\documentstyle{amsppt}
\magnification=\magstep1

\font\titlefont=cmb10 at 30pt
\define\N{\Bbb N}

\document
\line{Matematisk institutt \hfill 30. oktober 1996}
\bigskip
\centerline{{\titlefont MA 100}}
\bigskip
\centerline{Innleveringsoppgaver, andre sett}
\centerline{L{\o}sningsforslag}
\bigskip

\subhead Oppgave 1 \endsubhead

(a)
Bruker l'H{\^o}pitals regel:
$$
\lim_{x \to 0} {e^{-2x}-1 \over \sin x} =
\lim_{x \to 0} {-2 e^{-2x} \over \cos x} = \boxed{-2}.
$$

(b)
Bruker l'H{\^o}pitals regel to ganger:
$$
\multline
\lim_{x \to 0} {\arcsin(x) - x \over x^3} =
\lim_{x \to 0} {1/\sqrt{1-x^2} - 1 \over 3x^2} \\
= \lim_{x \to 0} {(-1/2)(1-x^2)^{-3/2}(-2x) \over 6x} =
\lim_{x \to 0} {(1-x^2)^{-3/2} \over 6} = \boxed{1/6} \,.
\endmultline
$$

\subhead Oppgave 2 \endsubhead

(a)
Setter vi $y = \sqrt{x}$, f{\aa}r vi $x = y^2$ og $dx = 2y \, dy$.
Dette gir
$$
I = \int \arctan(\sqrt{x}) \, dx = \int 2y \arctan y \, dy \,.
$$
Bruker vi delvis integrasjon med $u = \arctan y$, $v' = 2y$, f{\aa}r
vi $u' = 1/(1+y^2)$ og $v = y^2$.  Dette gir
$$
\align
I &= y^2 \arctan y - \int {y^2 \over 1+y^2} \, dy
= y^2 \arctan y - \int {(1+y^2)-1 \over 1+y^2} \, dy \\
&= y^2 \arctan y - \int (1 - {1 \over 1+y^2}) \, dy
= y^2 \arctan y - y + \arctan y + C \\
&= (y^2+1) \arctan y - y + C
= (x+1)\arctan(\sqrt{x}) - \sqrt{x} + C \,.
\endalign
$$
Setter vi inn grensene, f{\aa}r vi
$$
\multline
\int_0^{1/3} \arctan(\sqrt{x}) \, dx
= \biggl[ (x+1)\arctan(\sqrt{x}) - \sqrt{x} \biggr]_0^{1/3} \\
= (4/3) \arctan(1/\sqrt{3}) - 1/\sqrt{3}
= \boxed{{2\pi\over9} - {\sqrt{3}\over3}} \,.
\endmultline
$$

(b)
Vi setter $y = \sqrt{x} + 1$ og f{\aa}r $x = (y-1)^2$,
$dx = 2(y-1) \, dy$.  Dette gir
$$
I = \int \ln(\sqrt{x}+1) \, dx
= \int 2(y-1) \ln(y) \, dy \,.
$$
Bruker vi delvis integrasjon med $u = \ln(y)$, $v' = 2(y-1)$,
f{\aa}r vi $u' = 1/y$, $v = y^2 - 2y$.  Dermed er
$$
\align
I &= (y^2-2y) \ln(y) - \int {y^2 - 2y \over y} \, dy
= (y^2-2y) \ln(y) - \int (y - 2) \, dy \\
&= (y^2-2y) \ln(y) - {1\over2}y^2 + 2y + C
= \boxed{(x-1) \ln(\sqrt{x}+1) - x/2 + \sqrt{x} + C} \,.
\endalign
$$


\subhead Oppgave 3 \endsubhead

(a)
Setter vi $z = -1 +2i$ inn i polynomet f{\aa}r vi
$$
\align
P(-1+2i) &= (-1+2i)^3 + (-1+2i) - 10 \\
&= (-1)^3 + 3(-1)^2(2i) + 3(-1)(2i)^2 + (2i)^3 - 1 + 2i - 10 \\
&= -1 + 6i + 12 - 8i - 1 + 2i - 10 = 0
\endalign
$$
som viser at $z = -1 + 2i$ er en rot.

