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \dfrac{x^n}{n^2} \end{aligned} \]

3. Bruk forholdstesten Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer når \( {k < 1} \) og divergerer når \( {k > 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Se videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

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

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n+2} x^{n+1}}{(n + 1)^2}} \, \textcolor{blue}{\dfrac{n^2}{(-1)^{n+1} x^n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2}{(n + 1)^2} \cdot |x| \\ &= |x| \end{aligned} \]Rekken konvergerer altså for \( {|x| < 1} \) og divergerer for \( {|x| > 1}\text{.} \)

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

Absoluttverdien av leddene er i begge tilfeller \( \dfrac{1}{n^2}\text{.} \) Dette er en p-rekke med \( {p = 2 > 1}\text{,} \) som konvergerer, se videoen P-rekker Oppgave. Begge endepunktene er altså med.

Stigningen er \( y'\text{,} \) så dette er en differensiallikning. Vi ser at vi kan skille \( y \) og \( x\text{,} \) og bruker derfor separasjon av variabler.

1. Separer variablene Stigningen er \( {y' = \dfrac{dy}{dx}}\text{,} \) så: \[ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{e^{-x}}{1 + \cos(y)} \]

Vi samler \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} = \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \]

2. Integrer begge sider Vi integrerer hver side for seg: \[ \begin{aligned} \int \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} &= \int \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \\ \textcolor{red}{y + \sin(y)} &= \textcolor{blue}{-e^{-x}} + \textcolor{green}{C} \end{aligned} \]

3. Finn konstanten Kurven går gjennom \( (\ln(2), 0)\text{,} \) så vi setter inn \( {x = \ln(2)} \) og \( {y = 0}\text{:} \) \[ 0 + \sin(0) = -e^{-\ln(2)} + \textcolor{green}{C} \]

Her er \( {e^{-\ln(2)} = \dfrac{1}{e^{\ln(2)}} = \dfrac{1}{2}}\text{,} \) så: \[ 0 = -\dfrac{1}{2} + \textcolor{green}{C} \quad \Rightarrow \quad \textcolor{green}{C} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y + \sin(y) = -e^{-x} + \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Vi tar likhetene én og én, fra venstre. Til slutt bruker vi at \( e^x \) er kontinuerlig, for å komme fra \( \ln \) av uttrykket til selve uttrykket.

1. Forklar den første likheten Logaritmeregelen for en potens forteller oss at: \[ \ln(\textcolor{red}{a}^{\textcolor{blue}{n}}) = \textcolor{blue}{n} \ln(\textcolor{red}{a}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {\textcolor{red}{a} = \textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}}\text{.} \) Å gange med \( \textcolor{blue}{n} \) er det samme som å dele på \( \dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \ln\left(\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)^{\textcolor{blue}{n}}\right) &= \textcolor{blue}{n} \ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right) \\ &= \dfrac{\ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)}{\dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}} \end{aligned} \]

2. Forklar den andre likheten Vi bytter variabel: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{h} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \\ n \to \infty \ &\Rightarrow \ \textcolor{green}{h} \to 0 \end{aligned} \]

Siden \( {\ln(1) = 0}\text{,} \) kan vi også trekke fra \( \ln(1) \) uten å endre noe: \[ \begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h})}{\textcolor{green}{h}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h}) - \ln(1)}{\textcolor{green}{h}} \end{aligned} \]Her er \( {h > 0}\text{.} \) Det spiller ingen rolle, for grensen når \( h \to 0 \) finnes fra begge sider, som den tredje likheten viser.

3. Forklar den tredje likheten Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ g'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{g(a + h) - g(a)}{h} \]Se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {g(t) = \ln(t)} \) og \( {a = 1}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{h \to 0} \dfrac{\ln(1 + h) - \ln(1)}{h} \\ &= \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} \end{aligned} \]

4. Forklar den fjerde likheten Den deriverte av \( \ln(t) \) er \( \dfrac{1}{t}\text{,} \) se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Vi setter inn \( {t = 1}\text{:} \) \[ \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} = \dfrac{1}{1} = 1 \]

5. Vis likning 1 Erna har altså vist at grensen av \( \ln \) av uttrykket er \( 1\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\right) = 1 \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sidene. Siden \( e^x \) er kontinuerlig, kan grensen flyttes ut av eksponenten, og fra definisjonen av \( \ln \) vet vi at \( {e^{\ln(a)} = a}\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^1 &= e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} e^{\ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n \end{aligned} \]Det er likning (1).

