\documentstyle{amsppt}
\magnification=\magstep1

\font\titlefont=cmb10 at 30pt

\document
\line{Matematisk institutt \hfill 2. oktober 1996}
\bigskip
\bigskip
\centerline{{\titlefont MA 100}}
\bigskip
\bigskip
\centerline{Innleveringsoppgaver, f{\o}rste sett}
\centerline{L{\o}sningsforslag}
\bigskip
\bigskip

\subhead Oppgave 1 \endsubhead

La $x$ v{\ae}re et reelt tall.  Da finnes det en f{\o}lge
rasjonale tall $\{x_n\}_n$ som konvergerer mot $x$.  Da vil
$f(x_n) = g(x_n)$ for alle $n$, og siden $f$ og $g$ er
kontinuerlige vil
$$
f(x) = \lim_{n \to \infty} f(x_n) =
\lim_{n \to \infty} g(x_n) = g(x).
$$
Derfor er $f(x) = g(x)$ for alle relle $x$.


\subhead Oppgave 2 \endsubhead

(a)
La $t = z^2$.  Da er $t^2-t+1 = 0$, s{\aa}
$$
t = {1 \pm \sqrt{1-4} \over 2} = {1\over2} \pm i {\sqrt{3}\over2}.
$$
Vi skriver $1/2 + i \sqrt{3}/2 = r e^{i\theta}$ p{\aa}
polarform, og finner $r = \sqrt{(1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = 1$ og
$\theta$ ligger i f{\o}rste kvadrant med $\cos \theta = 1/2$, dvs\.
$\theta = \pi/3$.  S{\aa} $1/2 + i \sqrt{3}/2 = e^{i\pi/3}$
og tilsvarende er $1/2 - i \sqrt{3}/2 = e^{-i\pi/3}$.

S{\aa} (i) $t = e^{i\pi/3}$ eller (ii) $t = e^{-i \pi/3}$.  Siden $z^2 =
t$ finner vi i tilfelle (i) at $z = e^{i \pi/6}$ eller $z = e^{i \pi/6 +
i\pi} = e^{i 7\pi/6}$.  I tilfelle (ii) finner vi at $z = e^{-i \pi/6}$
eller $z = e^{-i \pi/6 + i\pi} = e^{i 5\pi/6}$.

S{\aa} l{\o}sningene til ligningen er $z = e^{i \pi/6} = \sqrt{3}/2 +
i/2$, $z = e^{i 5\pi/6} = -\sqrt{3}/2 + i/2$, $z = e^{i 7\pi/6} =
-\sqrt{3}/2 - i/2$, og $z = e^{-i \pi/6} = \sqrt{3}/2 - i/2$.

(b)
Et reelt annengradspolynom som deler $x^4 - x^2 + 1$ har
to konjugerte r{\o}tter, som er blant l{\o}sningene til ligningen i~(a).
Den konjugerte til $\sqrt{3}/2 + i/2$ er $\sqrt{3}/2 - i/2$, som gir
faktoren
$$
\multline
(x - (\sqrt{3}/2 + i/2)) \cdot (x - (\sqrt{3}/2 - i/2)) \\
= x^2 - (\sqrt{3}/2 + i/2 + \sqrt{3}/2 - i/2) x +
(\sqrt{3}/2 + i/2) (\sqrt{3}/2 - i/2) \\
= x^2 - \sqrt{3} x + 1.
\endmultline
$$
Den konjugerte til $-\sqrt{3}/2 + i/2$ er $-\sqrt{3}/2 - i/2$, som gir
faktoren
$$
\multline
(x - (-\sqrt{3}/2 + i/2)) \cdot (x - (-\sqrt{3}/2 - i/2)) \\
= x^2 - (-\sqrt{3}/2 + i/2 - \sqrt{3}/2 - i/2) x +
(-\sqrt{3}/2 + i/2) (-\sqrt{3}/2 - i/2) \\
= x^2 + \sqrt{3} x + 1.
\endmultline
$$
Alts{\aa} er
$$
x^4 - x^2 + 1 = (x^2 - \sqrt{3} x + 1) \cdot (x^2 + \sqrt{3} x + 1)
$$
den {\o}nskede faktoriseringen.


