<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{preamble}

\title{1 - 1 - TALL - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

%primtall

\maketitle
%husk litt om telling pga mikrotilstander i termo

\begin{oppgave}{0}
	Dersom $x(t) = e^{\lambda t}$,
	er $\ddot x(t) = \lambda e^{\lambda t}$, 
	slik at likningen blir 
	\begin{align*}
		e^{\lambda t}\left( \lambda^2 + 1 \right) = 0,
	\end{align*}
	som impliserer at $\lambda^2 + 1 = 0$ 
	siden eksponensialfunksjonen aldri blir null. 
	Denne likningen har ingen reell lÃ¸sning, 
	derav resten av denne Ã¸kten. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{1}
Det finnes ingen hele tall slik at 
\[
\sqrt{2}=\frac{m}{n}.
\]
Dette kan vi bevise som fÃ¸lger. 
Anta at det finnes hele tall $m$ og $n$ slik at likningen over holder.
Vi kan anta at $m$ og $n$ ikke har noen felles faktorer, 
for hvis de hadde hatt det, 
kunne vi bare forkortet brÃ¸ken til de ikke lenger hadde det. 
Vi ganger nÃ¥ hele likningen med $n$,
og kvadrerer, slik at vi fÃ¥r
\[
2n^2=m^2.
\]
Av denne likningen ser vi at $m^2$ mÃ¥ vÃ¦re et partall. 
Men dersom $m^2$ skal vÃ¦re et partall, 
mÃ¥ jo $m$ vÃ¦re et partall, 
og dette betyr at $m^2$ mÃ¥ vÃ¦re delelig med fire. 
Dette betyr at $m^2/2$ er et partall, 
og hvis vi skriver
\[
n^2=\frac{m^2}{2},
\]
ser vi at $n^2$ er et partall, 
pÃ¥ da mÃ¥ $n$ vÃ¦re et partall. 
Men nÃ¥ har vi oppnÃ¥dd en selvmotsigelse. 
Vi vet jo at det mÃ¥ vÃ¦re mulig Ã¥ velge $m$ og $n$ uten felles faktorer, 
og nÃ¥ viser det seg at 2 mÃ¥ vÃ¦re en felles faktor allikevel.
Med andre ord er det noe som er galt her. 
Det som er galt, 
er antagelsen om at man i det hele tatt kan skrive
\[
\sqrt{2}=\frac{m}{n}
\]
for hele tall $m$ og $n$.

Eksemplet over illustrerer at dersom du har et kvadrat med sidekant 1, 
finnes det ikke noe rasjonalt tall som beskriver diagonalens lengde. 
Majoriteten av alle mennesker pÃ¥ jorden trenger matematikk fÃ¸rst og fremst som et redskap for presis kvantifisering av verden rundt oss,
sÃ¥ dette er rett og slett ikke bra nok. 
Eksemplet over har vÃ¦rt kjent for menneskeheten i flere tusen Ã¥r. 
Det er lett Ã¥ utvide argumentet til Ã¥ vise at for eksempel $\sqrt[3]{2}$
ogsÃ¥ ikke kan skrives som en brÃ¸k. 
De aller fleste tall kan faktisk ikke skrives som en brÃ¸k.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Countable_set}}
For Ã¥ sette dette i sammenheng med forrige oppgave, 
sÃ¥ kan vi like gjerne si at likningen 
\begin{align*}
	\lambda^2 - 2 = 0 
\end{align*}
ikke har noen rasjonal lÃ¸sning, 
og derfor har vi funnet opp $\mathbb{R}$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Akkurat som 
	$
		\lambda^2 - 2 = 0 
	$
	ikke har rasjonal lÃ¸sning, 
	har ikke 
	\begin{align*}
		\lambda^2 + 4 = 0 
	\end{align*}
	noen reell lÃ¸sning, 
	og derfor har vi funnet opp $\mathbb{C}$,
	og nÃ¥ kan vi 
	enkelt og grei si at lÃ¸sningen er $2i$ siden 
	 $\left(2i\right)^2 = 2i \cdot 2i = 4\cdot i^2 = -4$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
LÃ¸ser vi likningen
\[
x^2+2x+2=0
\]
gir annengradsformelen 
\[
x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}
=\frac{-2\pm\sqrt{-4}}{2}=-1\pm i,
\]
slik at
\[
x^2+2x+2=\left(x+1+i\right)\left(x+1-i\right)
\]
(Gang ut og sjekk at det stemmer.)
\end{oppgave}