(b)
Siden $P(z)$ har reelle koeffisienter m{\aa} ogs{\aa} det
konjugerte tallet $-1 -2i$ v{\ae}re en rot.  Det betyr at
$P(z)$ er delelig med
$$
(z - (-1 + 2i)) (z - (-1 -2i)) = z^2 + 2z + 5 \,.
$$
Utf{\o}rer vi polynomdivisjonen (utelatt) f{\aa}r vi
$$
z^3 + z -10 : z^2 + 2z + 5 = z - 2 \,.
$$
Dermed har vi
$$
z^3 + z - 10 = \boxed{(z-2) (z^2 + 2z + 5)}
= \boxed{(z-2) (z + 1 + 2i) (z + 1 - 2i)}
$$
som gir henholdsvis den reelle og den komplekse faktoriseringen
av $P(z)$.

(c)
Vi m{\aa} finne $A, B$ og $C$ slik at
$$
{3x^2 + 5x + 4 \over x^3 + x - 10}
= {A \over x-2} + {Bx+C \over x^2 + 2x + 5} \,.
$$
Ganger vi med fellesnevneren $(x-2)(x^2+2x+5)$, f{\aa}r vi
$$
\align
3x^2 + 5x + 4 &= A(x^2+2x+5) + (Bx+C)(x-2) \\
&= Ax^2 + 2Ax + 5A + Bx^2 - 2Bx + Cx - 2C \\
&= (A+B)x^2 + (2A - 2B + C)x + (5A - 2C) = 0 \,.
\endalign
$$
Skal dette gjelde for alle $x$ m{\aa} $A+B = 3$, $2A - 2B + C = 5$ og
$5A - 2C = 4$.  L{\o}ser vi dette ligningssystemet (utelatt) f{\aa}r vi
$A = 2$, $B = 1$ og $C = 3$.  Alts{\aa} er
$$
\boxed{{3x^2 + 5x + 4 \over x^3 + x - 10}
= {2 \over x-2} + {x+3 \over x^2 + 2x + 5}} \,.
$$

(d)
Vi har if{\o}lge (c):
$$
I = \int {3x^2 + 5x + 4 \over x^3 + x - 10} \, dx
= \int {2 \over x-2} \, dx + \int {x+3 \over x^2 + 2x + 5} \, dx \,.
$$
Her er
$$
\int {2 \over x-2} \, dx = 2 \ln | x-2 | + C \,.
$$
For {\aa} l{\o}se integralet $I_0 = \int {x+3 \over x^2 + 2x + 5} \, dx$
beregner vi f{\o}rst $D[x^2 + 2x + 5] = 2x + 2$.  Vi skriver
$x + 3 = {1\over2}(2x+2) + 2$, og f{\aa}r en sum av to integraler:
$$
I_0 = {1\over2} \int {2x+2 \over x^2+2x+5} \, dx
+ 2 \int {1 \over x^2+2x+5} \, dx
$$
I det f{\o}rste integralet substituerer vi $u = x^2 + 2x +5$,
med $du = (2x+2) \, dx$, s{\aa}
$$
I_1 =  \int {2x+2 \over x^2+2x+5} \, dx = \int {1 \over u} \, du
= \ln |u| + C = \ln(x^2+2x+5) + C \,.
$$
I det andre integralet skriver vi
$$
I_2 = \int {1 \over x^2+2x+5} \, dx
= \int {1 \over (x+1)^2 + 4} \, dx
= {1\over4} \int {1 \over \left({x+1\over2}\right) + 1} \, dx \,.
$$
Her substituerer vi $v = {x+1\over2}$ med $dv = {1\over2} dx$,
og f{\aa}r
$$
I_2 = {1\over4} \cdot 2 \int {1 \over v^2+1} \, dv
= {1\over 2} \arctan v + C
= {1\over 2} \arctan({x+1\over2}) + C \,.
$$
Alt i alt f{\aa}r vi
$$
\align
I &= 2 \ln | x-2 | + {1 \over 2} I_1 + 2 I_2 \\
&= \boxed{2 \ln | x-2 | + {1 \over 2} \ln(x^2+2x+5) + \arctan({x+1\over2}) + C} \,.
\endalign
$$



