Universitetet i Bergen
Matematisk institutt Bergen, 15. desember 2004.
Løsningsforslag MAT111
Onsdag 15. desember 2004, kl. 09-13.
Oppgave 1
a) Betrakt de to komplekse tallene z=√
3 +i og w=√ 2−i√
2.
Regn ut z+w og z/w. Skriv z, w og z/w p˚a polar form. Avmerk z, w, z+w og z/w i det komplekse plan.
z+w=√ 3 +√
2 +i(1−√ 2).
z/w= zw¯
|w|2 = (√
3 +i)(√
2 +i√ 2)
2 + 2 = 1
4(√ 6−√
2 +i(√ 6 +√
2))
Lengden til z er √
3 + 1 = 2, og argumentet θ er slik at √
3 = 2 cosθ, mens 1 = 2 sinθ, eller med andre ord, θ = π/6. Derfor har vi z = 2eiπ/6. Lengden til w er √
2 + 2 = 2, og argumentet φ er slik at √
2 = 2 cosφ, mens −√
2 = 2 sinφ, aller med andre ord φ=−π/4. Derfor er w= 2e−iπ/4. Dette gir
z/w= 2
2ei(π/6+π/4) =ei5π/12. b) Finn alle løsningene til
z3= 8i.
Merk at z3 = 8i= 8eiπ/2. Vi har derfor løsningene:
zk = 81/3eiπ/2+2πk3 , k = 0,1,2
dvs.
z0 = 2eiπ/6, z1 = 2ei5π/6, z2 = 2ei3π/2. Tegner du dette ser du at de ligger fint og symmetrisk om origo:
1.5 1 0.5 0 1
0.5 -0.5
0
-0.5
-1 -1
-2 -1.5 -1.5
Oppgave 2
Regn ut integralet
Z 2x−2
x4−2x3+ 2x2 dx.
Nevneren i integranden er produktet av et irredusibelt annengradspolynom x2 −2x+ 2 = 1 + (x−1)2
(fullførte kvadratet), og kvadratet x2. Delbrøksoppspalting gir 2x−2
x4−2x3+ 2x2 = 2x−2
(x2−2x+ 2)x2 = Ax+B
x2−2x+ 2 +C x + D
x2, eller
2x−2 = (Ax+B)x2+C(x2−2x+ 2)x+D(x2−2x+ 2)
= (A+C)x3+ (B−2C+D)x2+ 2(C−D)x+ 2D.
Sammenligner vi koeffisientene p˚a høyre og venstre side f˚ar vi A= 0, B = 1, C = 0, D=−1.
Derved har vi 2x−2
x4−2x3+ 2x2 = 2x−2
(x2−2x+ 2)x2 = 1
x2−2x+ 2 − 1
x2 = 1
1 + (x−1)2 − 1 x2 Derav følger det at
Z 2x−2
x4−2x3+ 2x2, dx=
Z dx
1 + (x−1)2 dx− Z dx
x2 = tan−1(x−1) + 1 x +C.
Oppgave 3
Finn tangentplanet til flaten
z=f(x, y) =x2y i punktet(1,2).
Partiellderiverer f:
D1f(x, y) = 2xy, D2f(x, y) = x2.
Setter inn punktet (1,2), og f˚ar f(1,2) = 2, D1f(1,2) = 4, D2f(1,2) = 1.
Tangentplanet
z−f(1,2) =D1f(1,2)(x−1) +D2f(1,2)(y−2) er alts˚a
z−2 = 4(x−1) + (y−2).
Oppgave 4
a) Avgjør om rekkene konvergerer:
i)
∞
X
n=23
1
n−1 ii)
∞
X
n=1
2n+ 1 n!−2
i) Det at rekken starter med n = 23 har intet ˚a si for konvergensen av rekken.
Sammenligner vi med den harmoniske rekkenP∞
n=11/nser vi at leddene i rekken i oppgaven er større (dvs. 1/n <1/(n−1) – ihvertfall n˚ar n >22. . . ). Siden den harmoniske rekken divergerer, divergerer da ogs˚a rekken P∞
n=23 1 n−1.
Grensesammenligningstesten g˚a ogs˚a bra, og det gjør ogs˚a integraltesten. For- holdstesten er mislykket.
ii) Det andre leddet i rekken gir ikke mening. De som har kommentert det har f˚att kreditt. Men ogs˚a de som kun har sett p˚a store n blir premiert: Prøver f.eks.
forholdstesten. La an = 2n!n−+12, og betrakt grensen
nlim→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1+1 (n+1)!−2
2n+1 n!−2
= lim
n→∞
2 + 1/2n 1 + 1/2n
1−2/n!
n+ 1−2/n!
= 0<1 Forholdstesten gir konvergens.
b) Vis ved integralkriteriet eller p˚a annen m˚ate at rekken
∞
X
n=1
1 1 +n2
konvergerer.
LaS være summen av rekken og SN summen av deN første leddene. Finn et heltall N slik at |S−SN|< 1001 .