\begin{minipage}{75mm}
\begin{oppgave}{4}
Vi beregner
\begin{align*}
z+w&amp;=2+4+(3+5)i=6+8i \\[5mm]
z-w&amp;=2-4+(3-5)i=-2-2i \\[5mm]
z\cdot w&amp;=(2+3i)\cdot(4+5i)\\&amp;=2\cdot 4+3\cdot 4i+2\cdot 5i+3\cdot 5 i^2\\&amp;=8-15+(12+10)i\\&amp;=-7+22i.\\[5mm]
\frac{z}{w}&amp;=\frac{2+3i}{4+5i}=\frac{2+3i}{4+5i}\cdot\frac{4-5i}{4-5i}\\&amp;=\frac{8+15+(12-10)i}{16+25}\\&amp;=\frac{22}{41}+\frac{2}{41}i. 
\end{align*}
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{80mm}
\begin{oppgave}{5}
Vi ganger sammen komplekse tall slik:
\begin{align*}
z\cdot w&amp;=(a+bi)(c+di)\\
&amp;= ac+bci+adi+bdi^2\\ 
&amp;=ac-bd+(bc+ad)i
\end{align*}
og deler dem slik:
\begin{align*}
\frac{z}{w}&amp;=\frac{a+bi}{c+di}= \frac{a+bi}{c+di}\cdot \frac{c-di}{c-di}\\[4pt]
&amp;=\frac{ac+bd+(bc-ad)i}{c^2+d^2} 
\end{align*}
Utledning av formlene for addisjon og subtraksjon er trivielle.
\end{oppgave}
\end{minipage}