\subhead Oppgave 4 \endsubhead

I l{\o}pet av et lite tidsrom fra $t$ til $t + \Delta t$ {\o}ker
medisindosen med
$$
y(t + \Delta t) - y(t) \,.
$$
Denne endringen skyldes en tilf{\o}rsel p{\aa} $10 \Delta t$
milliliter, og en utskilling p{\aa} (til\-n{\ae}rmet)
${y(t)\over20} \Delta t$.  Vi har dermed
$$
y(t + \Delta t) - y(t) \approx 10 \Delta t - {y(t)\over20} \Delta t
$$
med st{\o}rre n{\o}yaktighet dess mindre $\Delta t$ er.  Deler vi
p{\aa} $\Delta t$ og lar deretter $\Delta t$ g{\aa} mot null, f{\aa}r
vi
$$
y'(t) = 10 - {1 \over 20} y(t)
$$
som er ligningen v{\aa}r.  I tillegg har vi $y(0) = 0$ siden
pasienten ikke har noe medisin i blodet n{\aa}r behandlingen
begynner.

Multipliserer vi ligningen med $e^{t/20}$, f{\aa}r vi
$$
y' e^{t/20} + {1\over 20} y e^{t/20} = 10 e^{t/20}
$$
som gir $(y e^{t/20})' = 10 e^{t/20}$.  Vi integrerer, og f{\aa}r
$$
y e^{t/20} = 200 e^{t/20} + C \,,
$$
det vil si
$$
y = 200 + C e^{-t/20} \,.
$$
Siden $y(0) = 0$ m{\aa} $C = -200$ og vi f{\aa}r
$$
\boxed{y(t) = 200(1 - e^{-t/20})} \,.
$$

Vi ser at $\boxed{\lim_{t \to \infty} y(t) = 200}$.


\subhead Oppgave 5 \endsubhead

(a)
For $n = 0$:
$$
I_0 = \int_0^{\pi/4} \tan^0 x \, dx = \int_0^{\pi/4} 1 \, dx
= \boxed{\pi/4} \,.
$$
For $n = 1$:
$$
\align
I_1 &= \int_0^{\pi/4} \tan^1 x \, dx
= \int_0^{\pi/4} {\sin x \over \cos x} \, dx
= \int_1^{\sqrt{2}/2} {-1 \over u} \, du \\
&= \biggl[ -\ln u \biggr]_1^{\sqrt{2}/2}
= - \ln(\sqrt{2}/2) = \boxed{{1\over2} \ln 2} \,.
\endalign
$$
Her har vi substituert $u = \cos x$, $du = -\sin x \, dx$.

(b)
Vi har
$$
\tan^{n+2}x = \tan^n x \cdot {\sin^2 x \over \cos^2 x}
= \tan^n x \cdot \left({1 - \cos^2 x \over \cos^2 x}\right)
= \tan^n x \cdot \left({1 \over \cos^2 x} - 1\right) \,.
$$
Dette gir
$$
\align
I_{n+2} &= \int_0^{\pi/4} \tan^n x \cdot {1 \over \cos^2 x} \, dx
- \int_0^{\pi/4} \tan^n x \, dx \\
&= \int_0^{\pi/4}  \tan^n x \cdot {1 \over \cos^2 x} \, dx - I_n \,.
\endalign
$$
Vi l{\o}ser dette integralet ved {\aa} sette $u = \tan x$, $du
= {1\over\cos^2x}\,dx$:
$$
\int_0^{\pi/4}  \tan^n x \cdot {1 \over \cos^2 x} \, dx
= \int_0^1 u^n \,du = {1 \over n+1} \,.
$$
Dermed har vi vist at
$$
I_{n+2} = {1 \over n+1} - I_n \,.
$$