At rekken ∞
X
n=1
1 1 +n2
konvergerer kan vises ved integralkriteriet: la f(x) = 1/(1 + x2), for x ∈ R.
Funksjonen har positive verdier, og er avtagende, s˚a rekken konvergerer hvis og bare hvis integraletR∞
1 f(x)dx konvergerer. Dette er ok da Z ∞
a
f(x)dx= lim
b→∞
Z b
a
1 1 +x2dx
= lim
b→∞[tan−1(x)]ba = lim
b→∞tan−1(b)−tan−1(a)
=π/2−tan−1(a).
Vi vet videre ved integraltesten atS−SN <R∞
N f(x)dx, s˚a S−SN < π/2−tan−1(N).
Atπ/2−tan−1(N)<1/100 er det samme somN >tan(π/2−1/100)≈99.9967.
Derfor har vi at omN ≥100 s˚a er S−SN,1/100.
Da 1/(1 +n2) < 1/n2 kunne vi ogs˚a ha brukt sammenligningstesten mot den konvergente p-rekken P∞
n=11/n2. Vi kunne ogs˚a estimert restleddet p˚a denne m˚aten da R∞
N 1
1+x2dx <R∞
N 1
x2dx=−1/N.
Oppgave 5
Frysepunktet T for saltvann er en funksjon av ionekonsentrasjonen x, og teoretiske betraktninger gir at T tilfredsstiller initialverdiproblemet
d T
dx =− aT2
1 +bx, T(0) =T0
hvor aog b er positive konstanter og T0 er frysepunktet for rent vann (m˚alt i Kelvin).
Løs dette initialverdiproblemet.
I deler av Barentshavet er x = 1.2. Hva er frysepunktet for havvannet der? Bruk verdienea= 2.49·10−5, b= 0.018 ogT0 = 273.15 (m˚aleenhetene er utelatt).
Sjekker for konstante løsninger, noe som gir T = 0 (som ikke passer med ini- talverdien).
Ellers: deler p˚a T2 og integrerer mhp.x, og f˚ar Z 1
T(x)2 dT(x)
dx dx=−
Z a 1 +bxdx,
noe som ved substitusjon og utføring av integrasjonen av begge sidene gir
− 1
T(x) =−a
b ln|1 +bx|+C.
Innsetting avT(0) =T0 gir
− 1 T0 =C.
Løser vi forT(x) f˚ar vi
T(x) = bT0
aT0ln(1 +bx) +b. Setter man inn verdiene fora,b ogT0 f˚ar vi
T(1.2)≈270.96, (i Kelvin, noe som tilsvarer ca. −2.2◦C).
Oppgave 6
La
f(x) =
(0 x= 0 x2sin 1x
x6= 0. Begrunn at f er deriverbar i x= 0. Eksisterer limx→0+f0(x)?
Funksjonen er deriverbar ix= 0 fordi f0(0) = lim
h→0
f(0 +h)−f(0)
h = lim
h→0
h2sin(1/h)−0
h = lim
h→0hsin(1/h)
eksisterer. Dette kan sees ved skviseloven: merk at −|h| ≤hsin(1/h)≤ |h| og at limh→0|h|= limh→0−|h|= 0. Den deriverte er alts˚a null:
f0(0) = 0.
Derimot er
f0(x) = 2xsin(1/x)−cos(1/x) for x6= 0,
og limx→0f0(x) eksisterer ikke (det første leddet g˚ar mot null, men det andre svinger mellom pluss og minus ´en uansett hvor tett vi kommer x= 0).
Oppgave 7
La følgen {an} være gitt ved
a0= 1, an+1=an−1 +e−an, n >0.
Begrunn (f.eks. ved induksjon og kurvedrøfting av funksjonen f(x) =x−1 +e−x) at an>0 for alle n og at følgen er avtagende. Hva er grensen limn→∞an?
Viser atan>0 for allen ved induksjon:
1. Sant for n= 0.
2. Anta ak>0 for en gitt k. Vil vise at da er ak+1 >0. Ser at an+1 =f(an)
der
f(x) = x−1 +e−x.
Funksjonenf er voksende p˚a (0,∞) daf0(x) = 1−e−xer positiv for x >0.
Følgelig er 0 =f(0)< f(ak) =ak+1, og vi er ferdig med induksjonen.
At {an}er avtagende ser vi da
an+1−an=an−1 +e−an −an=e−an−1<0 (her har vi brukt det vi viste nettopp, nemlig atan >0).
Siden følgen{an} derved er monoton og begrenset (den er oventil begrenset av 1 =a0 siden den er avtagende) er den konvergent ved “kompletthets egenskapen”
for de reelle tall (Adams side 524).
Om L= limn→∞an f˚ar vi, siden f er kontinuerlig, at L= lim
n→∞an+1 = lim
n→∞f(an) = f(L) =L−1 +e−L, eller 1 =e−L, noe som er ekvivalent med atL= 0.
Bjørn Ian Dundas, Per Manne