\begin{oppgave}{7}
	Her er det bare Ã¥ gange oppe og nede med $\overline z$:
	\begin{align*}
		\frac{1}{z} = 
		\frac{\overline z}{z\overline{z}} =
		\frac{\overline z}{|z|^2}
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
	La oss ta for eksempel $z=1-2i$. 
	Da blir 
	\begin{align*}
		iz &amp;= 2-i\\
		i^2z &amp;= -z = -1+2i\\
		i^3z &amp;= -iz = -2+i.
	\end{align*}
	Vi kan egentlig fortsette litt til.
	Siden $i^4=1$, 
	fÃ¥r vi
	\begin{align*}
		i^4z &amp;= z = 1-2i \\
		i^5z &amp;= iz = 2-i\\
		i^6z &amp;= i^2z = -2+i\\
		&amp;\vdots
	\end{align*}
	og slik gÃ¥r nu dagan. 
	For Ã¥ konkludere: 
	potenser av $i$ repeterer seg selv slik:
	\begin{align*}
		i^0 &amp;= 1 \\
		i^1 &amp;= i \\
		i^2 &amp;= -1 \\
		i^3 &amp;= -i \\
		i^4 &amp;= 1 \\
		i^5 &amp;= i \\
		&amp;\vdots
	\end{align*}
	og vi ser tydelig at det Ã¥ gange med $i$ det samme 
	som Ã¥ rotere nitti grader mot klokken i det komplekse planet. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Vi beregner 
	\begin{align*}
		|z| = \sqrt{1 + 3} = 2, 
	\end{align*}
	slik at
	\begin{align*}
		z/|z| = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i
	\end{align*}
	NÃ¥ kunne jeg beregna alle disse pÃ¥ kartesisk form, 
	men ideen med oppgaven er Ã¥ vÃ¦re et frempek pÃ¥ at 
	vi kan skrive 
	\begin{align*}
		\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = e^{\pi i/ 3}
	\end{align*}
	og sÃ¥ er det bare Ã¥ se at 
	\begin{align*}
		\Big(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\Big)^k = e^{k\pi i/ 3},
	\end{align*}
	og at denne repeterer seg pÃ¥ samme mÃ¥te som i forrige oppgave, 
	men med periode pÃ¥ seks istedet for fire, 
	siden argumentet er seksti grader istedet for nitti. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}	
	PÃ¥ samme mÃ¥te er det Ã¥ gange med 
	\begin{align*}
		\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = e^{\pi i/ 3}
	\end{align*}
	det samme som Ã¥ rotere seksti grader i det komplekse planet, 
	sÃ¥ du fÃ¥r seks forskjellige verdier av $z^k w$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
	La $z = a+bi$.
	Vi beregner 
	\[
	|z^2| = \sqrt{\left(a^2-b^2\right)^2+4a^2b^2} = \sqrt{a^4+2a^2b^2+b^4} =\sqrt{\left(a^2+b^2\right)^2} = a^2 + b^2 = |z|^2. 
	\]
	GjÃ¸r du det samme med $z^3$ vil du se at $|z^3| = |z|^3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
	Denne er skikkelig artig.
	Hvis vi tenker at vi fÃ¥r lov til Ã¥ derivere $e^{it}$ slik som andre eksponensialfunksjoner,
	er
	\[