(c)
Induksjonshypotesen er
$$
P_n: \qquad
I_{2n+1} = {(-1)^n\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{n+1}\over n})
\biggr] \,.
$$
Sjekker $P_0$, som sier at $I_1 = {1\over2} \ln2$.  Dette viste vi i
(a).  (Eventuelt kan man sjekke $P_1$, som sier at $I_3 =
{-1\over2}(\ln2-1)$.  Dette f{\o}lger fra formelen i (b) som sier $I_3 =
{1 \over 2} - I_1$.)

Anta per induksjon at $P_k$ holder, dvs\. at
$$
I_{2k+1} = {(-1)^k\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{k+1}\over k})
\biggr] \,.
$$
Vi vet at $I_{2k+3} = {1 \over 2k+2} - I_{2k+1}$, s{\aa}
$$
\align
I_{2k+3} &= {1 \over 2k+2} - {(-1)^k\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{k+1}\over k})
\biggr] \\
&= {(-1)^{k+1}\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{k+1}\over k})
\biggr] + {1 \over 2(k+1)} \\
&= {(-1)^{k+1}\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{k+1}\over k}
+ {(-1)^{k+2}\over k+1})\biggr]
\endalign
$$
som er $P_{k+1}$.  Dermed er $P_n$ vist for alle $n \ge 0$
ved induksjon.

(d)
Vi skal vise dette p{\aa} to m{\aa}ter --- f{\o}rst en rask og smart
som virker i akkurat dette tilfellet, og s{\aa} en lengre og mer
omstendelig som virker i flere tilfeller.

\subhead Metode I \endsubhead
Fra definisjonen ser vi at $I_n \ge 0$ for alle $n$.  Spesielt er
$0 \le I_{n+2} = {1\over n+1} - I_n$, som viser at
$I_n \le {1\over n+1}$.  Dermed er
$0 \le I_n \le {1\over n+1}$, som medf{\o}rer at $I_n \to 0$ n{\aa}r
$n \to \infty$.

\subhead Metode II \endsubhead

Dersom $x \in [0, \pi/4)$ er $\tan x \in [0, 1)$ og
$\tan^n x \to 0$ n{\aa}r $n \to \infty$.  For store $n$ vil
derfor grafen til $\tan^n x$ ligge n{\ae}r $x$-aksen, unntagen
for $x$ n{\ae}r $\pi/4$, og det er intuitivt rimelig at
$I_n \to 0$ n{\aa}r $n \to \infty$.  Her er en stringent m{\aa}te
{\aa} vise at dette er riktig p{\aa}:

Gitt en $\epsilon > 0$, m{\aa} vi finne en $N \in \N$ slik at
$\int_0^{\pi/4} \tan^nx \,dx < \epsilon$.  Vi deler intervallet
$[0, \pi/4]$ i to deler $[0, a]$ og $[a, \pi/4]$, slik at $\tan^n x$ er 
n{\ae}r null p{\aa} $[0, a]$, og slik at intervallet $[a, \pi/4]$ er
lite.  Vi velger f{\o}rst $a = \pi/4 - \epsilon/2$.  Da er
$$
I_n = \int_0^{\pi/4} \tan^n x \,dx =
\int_0^a \tan^n x \,dx + \int_a^{\pi/4} \tan^n x \,dx
$$
og siden $\tan^n x \le 1$ er
$\int_a^{\pi/4} \tan^n x \,dx \le
\int_a^{\pi/4} 1 \,dx = \pi/4 - a = \epsilon/2$.

