\magnification=\magstep1
\documentstyle{amsppt}

\define\R{\Bbb R}

\topmatter
\title L{\o}sningsforslag MA 100 eksamen \endtitle
\endtopmatter

\document

\subhead Oppgave 1 \endsubhead

(a)
R{\o}ttene til polynomet $z^6-1$ l{\o}ser likningen $z^6 = 1$,
dvs\. de er sjetter{\o}ttene til $1$.
Vi skriver $1 = 1 e^{i \cdot 0}$ p{\aa} polarform, og finner
l{\o}sningene
$$
\align
w_0 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 0/6} = 1, \\
w_1 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 2\pi/6} = \cos(\pi/3) + i \sin(\pi/3)
= 1/2 + i \sqrt{3}/2, \\
w_2 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 4\pi/6} = \cos(2\pi/3) + i \sin(2\pi/3)
= -1/2 + i \sqrt{3}/2, \\
w_3 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 6\pi/6} = \cos(\pi) + i \sin(\pi)
= -1, \\
w_4 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 8\pi/6} = \cos(4\pi/3) + i \sin(4\pi/3)
= -1/2 - i \sqrt{3}/2, \\
w_5 &= {\root 6 \of 1} e^{i \cdot 10\pi/6} = \cos(5\pi/3) + i \sin(5\pi/3)
= 1/2 - i \sqrt{3}/2.
\endalign
$$

(En skisse som viser seks punkter i et regul{\ae}rt heksagon
p{\aa} enhetssirkelen.)

(b)
Vi har en faktorisering av $x^6-1$ som et produkt av komplekse
f{\o}rstegrads\-faktorer:
$$
(x-w_0) (x-w_1) (x-w_2) (x-w_3) (x-w_4) (x-w_5) 
$$
Vi ganger sammen faktorene som svarer til konjugerte par av r{\o}tter,
dvs\.
$$
\align
(x-w_1)(x-w_5) &= (x-1/2-i\sqrt{3}/2)(x-1/2+i\sqrt{3}/2) = (x^2-x+1), \\
(x-w_2)(x-w_4) &= (x+1/2-i\sqrt{3}/2)(x+1/2+i\sqrt{3}/2) = (x^2+x+1).
\endalign
$$
Dermed finner vi den reelle faktoriseringen
$$
x^6-1 = (x-1) (x^2-x+1) (x+1) (x^2+x+1).
$$


\subhead Oppgave 2 \endsubhead

Vi l{\o}ser f{\o}rst den tilh{\o}rende
homogene differenslikningen
$$
x_{n+2} + x_{n+1} - 2 x_n = 0
$$
som har karakteristisk likning $r^2 + r - 2 = 0$, med r{\o}tter
$r = (-1 \pm \sqrt{1+8})/2$ lik $r_1 = -2$ og $r_2 = 1$.
Dermed er den generelle l{\o}sningen
$$
x^h_n = C(-2)^n + D(1)^n = C(-2)^n + D
$$
med $C, D \in \R$.

For {\aa} finne en partikul{\ae}r l{\o}sning til den
inhomogene differenslikningen
$$
x_{n+2} + x_{n+1} - 2 x_n = 4 \cdot 2^n + 3
$$
pr{\o}ver vi en l{\o}sning p{\aa} formen
$$
x^p_n = A \cdot 2^n + B \cdot n
$$
der vi pr{\o}ver $B \cdot n$ i stedet for $B$ siden den konstante
l{\o}sningen $D$ l{\o}ser den homogene likningen.  Setter inn
$$
\multline
x^p_{n+2} + x^p_{n+1} - 2 x^p_n
= A 2^{n+2} + B (n+2) + A 2^{n+1} + B (n+1) - 2 A 2^n - 2 B n \\
= (4A+2A-2A) 2^n + (B+B-2B)n + (2B+B)
= 4A 2^n + 3B
\endmultline
$$
som er lik $4 \cdot 2^n + 3$ dersom $A = 1$ og $B = 1$.

Alts{\aa} er
$$
x_n = x^p_n + x^h_n = 2^n + n + C(-2)^n + D
$$
den generelle l{\o}sningen.

