\documentclass[a4paper,norsk,10pt]{lf}

% Importerte pakker
\usepackage{ifluatex}
\usepackage[T1]{fontenc}

\ifluatex
\usepackage{fontspec}
\setmainfont{Cambria}
\usepackage{unicode-math}
\setmathfont{Cambria Math}
\else
\usepackage[utf8]{inputenc}
\fi
\usepackage{tikz}

% Innleveringsfrist og tittel nede til venstre
\def\centerfoot{17. august 2021}
\def\innerfoot{MA0001 Brukerkurs i matematikk A}
\def\outerhead{MA001 Brukerkurs i matematikk A --- Løsningsforslag 17.\
  august 2021}

% Tittel
\title{MA0001 Brukerkurs i matematikk A\\Løsningsforslag}
\author{Eksamen 17.\ august 2021}

% Nye kommandoer
\newcommand{\dee}{\mathop{}\!{\mathrm{d}}}
\renewcommand{\P}{\mathcal{P}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}

\newcommand{\withdelims}[4]{\mathopen#1#2#3\mathclose#1#4}
\newcommand{\defdelims}[4][]
{\newcommand{#2}[2][#1]{\withdelims{##1}{#3}{##2}{#4}}}
\defdelims{\abs}||
\defdelims{\parens}()
\defdelims{\bracks}[]
\defdelims[\big]{\setof}\{\}
\let\le=\leqslant
\let\ge=\geqslant
\let\leq=\leqslant
\let\geq=\geqslant
\let\phi=\varphi

\newcommand*{\ds}{\displaystyle}

\begin{document}
  \maketitle
  
  % Flervalg 1
  \begin{oppgave}{1}
    Riktig alternativ er $a^2 a^{\ln{a}}$.
    
    $a^{\ln(a e^2)} = a^{\ln{a}+\ln(e^2)} = a^{\ln{a}} a^{\ln(e^2)} = a^{\ln{a}} a^{2\ln{e}} = a^{\ln{a}} a^2 $
  \end{oppgave}
  
  % Flervalg 2
  \begin{oppgave}{2}
    Riktig alternativ er \textit{Nei for $a=0$, ja for $a\neq0$.}
    
    I det første tilfellet ser vi på grenseverdien av $\frac1x$, men da er $-\infty = \lim\limits_{x\to0-}\frac1x \neq \lim\limits_{x\to0+}\frac1x = +\infty$.
    
    Grenseverdien er forøvrig $-\frac{1}{4a}$ i det siste tilfellet.
  \end{oppgave}
  
  \begin{oppgave}{3}
    Riktig alternativ er \[ y'(x) = \frac{2x^3-y^5}{5xy^4-2y^3}. \]
    
    Implisitt derivasjon av sammenhengen med hensyn på $x$ gir
    \[ 4x^3 + 4y^3 y' = 2y^5 + 10xy^4y', \]
    og ved å løse for $y'$ får vi svaret.
  \end{oppgave}

  \begin{oppgave}{4}
    Riktig alternativ er \textit{Funksjonen har et globalt toppunkt i $x \approx 0{,}1$, men intet globalt bunnpunkt.}
    
    Vi ser at funksjonen er strengt avtagende på intervallet $[0{,}8, 1]$,
    så funksjonsverdien i $x = 0{,}9$ gir en nedre skranke for funksjonsverdiene på $(-1, 0{,}9)$. Men $x = 0{,}9$ er ikke inkludert i det åpne intervallet, og dermed kan vi for ethvert punkt $-1 < x < 0{,}9$
    finne et punkt $\tilde{x}$ som ligger enda nærmere endepunktet, $x < \tilde{x} < 0{,}9$, med en mindre funksjonsverdi, $f(0{,}9) < f(\tilde{x}) < f(x)$.
  \end{oppgave}

  \begin{oppgave}{5}
    Riktig alternativ er $T_3 - T_2 = -x^3/6$.
    
    Som forklart i teksten er $f'''(0) = -\cos{0} = -1$ og
    \[ T_3(x) - T_2(x) = \frac{f'''(0)}{3!}(x-0)^3 = -\frac{x^3}{6}. \]
  \end{oppgave}

  \begin{oppgave}{6}
    \textbf{a)} Ved å fullføre kvadratene finner vi
    \begin{align*}
      & & y^2 + 4x + x^2 -4y &= 1 \\
      \iff& & (x^2 +4x + 4) + (y^2 -4y +4) &= 1+4+4 \\
      \iff& & (x+2)^2 + (y-2)^2 &= 3^2
    \end{align*}
    altså likninga for en sirkel med sentrum i $(x,y) = (-2,2)$ og radius 3,
    se Figur \ref{oppg6}.
    \begin{figure}
      \centering
      \begin{tikzpicture}
        \draw[step=1cm,gray,very thin,dashed] (-6,-2) grid (2,6);
        \draw[thick,->] (-6,0) -- (1.5,0) node[anchor=north west] {$x$};
        \draw[thick,->] (0,-2) -- (0,5.5) node[anchor = west] {$y$};
        \draw[thick,red] (-2,2) circle (3cm) node[anchor = south] {$(x+2)^2+(y-2)^2 = 3^2$};
        \draw[thick,blue] (2,2) -- (-2,-2) node[anchor = south east] {$y = x$} ;
        \foreach \x in {-5,-4,-3,-2,-1,1}
        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-1pt) node[anchor=north] {$\x$};
        \foreach \y in {-1,1,2,3,4}
        \draw (1pt,\y cm) -- (-1pt,\y cm) node[anchor=east] {$\y$};
      \end{tikzpicture}
    \caption{\textbf{Oppgave 6:} Rød sirkel fra deloppgave a) og blå linje fra deloppgave c).}
    \label{oppg6}
    \end{figure}
    
    \textbf{b)} Fra figuren ser vi at den ``enkleste'' linja med stigningstall 1, nemlig $y = x$, skjærer sirkelen i to punkter.
    