Vi velger n{\aa} $N$ s{\aa} stor at $\tan^N a < \epsilon/2$.  Siden
$\tan x$ er voksende og mindre enn~$1$ for $x \le a$
betyr dette at $\tan^n x < \epsilon/2$ for alle $x \in [0, a]$ og
alle $n \ge N$.  Dermed er
$$
\int_0^a \tan^n x \,dx \le
\int_0^a \epsilon/2 \,dx \le
\epsilon/2 \cdot a < \epsilon/2
$$
siden $a < \pi/4 < 1$.  For $n \ge N$ er dermed
$$
I_n < \epsilon/2 + \epsilon/2 = \epsilon \,,
$$
og vi har dermed vist at $\lim_{n \to \infty} I_n =0$.
(Slutt p{\aa} metode II.)

Siden
$$
0 = \lim_{n\to\infty} I_{2n+1}
= \lim_{n\to\infty} {(-1)^n\over2} \biggl[
\ln 2 - (1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{n+1}\over n})
\biggr]
$$
m{\aa} derfor
$$
\ln 2 = \lim_{n\to\infty}
(1 - {1\over2} + {1\over3} - \dots + {(-1)^{n+1}\over n}) \,.
$$


\subhead Oppgave 6 \endsubhead

(a)
Den karakteristiske ligningen $r^2 - 2r + 1 = 0$ har en dobbeltrot $r=1$,
og den generelle l{\o}sningen er dermed $\boxed{x_n = C + Dn}$.

(b)
Normalt ville vi ha tippet p{\aa} en partikul{\ae}r l{\o}sning
p{\aa} formen $x^p_n = A$, men siden b{\aa}de $1$ og $n$ er l{\o}sninger
av den homogene ligningen, m{\aa} vi g{\aa} opp to grader til $x^p_n
= A n^2$.  Vi setter inn i ligningen og f{\aa}r
$$
\multline
x_{n+1} - 2x_n + x_{n-1} = A(n+1)^2 - 2An^2 + A(n-1)^2 \\
= An^2 + 2An + A - 2An^2 + An^2 - 2An + A = 2A \,.
\endmultline
$$
Skal vi ha en l{\o}sning m{\aa} alts{\aa} $2A = -4$, dvs\.
$A = -2$.  Den generelle l{\o}sningen blir dermed
$$
x_n = x^h_n + x^p_n = C + Dn -2n^2 \,.
$$
Skal $x_0 = x_{10} = 0$ f{\aa}r vi i tillegg kravene
$$
0 = x_0 = C \qquad\text{og}\qquad
0 =x_{10} = C + 10D -2 \cdot 10^2
$$
som gir $C = 0$, $D = 20$.  Alts{\aa} er
$$
\boxed{x_n = 20 n - 2 n^2} \,.
$$

(c)
La $x_n$ v{\ae}re det gjennomsnittlige antall kast som
gjenst{\aa}r n{\aa}r den ene spilleren har $n$ kort igjen
(og den andre $10-n$).  Da er
$$
x_n = {1\over4} x_{n+1} + {1\over4} x_{n-1} + {1\over2} x_n + 1
$$
siden spilleren vinner og taper med sannsynlighet $1/4$, og spiller
uavgjort med sannsynlighet $1/2$.  Ett--tallet skyldes at vi m{\aa}
telle med den omgangen vi n{\aa} har spilt.  Rydder vi opp i
ligningen ser vi at
$$
x_{n+1} - 2 x_n + x_{n-1} = -4 \,.
$$
Vi ser ogs{\aa} at $x_0 = x_{10} = 0$ siden den ene av spillerne da
har tapt.  If{\o}lge (c) er
$$
x_n = 20 n - 2 n^2
$$
s{\aa} $x_5 = 20 \cdot 5 - 2 \cdot 5^2 = 50$.  I gjennomsnitt m{\aa} de
alts{\aa} kaste \boxed{50} ganger f{\o}r de er ferdige !

\enddocument