Vi ganger ut nevneren først. Da ser vi at telleren nesten er den deriverte av nevneren, så vi bruker substitusjon.

1. Gang ut nevneren Vi ganger ut parentesene ledd for ledd: \[ \begin{aligned} &(x - 1)(x^2 + x + 1) \\ &= x^3 + x^2 + x - x^2 - x - 1 \\ &= x^3 - 1 \end{aligned} \]

2. Velg substitusjon Vi bytter ut \( x \) med \( u \) slik at integralet blir enklere. Vi setter nevneren lik \( u \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x^3 - 1} \\ \textcolor{blue}{du} &= \textcolor{blue}{3x^2\,dx} \end{aligned} \]

Det betyr at: \[ \textcolor{blue}{x^2\,dx} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\,du} \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\int \dfrac{\textcolor{blue}{x^2\,dx}}{\textcolor{red}{x^3 - 1}} \\ &= \int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}} \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\,du} \\ &= \dfrac{1}{3}\int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}}\,du \end{aligned} \]

Integrasjonsregelen for \( \dfrac{1}{u}\text{,} \) som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, forteller oss at: \[ \int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}}\,du = \ln|\textcolor{red}{u}| + C \]

Vi setter inn og bytter tilbake til \( x\text{:} \) \[ \dfrac{1}{3}\ln|\textcolor{red}{u}| + C = \dfrac{1}{3}\ln|\textcolor{red}{x^3 - 1}| + C \]

Alternativ metode: Delbrøksoppspalting Nevneren står allerede faktorisert, så vi kan også spalte brøken, som i eksempel 2 i videoen Delbrøksoppspalting: \[ \begin{aligned} &\dfrac{x^2}{(x - 1)(x^2 + x + 1)} \\ &= \dfrac{A}{x - 1} + \dfrac{Bx + C}{x^2 + x + 1} \end{aligned} \]

Vi ganger opp: \[ \begin{aligned} x^2 &= A(x^2 + x + 1) \\ &\quad + (Bx + C)(x - 1) \end{aligned} \]

Med \( {x = 1} \) får vi \( {A = \dfrac{1}{3}}\text{,} \) og sammenligner vi ledd for ledd, får vi \( {C = \dfrac{1}{3}} \) og \( {B = \dfrac{2}{3}}\text{.} \) Her er den andre telleren nøyaktig den deriverte av sin nevner: \[ \begin{aligned} &\dfrac{1}{3}\int \dfrac{dx}{x - 1} \\ &\quad + \dfrac{1}{3}\int \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1}\,dx \\ &= \dfrac{1}{3}\ln|x - 1| \\ &\quad + \dfrac{1}{3}\ln(x^2 + x + 1) + D \end{aligned} \]

Med \( {\ln a + \ln b = \ln(ab)} \) er dette det samme svaret. Metoden lønner seg når telleren ikke er den deriverte av nevneren.

Vi deler \( [0, 2] \) i fire like brede delintervaller, leser av funksjonsverdiene i tabellen og legger sammen arealet av fire trapeser.

1. Finn bredden på delintervallene Bredden er lengden av intervallet delt på antall delintervaller: \[ \textcolor{green}{\Delta x} = \dfrac{2 - 0}{4} = \textcolor{green}{0{,}5} \]

Vi trenger altså bare hver andre kolonne i tabellen: \[ \begin{aligned} f(0) &= 1{,}00 \\ f(0{,}5) &= 0{,}78 \\ f(1) &= 0{,}37 \\ f(1{,}5) &= 0{,}11 \\ f(2) &= 0{,}02 \end{aligned} \]

2. Regn ut trapesene Arealet av et trapes forteller oss at: \[ A = \dfrac{(\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b}) \cdot \textcolor{green}{h}}{2} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Trapesmetoden.

Her er \( \textcolor{blue}{a} \) og \( \textcolor{red}{b} \) funksjonsverdiene i hver ende av delintervallet, og \( {\textcolor{green}{h} = \textcolor{green}{\Delta x}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} A_1 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{1{,}00} + \textcolor{red}{0{,}78}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}445 \\ A_2 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}78} + \textcolor{red}{0{,}37}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}2875 \\ A_3 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}37} + \textcolor{red}{0{,}11}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}12 \\ A_4 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}11} + \textcolor{red}{0{,}02}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}0325 \end{aligned} \]

3. Legg sammen Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} T_4 &= A_1 + A_2 + A_3 + A_4 \\ &= 0{,}445 + 0{,}2875 \\ &\quad + 0{,}12 + 0{,}0325 \\ &= 0{,}885 \end{aligned} \]

Vi begynner med å la \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg. Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel.