    Punktene er forøvrig gitt av $2x^2 = 1$, som gir oss $(x,y) = (\pm \frac{1}{\sqrt2}, \pm \frac{1}{\sqrt2})$, uten at dette ble spurt om i oppgaven.
    
    \textbf{c)} Se Figur \ref{oppg6}.
  \end{oppgave}

  \begin{oppgave}{7}
    Vi legger merke til at med største mulige definisjonsmengder har vi $f \colon (-\infty,\infty) \to [0,2]$ og
    $g \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$. Altså er definisjonsmengden til $f$ gitt ved $D_f = (-\infty,\infty)$ og verdimengden er $V_f = [0,2]$.
    Tilsvarende er $D_g = V_g = [0,\infty)$.
    
    \textbf{a)} $(f \circ g)(x) = f(g(x)) = 1 + \cos(\sqrt{x})$.
    Siden $V_g \subset D_f$ har vi at den største definisjonsmengden for $f \circ g$ sammenfaller med den største definisjonsmengden for $g$, nemlig $[0,\infty)$.
    
    \textbf{b)} $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = \sqrt{1 + \cos{x}}$.
    Siden $V_f \subset D_g$ har vi at den største definisjonsmengden for $g\circ f$ sammenfaller med den største definisjonsmengden for $f$, nemlig $(-\infty,\infty)$.
  \end{oppgave}

  \begin{oppgave}{8}
    Funksjonen kan skrives
    \[ f(x) = \begin{cases}
      \frac12-x, & 0 \le x < \frac12, \\ 200(x-\frac45)^2-1, & \frac12 \le x \le 1,
    \end{cases} \]
  og vi legger merke til at den ikke er kontinuerlig i $x = \frac12$ siden
  $\lim\limits_{x\to\frac12-}f(x) = 0 \neq 17 = f(\frac12)$.
  I tillegg til dette singulære punktet sjekker vi endepunktene hvor $f(0) = \frac12$ og $f(1) = 7$.
  Til slutt finner vi ingen kritiske punkter på $[0,\frac12)$ hvor $f'(x) = -1$, og ett kritisk punkt $x = \frac45$ med $f(\frac45) = -1$ på $[\frac12,1]$ hvor $f'(x) = 400(x-\frac45)$.
  
  Vi konkluderer med at $x = \frac12$ er det globale toppunktet med verdi $17$, og $x = \frac45$ er det globale bunnpunktet med verdi $-1$.
  \end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
  \textbf{a)} Vi kan benytte l'Hôpitals regel i situasjoner hvor vi vil finne  grenseverdien \[ \lim\limits_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)}, \]
  men hvor vi ender opp med et ubestemt uttrykk av typen $0/0$ eller $\infty/\infty$ når vi setter inn for $x=a$.
  Dersom $f(x)$ og $g(x)$ er deriverbare og oppfyller
  \begin{enumerate}
    \item $\lim\limits_{x\to a} f(x) = \lim\limits_{x\to a} g(x) = 0$ eller $\lim\limits_{x\to a} f(x) =\lim\limits_{x\to a} g(x) = \infty$,
    \item $\lim\limits_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$,
  \end{enumerate}
  har vi at
  \[ \lim\limits_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} = L. \]
  Regelen fungerer for $a = +\infty$ eller $a= -\infty$, såvel som for ensidige grenser $x \to a-$ eller $x \to a+$.
  
  \textbf{b)} Et eksempel er \[ \lim\limits_{x\to0} \frac{\arctan{x}}{x} \] som gir et $0/0$-uttrykk. Siden $(\arctan{x})' = 1/(1+x^2)$ og $(x)' = 1$ får vi
  \[ \lim\limits_{x\to0} \frac{\arctan{x}}{x} = \lim\limits_{x\to0} \frac{1}{1+x^2} = 1. \]
\end{oppgave}

  \begin{oppgave}{10}
    Dette er et uekte integral hvor integranden har en singularitet i det venstre endepunktet av integrasjonsintervallet, og dermed må vi betrakte integralet som en grenseverdi på følgende vis,
    \[ \int_0^1 x^p \,\mathrm{d}x = \lim\limits_{\epsilon \to 0+}\int_\epsilon^1 x^p \,\mathrm{d}x .\]
  \end{oppgave}
  En antiderivert for $x^p$ er $\frac{1}{1+p} x^{1+p}$ for $p \neq -1$, og $\ln{|x|}$ for $p=-1$. 
  Dermed er
  \[ \lim\limits_{\epsilon \to 0+}\int_\epsilon^1 x^p \,\mathrm{d}x = \lim\limits_{\epsilon \to 0+} \begin{cases}
    \frac{1-\epsilon^{1+p}}{1+p}, & p \neq -1 \\
    -\ln{\epsilon}, & p = -1
  \end{cases} = \begin{cases}
  \frac{1}{1+p}, & p > -1, \\ \infty, & p \le -1.
\end{cases} \]
Her er det viktig å skille mellom tilfellene $p > -1$ og $p < -1$ siden $\lim\limits_{\epsilon \to 0+} \epsilon^{1+p} = 0$ for $p>-1$, men $\lim\limits_{\epsilon \to 0+} \epsilon^{1+p} = \infty$ for $p<-1$.
Altså konvergerer integralet kun for de negative, reelle tallene $-1 < p < 0$.
\end{document}