		\frac{d}{dt} e^{it} = ie^{it},
	\]
	og vi ser at dette er en lÃ¸sning av $\dot x = ix$.
	Men
	\[
		\frac{d}{dt} \cos t + i\sin t = -\sin t + i\cos t = i\left( \cos t + i\sin t \right),
	\]
	sÃ¥ denne passer visst ogsÃ¥ i likningen.
	NÃ¥ gÃ¥r det an Ã¥ vise at dette problemet har entydig lÃ¸sning dersom du spesifiserer initialkrav
	(her mÃ¥ du slÃ¥ opp i en mer avansert bok, for eksempel Schaeffer og Cain),
	sÃ¥ da mÃ¥ det vel kanskje vÃ¦re slik at
	\[
		e^{it} = \cos t + i \sin t.
	\]
	(Her har jeg brukt initialkravet $x(0) = 1$.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
	Vi antar vi kan derivere med brÃ¸kregelen som vanlig selv om det stÃ¥r en $i$ her og der,
	og fÃ¥r 
	\begin{align*}
		\frac{d}{d\theta} \left( \frac{\cos \theta + i\sin \theta }{e^{i\theta}}  \right) &amp;=
		\frac{\left( -\sin \theta + i\cos \theta \right)e^{i\theta}-i\left( \cos \theta + i\sin \theta \right)e^{i\theta}}{e^{2i\theta}}=0
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		\frac{\cos \theta + i\sin \theta }{e^{i\theta}}  = C	
	\end{align*}
	eller 
	\begin{align*}
		\cos \theta + i\sin \theta  = Ce^{i\theta}.
	\end{align*}
	Setter vi inn $t=0$ pÃ¥ begge sider, 
	fÃ¥r vi $C=1$, 
	slik at 
	\begin{align*}
		\cos \theta + i\sin \theta  = e^{i\theta}.
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{13}
	Vi beregner	  
   \begin{align*}
		e^{i\alpha}
		e^{i\theta}  &amp;=
		\Big(\cos \alpha + i\sin \alpha \Big)
		\Big(\cos \theta + i\sin \theta \Big)\\
		&amp;=\cos \alpha \cos \theta - \sin \alpha \sin \theta + 
		i\cos \alpha \sin \theta + i\cos \theta \sin \alpha \\
		 &amp;=    
		\cos(\alpha + \theta) + i \sin (\alpha + \theta) =
		e^{i(\alpha + \theta)}
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{15}
	Argumentet til $z=1+i$ er $\pi/4$ modulus er 2, 
	sÃ¥ vi kan skrive 
	\begin{align*}
		z=2e^{\pi i/4}.
	\end{align*}
	Argumentet til 
	$w=1+\sqrt{3}i$ er $\pi/3$ og radien 2, 
	sÃ¥ vi fÃ¥r 
	\begin{align*}
		x=2e^{\pi i/3}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{16}
	La $z=re^{i\theta}$ og $w=se^{i\alpha}$. 
	Dersom man multipliserer komplekse tall, 
	er det bare Ã¥ gange radiene og legge sammen argumentene, 
	siden 
	\begin{align*}
	z\cdot w = re^{i\theta}\cdot se^{i\alpha} = rse^{i(\theta + \alpha)}.
	\end{align*}
	For divisjon er det likeledes bare Ã¥ dele radiene pÃ¥ hverandre og subtrahere argumentene: 
	\begin{align*}
		\frac{z}{w} = \frac{r}{s}e^{i(\theta-\alpha)}
	\end{align*}
\end{oppgave}
	