1. Sett inn i telleren og nevneren Vi setter inn i telleren og nevneren: \[ \begin{aligned} 1 - \cos 0 &= 1 - 1 = 0 \\ \ln(1 + 0^2) &= \ln 1 = 0 \end{aligned} \]

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

Nevneren deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen. Den forteller oss at: \[ (\ln \textcolor{green}{u})' = \dfrac{1}{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]

Med kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{1 + x^2}} \) og \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{2x}} \) er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x)} &= \textcolor{red}{1 - \cos x} \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{\sin x} \\ \textcolor{blue}{g(x)} &= \textcolor{blue}{\ln(1 + x^2)} \\ \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{2x}{1 + x^2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i regelen, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{\sin x}}{\textcolor{blue}{\dfrac{2x}{1 + x^2}}} \\ &= \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{2x} \cdot (1 + x^2) \\ &= \lim_{x \to 0} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1 + x^2}{2}} \cdot \textcolor{magenta}{\dfrac{\sin x}{x}} \end{aligned} \]

3. Regn ut faktorene hver for seg Den første faktoren kan vi sette rett inn i: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1 + x^2}{2}} = \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}} \]

Den andre gir \( \dfrac{0}{0} \) igjen, så vi bruker L'Hôpitals regel en gang til: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{magenta}{\dfrac{\sin x}{x}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos x}{1} = \textcolor{magenta}{1} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}} \cdot \textcolor{magenta}{1} = \dfrac{1}{2} \]

Buelengden er gitt av en formel med \( f'(x)\text{.} \) Vi finner \( f'(x) \) fra integralet, setter inn i formelen, og bruker så vinket til å bli kvitt roten.

1. Finn den deriverte Når \( g \) er kontinuerlig og vi deriverer et integral med \( x \) som øvre grense, bytter vi bare \( t \) med \( x\text{:} \) \[ \left(\int_a^x g(t)\,dt\right)' = g(x) \]Dette ser du i videoen Løs integralligningen.

Her er \( {g(t) = \sqrt{\cos t}}\text{,} \) som er kontinuerlig på intervallet, så: \[ \textcolor{red}{f'(x)} = \textcolor{red}{\sqrt{\cos x}} \]

2. Sett inn i buelengdeformelen Buelengdeformelen forteller oss at når \( f' \) er kontinuerlig, er: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + \textcolor{red}{f'(x)}^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Her er \( {a = 0} \) og \( {b = \dfrac{\pi}{2}}\text{.} \) På dette intervallet er \( {\cos x \ge 0}\text{,} \) så: \[ \textcolor{red}{f'(x)}^2 = \left(\textcolor{red}{\sqrt{\cos x}}\right)^2 = \cos x \]

Plugger vi dette inn, får vi integralet i oppgaven: \[ L = \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sqrt{1 + \cos x}\,dx \]

3. Skriv om roten Vinket med \( {\textcolor{blue}{y} = \textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}} \) gir: \[ 1 + \cos x = 2\cos^2\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

Når \( {x \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}\text{,} \) er \( {\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}} \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]}\text{.} \) Der er cosinus positiv, så vi slipper absoluttverdien: \[ \sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}\,\cos\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

4. Regn ut integralet Integrasjonsregelen for cosinus forteller oss at: \[ \int \cos(\textcolor{green}{n}x)\,dx = \dfrac{1}{\textcolor{green}{n}}\sin(\textcolor{green}{n}x) + C \]Den står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Her er \( {\textcolor{green}{n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}}}\text{,} \) så \( {\dfrac{1}{\textcolor{green}{n}} = 2}\text{.} \) Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \sqrt{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \cos\left(\dfrac{x}{2}\right) dx \\ &= \sqrt{2}\left[2\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\right]_0^{\tfrac{\pi}{2}} \\ &= 2\sqrt{2}\left(\sin\dfrac{\pi}{4} - \sin 0\right) \\ &= 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2 \end{aligned} \]