\subhead Oppgave 3 \endsubhead

(a)
$f$ er definert der $x^3 - 3x = x(x^2-3) \ge 0$, dvs\. der hvor
$x \ge 0$ og $x^2 - 3 \ge 0$, og der hvor $x \le 0$ og $x^2 - 3 \le 0$.
De f{\o}rste ulikhetene er oppfylt n{\aa}r $x \ge \sqrt{3}$, mens
de andre holder n{\aa}r $-\sqrt{3} \le x \le 0$.  S{\aa}
$$
D_f = [-\sqrt{3}, 0] \cup [\sqrt{3}, \infty).
$$

Funksjonen $f$ er null der $x^3 - 3x = x(x^2 - 3) = 0$, dvs\. for $x =
0$, $x = -\sqrt{3}$ og for $x = \sqrt{3}$.

(b)
Deriverer $f(x) = (x^3-3x)^{1/2}$ ved kjerneregelen, og finner
$$
f'(x) = (1/2)(x^3-3x)^{-1/2}(3x^2-3)
= {3x^2-3 \over 2 \sqrt{x^3-3x}}.
$$
Her er nevneren positiv eller null, og telleren har samme fortegn som
$3(x^2-1)$, dvs\. telleren er positiv for $x < -1$ og $x > 1$, mens den
er negativ for $-1 < x < 1$.  S{\aa}
$f$ er voksende p{\aa} intervallet
$[-\sqrt{3}, -1]$ og p{\aa} intervallet $[\sqrt{3}, \infty)$, mens
$f$ er avtagende p{\aa} intervallet $[-1, 0]$.

Derfor har $f$ et lokalt maksimum for $x = -1$, der
$$
f(x) = f(-1) = \sqrt{(-1)^3-3(-1)} = \sqrt{2}.
$$
Alts{\aa} er $(-1, \sqrt{2})$ det lokale maksimumspunktet.

(c)
Vi har
$$
\lim_{x \to -\sqrt{3}^+} {3x^2-3 \over 2 \sqrt{x^3-3x}}
= \infty
$$
siden telleren g{\aa}r mot $3\cdot 3 - 3 = 6$ og nevneren g{\aa}r mot~0
gjennom positive verdier.

Videre er
$$
\lim_{x \to 0^-} {3x^2-3 \over 2 \sqrt{x^3-3x}}
= -\infty
$$
siden telleren g{\aa}r mot $3\cdot 0 - 3 = -3$ og nevneren g{\aa}r mot~0
gjennom positive verdier.

Dessuten er
$$
\lim_{x \to \sqrt{3}^+} {3x^2-3 \over 2 \sqrt{x^3-3x}}
= \infty
$$
fordi telleren g{\aa}r mot $3\cdot 3 - 3 = 6$ og nevneren g{\aa}r mot~0
gjennom positive verdier.

Siden $f$ er definert og kontinuerlig i endepunktene av definisjonsomr{\aa}det
kan $f$ bare ha en skr{\aa}asymptote $y = ax + b$
n{\aa}r $x \to \infty$.  Da m{\aa} grensen $\lim_{x \to \infty} f(x)/x$
eksistere og v{\ae}re lik $a$.  Men
$$
\lim_{x \to \infty} {f(x) \over x} = 
\lim_{x \to \infty} {\sqrt{x^3-3x} \over x} = 
\lim_{x \to \infty} \sqrt{{x^3-3x\over x^2}} = 
\lim_{x \to \infty} \sqrt{x-3/x} = \infty.
$$
Alts{\aa} har grafen til $f$ ingen asymptoter.

(En skisse som viser en elliptisk kurve.)

(d)
Kurven $y^2 = x^3 - 3x$ og linjen $y = ax + b$
skj{\ae}rer hverandre i et punkt $(x, y)$ dersom $x$ l{\o}ser
likningen $(ax+b)^2 = y^2 = x^3 - 3x$, eller $x^3 - a^2x^2 - (2ab+3)x
- b^2 = 0$.  En tredjegradslikning har h{\o}yst tre ulike l{\o}sninger,
s{\aa}
det st{\o}rste mulige antallet skj{\ae}ringspunkter er tre.

Omvendt krysser $x$-aksen kurven i de tre nullpunktene til $f$,
s{\aa} det st{\o}rste antallet er faktisk lik tre.