\begin{oppgave}{17}
Dette er bare fancy mÃ¥ter Ã¥ skrive opp ting pÃ¥: 
\begin{align*}
	e^{ \pi i/2 } &amp;= i\\
	e^{\pi i} &amp;=-1\\ 
	e^{3\pi i/2 } &amp;=-i\\
	e^{2 \pi i} &amp;= 1
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{18}
Siden $\cos(-\theta) = \cos \theta$ og $\sin(-\theta) = -\sin \theta$ er det bare Ã¥ substituere 
$-\theta$ for $\theta$ og fÃ¥ 
\begin{align*}
	e^{-i\theta}=\cos \theta - i\sin \theta.
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
	Legg sammen $e^{i\theta}$ og $e^{-i\theta}$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
	Trekk dem fra hverandre. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
	Fra nÃ¥ av nÃ¥r du har et vanskelig integral med sinus- og cosinusfunksjoner, 
	kan du bare skrive om og integrere eksponensialfunksjoner istedet. 
	Dette er som regel mye enklere. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
	Lett: 
	\begin{align*}
		\overline{z} = \overline{re^{i\theta}}
		=\overline{r\left( \cos \theta + i \sin \theta \right)} 
		=r\left( \cos \theta - i \sin \theta \right) 
		=re^{-i\theta}
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{23}
	Her er det bare 
	bare Ã¥ substituere $i\theta$ for $\theta$ og sÃ¥ fÃ¥r du sinus og cosinus ut pÃ¥ direkten:
	\begin{align*}
		\cosh (i\theta) &amp;=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} = \cos \theta \\
		\sinh (i\theta) &amp;=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2} = i\sin \theta
	\end{align*}
	Det gÃ¥r forresten andre veien og:
	\begin{align*}
		\cos (i\theta) &amp;=\frac{e^{i(i\theta)}+e^{-i(i\theta)}}{2} =\frac{e^{-\theta}+e^{\theta}}{2} = \cosh \theta \\
		\sin (i\theta) &amp;=\frac{e^{i(i\theta)}-e^{-i(i\theta)}}{2i} =\frac{e^{-\theta}-e^{\theta}}{2i} = -i\sinh \theta \\
	\end{align*}
	For Ã¥ vise at 
	\begin{align*}
		\cos{(a+bi)}&amp;=\cos a \cosh b - i \sin a \sinh b \\
		\sin{(a+bi)}&amp;=\sin a \cosh b + i \cos a \sinh b
	\end{align*}
	er det bare Ã¥ bruke formlene 
	\begin{align*}
		\cos{(a+b)}&amp;=\cos a \cos b - \sin a \sin b \\
		\sin{(a+b)}&amp;=\sin a \cos b + \cos a \sin b
	\end{align*}
	som du lÃ¦rte pÃ¥ skolen, 
	og substituere $ib$ for $b$, 
	og bruke likningene over.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{24}
	Siden 
	\[
	-1=e^{i(\pi+2m\pi)},
	\]
	fÃ¥r vi 
	\[
	(-1)^{1/5}=e^{i(\pi/5+2m\pi/5)}.
	\]
	Vi skriver opp lÃ¸sningene for  $0\leq m\leq 4$.
	Merk hvordan rÃ¸ttene sprer seg jevnt ut pÃ¥ en sirkel om origo. 
	Om vi lar $m&gt; 4$ eller $m&lt;0$, fÃ¥r vi rÃ¸tter som allerede er listet opp.
	\begin{minipage}{70mm}
		\begin{align*}
	&amp;m=0: \hspace{5mm}e^{i\pi/5} (=\sqrt[5]{-1}) \\
	 &amp;m=1: \hspace{5mm}e^{i3\pi/5} \\ 
	 &amp;m=2: \hspace{5mm}e^{i5\pi/5}(=-1)\\ 
	 &amp;m=3: \hspace{5mm}e^{i7\pi/5}\\ 
	 &amp;m=4: \hspace{5mm}e^{i9\pi/5}
		\end{align*}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{80mm}
	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[scale=.42]
	\draw[-&gt;] (-5,0) -- (7,0);
	\draw[-&gt;] (0,-3.1) -- (0,5);
	\node[anchor=west] at (8,0) {\footnotesize $\text{Re}(z)$};
	\node[anchor=south] at (0,6) {\footnotesize $\text{Im}(z)$};
	%\foreach \x in {-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
	%\draw (\x,5pt) -- (\x,-5pt);
	%\foreach \y in {-2,-1,1,2,3,4,5,6}
	%\draw (5pt,\y) -- (-5pt,\y);
	\filldraw (-3,0) circle [radius=3pt] node[anchor=south]{};
	
