Vi ser at det er to ledd og bruker tilsvarende metode. Da skriver vi z³ = −27.

Så skal vi skrive −27 i polarform. Vi har r = √((−27)²) = 27 og ettersom −27 < 0 så har vi θ = arctan

Dette gir oss z³ = 27e^iπ+2πk og vi opphøyer i 1/3 og får z = 3e^{i(π/3+2πk/3)}. Vi får da svar for k = 0, k = 1 og k = 2: z₀ = 3e^iπ/3, z₁ = 3e^iπ og z₂ = 3e^i5π/3.

For å skrive de i standardform regner vi ut ved hjelp av metoden for konvertering til kartesisk (standard) form.

Vi gjør det samme med z₁ og z₂ og får z₁ = −3 og z₂ = 3/2 − 3√3/2i. Da gjenstår det bare å tegne røttene. Det går an å tegne én rot for å så tegne resten slik at de er spredt rundt likt i en sirkel ved hjelp av rotasjon eller tegne direkte utifra koordinatene.

Alle løsninger til ligningen z³ + 27 = 0

Vi har en tredjegradusligningsog vi har allerede fått en løsning z₀ = 1 ettersom polynomet er faktorert med (z − 1).

Vi løser andregradsligningen med abc-formelen og får z₁ = −3i og z₂ = 1. Disse er enkle å tegne i det komplekse plan ettersom vi har dem i kartesisk form.

Alle løsninger til ligningen (z² + iz + 6)(z − 1) = 0

I denne oppgaven kan ingen av metodene brukes, og det er flere måter å løse den på. En teknikk som ofte å funker er å skrive z = a + bi, regn ut og se hva vi får:

Nå regner vi ut i første linje, så trekker vi fra begge sider i andre linje:

Dermed har vi at ligningen er sann for alle a og b slik at a = b. Dermed har vi løsningene z = a + ai for alle a ∈ ℝ. Dette kan vi skissere som en linje som går gjennom alle punkter (komplekse tall) med lik kompleks og reell verdi.

Skisse av løsningene z i det komplekse planet

La $h(x) = f(x) - g(x) = \ln(x) - x^2 + 2$. Vi ønsker å vise at $h(x)$ har minst en rot for $x \in [1, 2]$. Siden $h(x)$ er en sum av kontinuerlige funksjoner er den en kontinuerlig funksjon. Videre er

Skjæringssetningen gir derfor at det finnes minst en rot av $h(x)$ for $x \in [1, 2]$.

La $f(x) = (1 + x^2)^{-1}$. Feilestimatet for trapesmetoden gir

hvor $K$ er slik at $|f''(x)| \le K$. Vi deriverer og dobbeltderiverer derfor $f(x)$:

Fra oppgaveteksten er derfor $K = 2$, og vi trenger da å finne $n$ slik at

Altså kan vi velge $n = 1155$ for å få feilen garantert mindre enn $10^{-6}$.

For å finne arealet til rotasjonsflaten integrerer vi følgende infinitesimale del fra $x = 0$ til $x = 2/3$:

der $r$ er avstanden fra rotasjonslinjen til grafen og $ds$ er buelengdedifferensialet. I vårt tilfelle er $r = x^3$ og $ds = \sqrt{1 + (3x^2)^2}\,dx$. Med substitusjonen $u = 9x^4$ og deretter $v = 1 + u$ gir dette

Vi setter punktet $(x, y) = (e, e^{-1})$ inn på venstre side av likheten for å få

og på høyre side av likheten for å få

Dermed ligger punktet $(e, e^{-1})$ på den implisitt gitte kurven.

For å finne stigningstallet til kurven, deriverer vi venstre side av uttrykket for kurven implisitt mhp. $x$

og så høyre side av uttrykket

Vi forenkler den videre utregningen ved å sette inn punktet $(x, y) = (e, e^{-1})$ i uttrykkene våre. Dette gir

Altså er stigningstallet lik $-e^{-2}$ i punktet $(e, e^{-1})$.

Vi legger merke til at når $x \to 0$ blir brøken et «0/0»-uttrykk. Ved l'Hopitals regel får vi da

Siden nevneren blir 0 når $x \to 0$, må vi velge $a = 1/2$ slik at vi får et «0/0»-uttrykk igjen. Nok en anvendelse av l'Hopitals regel gir da

I utregningene over kunne vi egentlig bare sette likhetstegn når vi visste at grenseverdiene faktisk eksisterte.

Forholdstesten gir

Dvs., at $-1 < 2x - 3 < 1$ eller $1 < x < 2$. Potensrekken konvergerer dermed for $x \in (1, 2)$. Forholdstesten sier derimot ingenting om tilfellene $x = 1$ og $x = 2$, og disse må sjekkes separat.

$x = 1$ gir

Dette er en alternerende rekke hvor leddene ikke går mot null, dermed divergerer den.

$x = 2$ gir

Dette er en rekke hvor leddene ikke går mot null, dermed divergerer denne også.

Den oppgitte potensrekken konvergerer derfor absolutt for $x \in (1, 2)$, og divergerer ellers.

Vi deriverer $f(x)$:

Uttrykket over viser at $f'(x) < 0$ for alle $x > 0$, og dermed er $f(x)$ strengt avtagende for alle $x > 0$. Altså må $f(x)$ ha en invers $f^{-1}(x)$ for $x > 0$.

Vi kan finne inversfunksjonen ved å løse følgende likhet for $y$:

Dette gir at

Siden $f(x) > 0$ for $x > 0$, må vi velge den positive roten. Vi konkluderer derfor med at

Det er kjent at taylorrekken til $e^u$ om $u = 0$ er gitt ved

Vi kan derfor la $u = -t^2$ slik at

For å finne taylorrekken om $x = 0$ til $f(x)$ bruker vi at taylorrekken om $t = 0$ til $e^{-t^2}$ konvergerer for alle $t \in [0, x]$, og at vi derfor kan integrere leddvis. Dette gir

Siden $f(x)$ er definert for alle $x \in (-\infty, \infty)$, vil også potensrekken konvergere for alle $x \in (-\infty, \infty)$.