\subhead Oppgave 4 \endsubhead

(a)
Substituerer $u = 1-t^2$ med $du = -2t \,dt$, s{\aa}
$$
\multline
\int t \sqrt{1-t^2} \,dt = 
(-1/2) \int \sqrt{u} \,du = (-1/2)(2/3)u^{3/2} + C \\
= (-1/3) (1-t^2)^{3/2} + C.
\endmultline
$$

(b)
Substituerer $t = \sin u$ med $dt = \cos u \,du$, s{\aa}
$$
\int \sqrt{1-t^2} \,dt =
\int \sqrt{1-\sin^2 u} \cos u \,du
= \int \cos^2 u \,du.
$$
Bruker delvis integrasjon
$$
\align
\int \cos^2 u \,du &= \cos u \sin u - \int (-\sin u) \sin u \,du \\
&= \sin u \cos u + \int \sin^2 u \,du \\
&= \sin u \cos u + \int (1 - \cos^2 u) \,du \\
&= \sin u \cos u + u - \int \cos^2 u \,du.
\endalign
$$
Flytter over og deler p{\aa} 2, og f{\aa}r
$$
\int \cos^2 u \,du = (1/2)(\sin u \cos u + u) + C
$$
s{\aa}
$$
\int \sqrt{1-t^2} \,dt = (1/2)(t \sqrt{1-t^2} + \arcsin t) + C.
$$

(c)
Halve volumet er gitt ved {\aa} dreie arealet mellom grafen til
$g$ og $x$-aksen om $y$-aksen, som er lik
$$
\align
V/2 &= \int_1^3 2 \pi x g(x) \,dx \\
&= 2\pi \int_1^3 x \sqrt{1-(x-2)^2} \,dx \\
&= 2\pi \int_1^3 (x-2) \sqrt{1-(x-2)^2} \,dx
+ 2\pi \int_1^3 2 \sqrt{1-(x-2)^2} \,dx.
\endalign
$$
I det f{\o}rste integralet substituerer vi $t = x - 2$ med
$dt = dx$ og f{\aa}r
$$
\align
\int_1^3 (x-2) \sqrt{1 - (x-2)^2} \,dx
&= \int_{-1}^1 t \sqrt{1 - t^2} \,dt \\
&= \biggl[ (-1/3) (1-t^2)^{3/2} \biggr]_{-1}^1
= 0.
\endalign
$$
I det andre integralet substituerer vi ogs{\aa} $t = x - 2$ med
$dt = dx$ og f{\aa}r
$$
\align
\int_1^3 2 \sqrt{1 - (x-2)^2} \,dx
&= \int_{-1}^1 2 \sqrt{1 - t^2} \,dt \\
&= 2 \int_{-1}^1 \sqrt{1 - t^2} \,dt \\
&= 2 \biggl[ (1/2)(t \sqrt{1-t^2} + \arcsin t) \biggr]_{-1}^1 \\
&= 2 ((1/2)(\pi/2) - (1/2)(-\pi/2)) \\
&= \pi.
\endalign
$$
S{\aa}
$$
V/2 = 2\pi \cdot 0 + 2\pi \cdot \pi = 2 \pi^2
$$
og volumet er
$$
V = 4 \pi^2.
$$

\subhead Oppgave 5 \endsubhead

(a)
Deriverer
$$
\align
D[\ln\left({1+\sin t \over 1-\sin t}\right)] &=
\left({1+\sin t \over 1-\sin t}\right)^{-1} \cdot
{ \cos t(1-\sin t) - (1+\sin t)(-\cos t) \over (1-\sin t)^2} \\
&= {1-\sin t \over 1+\sin t} \cdot { 2 \cos t \over (1-\sin t)^2}
= {2 \cos t \over (1 - \sin t) (1 + \sin t)} \\
&= {2 \cos t \over \cos^2 t} = {2 \over \cos t}.
\endalign
$$