\subhead Oppgave 3 \endsubhead

(a)
Vi beregner
$$
g'(x) = {(1/x) \cdot x - (\ln x) \cdot 1 \over x^2}
= {1 - \ln x \over x^2}.
$$
S{\aa} $g'(x) \ge 0$ for $1 - \ln x \ge 0$, dvs\. $0 < x \le e$, og
$g'(x) \le 0$ for $1 - \ln x \le 0$, dvs\. $x \ge e$.  S{\aa} $g$ er
(strengt) voksende p{\aa} intervallet $(0, e]$, og (strengt) avtagende
p{\aa} intervallet $[e, \infty)$.  Dermed er $x = e$ et maksimumspunkt
for $g$, med maksimumsverdi $g(e) = 1/e$.  Funksjonen $g$ har ingen
minimumspunkter.

(b)
Vi beregner
$$
\align
g''(x) &= {(-1/x) \cdot x^2 - (1-\ln x) \cdot 2x \over (x^2)^2} \\
 &= {2x \ln x - 3x \over x^4} \\
 &= {2 \ln x - 3 \over x^3}.
\endalign
$$
S{\aa} $g''(x) \ge 0$ n{\aa}r $2 \ln x \ge 3$, dvs\. $x \ge e^{3/2}$.
Tilsvarende er $g''(x) \le 0$ n{\aa}r $2\ln x \le 3$, dvs\.  $0 < x \le
e^{3/2}$.  Dermed er $g$ konveks p{\aa} intervallet $[e^{3/2}, \infty)$
og $g$ er konkav p{\aa} intervallet $(0, e^{3/2}]$.

(c)
N{\aa}r $x$ n{\ae}rmer seg~0 ovenfra g{\aa}r $\ln x$ mot $-\infty$ og
$1/x$ mot $\infty$, s{\aa} produktet $g(x) = (\ln x) \cdot (1/x)$
g{\aa}r mot $-\infty$.

Ved l'H{\^o}pitals regel er
$$
\lim_{x \to \infty} {\ln x \over x}
= \lim_{x \to \infty} {1/x \over 1} = 0.
$$

S{\aa} $\lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty$ og
$\lim_{x \to \infty} g(x) = 0$.
Skissen av grafen til $g$ er vedlagt.

(d)
Siden $\lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty$, $g(e) = 1/e$ og $g$ er
strengt voksende p{\aa} intervallet $(0, e]$ s{\aa} antar $g(x)$ hver
verdi fra $-\infty$ til $1/e$ n{\o}yaktig {\'e}n gang for $x \in
(0, e]$.  Siden $g$ er strengt avtagende p{\aa} intervallet $[e, \infty)$
og $\lim_{x \to \infty} g(x) = 0$ antar $g(x)$ hver verdi fra $0$ til
$1/e$ n{\o}yaktig {\'e}n gang for $x \in [e, \infty)$.

Vi merker oss ogs{\aa} at $g(1) = 0$.

Dermed har ligningen $g(x) = b$ n{\o}yaktig {\'e}n l{\o}sning $x \in (0,
1]$ n{\aa}r $b \le 0$, n{\o}yaktig to l{\o}sninger $x \in (1, e) \cup
(e, \infty)$ n{\aa}r $0 < b < 1/e$, n{\o}yaktig {\'e}n l{\o}sning $x =
e$ n{\aa}r $b = 1/e$, og ingen l{\o}sninger n{\aa}r $b > 1/e$ er
st{\o}rre enn $g$'s maksimumsverdi.

(e)
For $a, x > 0$ er $a^x$ og $x^a$ positive tall, s{\aa} $a^x = x^a$
hvis og bare hvis de naturlige logaritmene er like, dvs\. hvis
$$
x \ln a = \ln (a^x) = \ln (x^a) = a \ln x.
$$
Deler vi p{\aa} $a$ og $x$ f{\aa}r vi ligningen $g(a) = g(x)$.

(f)
For $0 < a \le 1$ eller $a = e$ er $g(a) \le 0$ eller $g(a) = 1/e$,
s{\aa} fra~(d) vet vi at ligningen $g(x) = b = g(a)$ bare har
{\'e}n l{\o}sning.

For $1 < a < e$ eller $e < a$ er $0 < g(a) < 1/e$,
s{\aa} fra~(d) vet vi at ligningen $g(x) = b = g(a)$ har n{\o}yaktig
to l{\o}sninger.

(g)
Funksjonen $f(x) = e^x - x^e$ er kontinuerlig for $x > 0$ og har i
f{\o}lge~(f) bare ett nullpunkt, nemlig $x = e$.  Siden $\lim_{x \to
\infty} f(x) = \infty$ er $f$ positiv for $x$ tilstrekkelig stor.  Da
m{\aa} ogs{\aa} $f(x) > 0$ for alle $x > e$, som en f{\o}lge av
skj{\ae}ringssetningen.  Spesielt er $f(\pi) = e^\pi - \pi^e > 0$.