	\filldraw (3*0.80901699437,3*0.587785252294) circle [radius=3pt] node[anchor=south] {};
	\node[anchor=west] at (3.2*0.80901699437,3.6*0.587785252294) {$e^{i\pi/5}	$};
	\filldraw (-3*.30901699437,3*0.95105651629) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {};
	\node[anchor=west] at (-8.5*.30901699437,4*0.95105651629) {$e^{i3\pi/5}$};
	\node[anchor=south] at (-4,.3) {$-1$};
	\filldraw (-3*.30901699437,-3*0.95105651629) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {};
	\node[anchor=west] at (-8*.30901699437,-4*0.95105651629) {$e^{i7\pi/5}$};
	\filldraw (3*0.80901699437,-3*0.587785252294) circle [radius=3pt] node[anchor=south] {};
	\node[anchor=west] at (3.2*0.80901699437,-3.6*0.587785252294) {$e^{i9\pi/5}$};
	
	%\filldraw (3,-3) circle [radius=3pt] node[anchor=north] {$A \V{e}_2$};
	%\filldraw (-7,2) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {$A \V{u}$};
	%\filldraw (9,6) circle [radius=3pt] node[anchor=north] {$A \V{v}$};
	%\draw[-] (0,0) to (4,5);
	%\node[anchor=south] at (2,3) {\footnotesize $r$};
	\draw (3,0) arc (0:360:3);
	%\node[anchor=south] at (3.3,1.1) {\footnotesize $\theta$};
	%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (0,1) to[bend right=30] (3,-3);
	%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (-1,-2) to[bend right=20] (-7,2);
	%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (3,2) to[bend left=20] (9,6);
	\end{tikzpicture}
	\\
	{\small \textit{FemterÃ¸ttene til -1}}
	\end{center}
	\end{minipage}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{25}
	Et polynom er gitt ved
	\begin{align*}
		p(z) = a_nz^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0
	\end{align*}
	og dersom alle $a$-koeffisientene er reelle, 
	kan vi beregne
	\begin{align*}
		\overline{p(z)} =&amp; \overline{a_nz^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0} \\
		 =&amp; \overline{a_nz^n} + \overline{a_{n-1}z^{n-1}} + \cdots + \overline{a_1 z} + \overline{a_0} \\
		 =&amp; \overline{a_n}\overline{z^n} + \overline{a_{n-1}}\overline{z^{n-1}} + \cdots + \overline{a_1}\overline{ z} + \overline{a_0} \\
		 =&amp; a_n\overline{z}^n + a_{n-1}\overline{z}^{n-1} + \cdots + a_1 \overline{z} + a_0 = p(\overline{z})
	\end{align*}
	Dersom vi har $p(z)=0$, 
	mÃ¥ vi ogsÃ¥ ha $p(\overline{z})=\overline{p(z)}=0$, 
	sÃ¥ dersom imaginÃ¦rdelen til en rot er forskjellig fra null, 
	mÃ¥ det finnes en annen rot med samme realdel og motsatt fortegn pÃ¥ imaginÃ¦rdelen. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
	Det er ikke sÃ¥ lett Ã¥ faktorisere et tilfeldig tredjeordens polynom med mindre man 
	husker $abcd$-formelen.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_equation}}
	Det gjÃ¸r ikke vi, 
	men vi ser jo at $p(1)=0$, 
	sÃ¥ vi kan dele ut $x-1$ og fÃ¥ 
    \begin{align*}
        p(x) = x^3 + x^2 + x - 3 = (x-1)\left( ax^2+bx+c \right).
	\end{align*}
	Polynomdivisjonen vi alle lÃ¦rte pÃ¥ barneskolen synes jeg er knotete. 
	Det er mye bedre Ã¥ sammenlikne ordner av $x$ pÃ¥ hver side av likningen, 
	og se at 
	\begin{align*}
		x^3&amp;: \hspace*{15mm} a\hspace*{13mm} =1 \\
		x^2&amp;:\hspace*{12mm} -a + b \hspace*{6.5mm} = 1  \\ 
		x&amp;:\hspace*{19mm}-b + c = 1  \\ 
		1&amp;:\hspace*{28.5mm}c = 3 
	\end{align*}
	som gir $b=2$, 
	slik at 
    \begin{align*}
        p(x) = x^3 + x^2 + x - 3 = (x-1)\left( x^2+2x+1 \right) = (x-1)(x+1)^2.
	\end{align*}
	Dette kalles et lineÃ¦rt likningssystem, 
	og vi skal studere slikt skrÃ¸mt grundig om et par uker. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{27}
	Samme her, vi ser jo at $p(1)=0$, 
	sÃ¥ vi kan dele ut $x-1$ og fÃ¥ 
    \begin{align*}
        p(x) = x^3 + x^2 - 2 = (x-1)\left( ax^2+bx+c \right).
	\end{align*}
	Sammenlikner vi ordner av $x$ pÃ¥ hver side av likningen, 
	fÃ¥r vi 
	\begin{align*}
		x^3&amp;: \hspace*{15mm} a\hspace*{13mm} =1 \\
		x^2&amp;:\hspace*{12mm} -a + b \hspace*{6.5mm} = 1  \\ 
		x&amp;:\hspace*{19mm}-b + c = 0  \\ 
		1&amp;:\hspace*{28.5mm}c = 2 
	\end{align*}
	som gir $b=2$, 
	slik at 
    \begin{align*}
        p(x) = x^3 + x^2 - 2 = (x-1)\left( x^2+2x+2 \right)=(x-1)(x+1+i)(x+1-i).
	\end{align*}	
	Det sies at Lars Onsager fikk til Ã¥ utlede formelen for lÃ¸sning av tredjegradslikninger pÃ¥ egenhÃ¥nd da han var tolv Ã¥r gammel. 
	Det sies ogsÃ¥ at da de ringte ham for Ã¥ fortelle ham at han hadde fÃ¥tt nobelpris, 
	spurte bare \say{I hva?}. 
	Han visste nemlig at han hadde gjort store nok bidrag til Ã¥ fÃ¥ nobelprisen i bÃ¥de fysikk og kjemi. 
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/M1014597}
\end{center}

\end{document}
</pre></body></html>