Siden $4^n \ge 1$ og $c_n > 0$ for alle $n \ge 1$, vil $c_n \le 4^n c_n$. Ved sammenligningstesten vil derfor $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ konvergere.

For $n \ge 0$, er Eulers metode gitt ved

hvor $y(x_n) \approx y_n$. Fra initialverdiproblemet og oppgaveteksten får vi at $f(x_n, y_n) = x_n^2 - 0.3y_n^2$, $h = 0.5$, $x_0 = -1$ og $y_0 = 0$. Videre er $x_1 = x_0 + h = -0.5$ og $x_2 = x_1 + h = 0$, vi er derfor ute etter $y_2$. Vi regner så ut de aktuelle verdiene:

Basert på retningsfeltene, får vi følgende skisse for $y(x)$:

Merk at Eulers metode gir litt for høye $y$-verdier.

Det er kjent at

da må spesielt

Siden $f(x) = \sqrt{x}$ er kontinuerlig for $x \ge 0$, får vi

Videre er $\lim_{x \to 0+} x = 0$ og

Vi konkluderer derfor med at

Generelt er et taylorpolynom av grad 2 om $x = 0$ gitt som

Vi trenger derfor å bestemme $f(0)$, $f'(0)$, $f''(0)$. Derivasjon og dobbeltderivasjon av $f(x)$ gir:

Altså har vi at $f(0) = 1$, $f'(0) = 1/3$ og $f''(0) = -2/9$ som gir at

Legg merke til at $f(0.3) = (1 + 0.3)^{1/3} = \sqrt[3]{1.3}$, en tilnærmet verdi til $\sqrt[3]{1.3}$ er derfor gitt ved

Legg merke til at $\sin(0) = 0$, og derfor er det oppgitte integralet et uegentlig integral. Vi må derfor skrive det om:

Videre har vi med substitusjonen $u = \sin(x)$ at

Dette gir

Altså får vi at integralet divergerer.

Vi ønsker å vise at

der

Legg så merke til at siden $-1 \le \cos(1/x) \le 1$, vil

og dermed sier skviseregelen at

Dette betyr at $\lim_{x \to 0} f(x) = 2$, som var det vi skulle vise.

La

Siden $\lim_{x \to 3-} f(x) = 74 = \lim_{x \to 3+} f(x)$, er $f(x)$ kontinuerlig for $x \ge 0$. Vi har også at

Her er $4x^3 - 1 = 0$ når $x = 4^{-1/3} \approx 0.630$, altså er $f'(x) < 0$ for $x \in [0, 4^{-1/3})$ og $f'(x) > 0$ for $x \in (4^{-1/3}, 3) \cup (3, \infty)$.

Videre har vi at $f(4^{-1/3}) < 0$ og $f(2) > 0$, og $f(x) = 0$ må derfor ha minst én løsning for $x \in (4^{-1/3}, 2)$ ved hjelp av skjæresetningen. I det aktuelle intervallet er $f'(x) > 0$ som betyr at det maksimalt er én løsning der, og dermed nøyaktig én løsning for $x \in (4^{-1/3}, 2)$. For $x > 2$, er $f(x)$ strengt voksende, og vi har ingen flere løsninger av $f(x) = 0$ her. For $0 \le x < 4^{-1/3}$, har vi at $f(0) < 0$ og $f(x)$ er strengt avtagende, og det kan derfor ikke finnes noen $x$ slik at $f(x) = 0$ her heller.

Ved analysens fundamentalteorem finner vi at:

Vi finner så de kritiske punktene ved å løse $F'(x) = 0$:

Siden $F(x)$ er definert for $-2 \le x \le 2$, er de kritiske punktene gitt ved $x = \pm\sqrt{\pi/2} \approx \pm 1.253$. Funksjonen $F(x)$ kan også ha ekstremalverdier i endepunktene $x = \pm 2$.

Vi skal nå studere fortegnet på den deriverte for å angi $x$-verdiene som gir minimums- og maksimumsverdi.

Vi har at $F'(x) = \cos(x^2) < 0$ for $-2 < x < -\sqrt{\pi/2}$, $F'(x) > 0$ for $-\sqrt{\pi/2} < x < \sqrt{\pi/2}$ og $F'(x) < 0$ for $\sqrt{\pi/2} < x < 2$.

Totalt gir dette at $0 > F(-2) > F(-\sqrt{\pi/2})$, $F(-\sqrt{\pi/2}) < F(\sqrt{\pi/2})$ og $F(\sqrt{\pi/2}) > F(2) > 0$. Minimumsverdien til $F(x)$ er derfor gitt i punktet $x = -\sqrt{\pi/2}$ og maksimumsverdien er gitt i $x = \sqrt{\pi/2}$.

For å finne arealet til rotasjonsflaten integrerer vi følgende infinitesimale del fra $x = 0$ til $x = 1$:

der $r$ er avstanden fra rotasjonslinjen til grafen og $ds$ er buelengdedifferensialet. I vårt tilfelle er $r = 1 + x^2$ og $ds = \sqrt{1 + (2x)^2}\,dx$. Dette gir følgende integral

La $f(x) = 2\pi(1 + x^2)\sqrt{1 + 4x^2}$. Siden $n = 3$ i trapesmetoden, får vi $h = (1 - 0)/3 = 1/3$ og $y_i = f(0 + ih) = f(ih)$ for $i = 0, 1, 2, 3$. Dvs.,