Konklusjon: $e^\pi$ er st{\o}rre enn $\pi^e$.



\subhead Oppgave 4 \endsubhead

(a)
Vi har $z = \cos(\pi/9) + i \sin(\pi/9) = e^{i \pi/9}$,
s{\aa} $\theta = \pi/9$.

(b)
P{\aa} den ene side er
$$
z^3 = (a + ib)^3 = a^3 + 3a^2(ib) + 3a(ib)^2 + (ib)^3
= (a^3 - 3 a b^2) + i (3 a^2 b - b^3)
$$
ved binomialformelen,
og p{\aa} den annen side er
$$
z^3 = (e^{i\pi/9})^3 = e^{i \pi/3} = \cos(\pi/3) + i \sin(\pi/3).
$$
Fra $\cos(\pi/3) = 1/2$ og $\sin(\pi/3) = \sqrt{3}/2$
f{\aa}r vi de {\o}nskede ligningene ved {\aa} sammenligne realdelene
og imagin{\ae}rdelene i disse uttrykkene.

(c)
Vi substituerer $b^2 = 1 - a^2$ i ligningen $a^3 - 3 a b^2 = 1/2$
og f{\aa}r
$$
a^3 - 3 a (1 - a^2) = 1/2
$$
som med litt opprydning gir den {\o}nskede ligningen
$4a^3 - 3a = 1/2$.


\subhead Oppgave 5 \endsubhead

(a)
Siden $x_n$ er gjennomsnittet av de to foreg{\aa}ende leddene $x_{n-2}$
og $x_{n-1}$ m{\aa}
$$
x_n = {1\over2}(x_{n-2} + x_{n-1}).
$$
Denne ligningen kan omorganiseres som
$$
x_n - {1\over2} x_{n-1} - {1\over2}x_{n-2} = 0.
$$
Bytter vi ut $n$ med $n+2$ f{\aa}s den {\o}nskede differensligningen.

(b)
Differensligningen har karakteristisk ligning $r^2 - (1/2)r - (1/2) = 0$,
med to reelle r{\o}tter $r_1 = 1$ og $r_2 = -1/2$.  Dermed er den generelle
l{\o}sningen
$$
x_n = C \cdot 1^n + D \cdot (-{1\over2})^n
= C + D(-{1\over2})^n.
$$

(c)
Hvis $x_0 = 7$ m{\aa} $C + D = 7$, mens hvis 
$\lim_{n \to \infty} x_n = 3$ er $C = 3$ fordi
$\lim_{n \to \infty} (-1/2)^n = 0$.  S{\aa} $D = 4$ og
$$
x_1 = 3 + 4(-{1\over2})^1 = 1.
$$


\subhead Oppgave 6 \endsubhead

La ballongen ha radius $r(t)$, overflateareal $A(t)$
og volum $V(t)$ ved tiden~$t$.  Da er $A(t) = 4\pi r(t)^2$ og
$V(t) = {4\over3}\pi r(t)^3$.

Vi deriverer med hensyn p{\aa} $t$ og finner
$$
\align
A'(t) &= 8\pi r(t) r'(t) \\
V'(t) &= 4\pi r(t)^2 r'(t).
\endalign
$$
Fra det siste uttrykket finner vi
$$
r'(t) = {V'(t) \over 4 \pi r(t)^2}.
$$
Vi kan derfor uttrykke hvor fort overflaten krymper (dvs\. $A'(t)$)
ved hvor fort volumet minker (dvs\. $V'(t)$) som f{\o}lger:
$$
\align
A'(t) &= 8 \pi r(t) r'(t) \\
 &= {8 \pi r(t) V'(t) \over 4 \pi r(t)^2} \\
 &= {2 V'(t) \over r(t)}.
\endalign
$$
N{\aa}r $V'(t) = -1$ kubikkmeter per minutt og $r(t) = 5$ meter
er derfor $A'(t) = 2(-1)/5 = -2/5$ kvadratmeter per minutt.
S{\aa} overflaten krymper med $2/5 = 0,4$ kvadratmeter per minutt
n{\aa}r radien er $5$ meter.

\bigskip
\centerline{SLUTT}

\bigskip
John Rognes

\enddocument