(b)
Likningen er separabel.  Vi skriver den som
$$
{2\over\cos y} y' = 1
$$
og integerer m.h.p\. $x$, skriver $y' \,dx$ som $dy$, og f{\aa}r
$$
\int {2 \over \cos y} \,dy = \int 1 \,dx
$$
s{\aa}
$$
\ln\left({1+\sin y \over 1-\sin y}\right) = x + C
$$
og
$$
{1+\sin y \over 1-\sin y} = e^{x+C}.
$$
Ganger opp
$$
1 + \sin y = e^{x+C} (1 - \sin y)
$$
og samler leddene med $\sin y$
$$
(\sin y) (e^{x+C}+1) = e^{x+C}-1.
$$
Dividerer
$$
\sin y = {e^{x+C}-1 \over e^{x+C}+1}
$$
og anvender $\arcsin$, siden $-\pi/2 < y < \pi/2$:
$$
y = \arcsin\left( {e^{x+C}-1 \over e^{x+C}+1} \right).
$$
Dette gir alle l{\o}sningene til differensiallikningen.

(c)
Vi har
$$
\lim_{x \to \infty} y(x) =
\lim_{x \to \infty} \arcsin\left( {e^{x+C}-1 \over e^{x+C}+1} \right)
= \arcsin(1/1) = \pi/2
$$
og
$$
\lim_{x \to -\infty} y(x) =
\lim_{x \to -\infty} \arcsin\left( {e^{x+C}-1 \over e^{x+C}+1} \right)
= \arcsin(-1/1) = -\pi/2.
$$

\subhead Oppgave 6 \endsubhead

(a)
Taylorrekken til $\cos t$ er
$$
\cos t = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n {t^{2n} \over (2n)!}
$$
som konvergerer for alle $t$.
Setter vi inn $t = x^2$ f{\aa}r vi
$$
\cos(x^2) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n {x^{4n} \over (2n)!}
$$
for alle $x$.  Ved entydighet av Taylorrekken m{\aa} dette v{\ae}re
Taylorrekken til $\cos(x^2)$.

Vi kan sjekke direkte at f{\o}lgen konvergerer for alle $x$ ved
forholdstesten, siden
$$
\lim_{n\to\infty}
\left| (-1)^{n+1} {x^{4(n+1)} \over (2(n+1))!} \bigg/
(-1)^n {x^{4n} \over (2n)!} \right|
= \lim_{n \to \infty} {|x|^4 \over (2n+2)(2n+1)} = 0
$$
for alle $x$.

(b)
Vi kan integrere rekken ledd for ledd innenfor konvergensomr{\aa}det.
S{\aa}
$$
\align
\int_0^1 \cos(x^2) \,dx
&= \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 (-1)^n {x^{4n} \over (2n)!} \,dx
= \sum_{n=0}^\infty \biggl[ { (-1)^n x^{4n+1} \over (4n+1) (2n)! }
	\biggr]_0^1 \\
&= \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n \over (4n+1) (2n)!}
= {1\over 1 \cdot 1} - {1 \over 5 \cdot 2} + {1 \over 9 \cdot 24} - \dots.
\endalign
$$
Dette er en alternerende rekke $\sum_{n=0}^\infty a_n$
med
$$
a_n = {(-1)^n \over (4n+1) (2n)!}
$$
der absoluttverdien til leddene er avtagende mot~0.  Derfor er
forskjellen p{\aa} summen av de $n$ f{\o}rste leddene og summen av hele
rekken mindre enn absoluttverdien til det neste leddet.

For {\aa} beregne summen av rekken med en n{\o}yaktighet bedre enn $10^{-3}$
m{\aa} vi derfor ta med alle ledd opp til det f{\o}rste leddet som er
mindre enn $10^{-3}$ i absoluttverdi.  Dette skjer n{\aa}r
$|a_n| = 1/((4n+1) (2n)!) < 10^{-3}$
eller $(4n+1) (2n)! > 10^3 = 1000$.   Vi finner at $|a_3| = 13 \cdot 6!
= 13 \cdot 720 > 1000$, s{\aa} det er nok {\aa} beregne
$$
\multline
a_0 + a_1 + a_2 = 1 - 1/10 + 1/216 = (2160 - 216 + 10)/2160 \\
= 1954/2160 = 977/1080 \approx 0,9046.
\endmultline
$$

\medskip
\centerline{SLUTT}
\medskip
John Rognes

\enddocument

