M0047M-2019-12-19

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2019-12-19 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_191219full.pdf, m0047m_191219sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för en formel för $n$:te derivatan av $x{e}^{2x}$
• Uppgift 2: tre gränsvärden: en kvot när $x\to \infty$, en kvot med absolutbelopp och en kvot med $\sin$ och $\tan$
• Uppgift 3: Taylorpolynom av ordning 2 för $e^x$ med Lagranges restterm och en uppskattning av $\sqrt{e}$
• Uppgift 4: lokala extremvärden och värdemängd för $x^{x\ln x}$
• Uppgift 5: inverterbarhet, inversens värde och inversens derivata för $\frac{x^3}{1+x^2}$
• Uppgift 6: största cylindern inskriven i en kon

Så använder du sidan

Försök själv först. Ledtråd 1 säger vilken sorts uppgift det är, ledtråd 2 (inuti ledtråd 1) ger modellen och ledtråd 3 (inuti ledtråd 2) nyckelsteget. Lösning är hela uträkningen, kontrollerad mot lärarens facit.

---

1. Högre derivator av $x{e}^{2x}$ genom induktion

Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n$ gäller att

$$\frac{d^n}{d{x}^n}\left(x{e}^{2x}\right)=\left(2^{n}x+n\cdot 2^{n-1}\right)e^{2x}.$$

(5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion, där induktionssteget är en derivering med produktregeln.

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$. Anta att formeln gäller för $n=p$ och derivera båda leden en gång till: $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}=\frac{d}{dx}\frac{d^p}{d{x}^p}$.

Ledtråd 3

$\frac{d}{dx}\left[\left(2^{p}x+p\cdot 2^{p-1}\right)e^{2x}\right]=2^p{e}^{2x}+2\left(2^{p}x+p\cdot 2^{p-1}\right)e^{2x}$. Samla ihop och använd $2^p+p\cdot 2^p=(p+1)2^p$.

Lösning

Basfall. För $n=1$ ger produktregeln

$$\frac{d}{dx}\left(x{e}^{2x}\right)=e^{2x}+x\cdot 2e^{2x}=(2x+1)e^{2x}=\left(2^{1}x+1\cdot 2^0\right)e^{2x}$$

så formeln gäller för $n=1$.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 1$ (induktionsantagandet):

$$\frac{d^p}{d{x}^p}\left(x{e}^{2x}\right)=\left(2^{p}x+p\cdot 2^{p-1}\right)e^{2x}$$

Vi vill visa att $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\left(x{e}^{2x}\right)=\left(2^{p+1}x+(p+1)2^p\right)e^{2x}$. Med induktionsantagandet och produktregeln får vi

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\left(x{e}^{2x}\right)& =\frac{d}{dx}\left[\left(2^{p}x+p\cdot 2^{p-1}\right)e^{2x}\right]=2^p{e}^{2x}+\left(2^{p}x+p\cdot 2^{p-1}\right)\cdot 2e^{2x}\\ & =\left(2^p+2^{p+1}x+p\cdot 2^p\right)e^{2x}=\left(2^{p+1}x+(p+1)2^p\right)e^{2x}\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\frac{d^n}{d{x}^n}\left(x{e}^{2x}\right)=\left(2^{n}x+n\cdot 2^{n-1}\right)e^{2x}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden

Bestäm följande gränsvärden, om de existerar:

(a)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3x^3-15x^5{e}^{-x}}{4x^2\sin x-7x^3}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|2x-2|-|2x+2|}{x}.$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 5x-3x}{2\tan 3x-4x\cos x}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden av typerna $\left[\frac{\infty }{\infty }\right]$ och $\left[\frac{0}{0}\right]$, med standardgränsvärden och absolutbelopp.

Ledtråd 2

(a) Bryt ut $x^3$ i täljare och nämnare. (b) Skriv om absolutbeloppen utan beloppstecken för $x$ nära $0$. (c) Dela täljare och nämnare med $x$ och använd $\frac{\sin x}{x}\to 1$.

Ledtråd 3

(a) $\frac{x^2}{e^x}\to 0$ och $\frac{\sin x}{x}\to 0$ när $x\to \infty$. (b) För $-1<x<1$ är $|2x-2|=2-2x$ och $|2x+2|=2x+2$. (c) $\frac{2\tan 3x}{x}=6\cdot \frac{\sin 3x}{3x}\cdot \frac{1}{\cos 3x}$.

Lösning

(a) Typen är $\left[\frac{\infty }{\infty }\right]$. Utbrytning av $x^3$ ger

$$\frac{3x^3-15x^5{e}^{-x}}{4x^2\sin x-7x^3}=\frac{3-15\cdot \frac{x^2}{e^x}}{4\cdot \frac{\sin x}{x}-7}$$

När $x\to \infty$ går $\frac{x^2}{e^x}\to 0$ (exponentialfunktionen växer snabbare än varje potens) och $\frac{\sin x}{x}\to 0$ (eftersom $|\sin x|\le 1$). Alltså

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3x^3-15x^5{e}^{-x}}{4x^2\sin x-7x^3}=\frac{3-0}{0-7}=-\frac{3}{7}}$$

(b) Typen är $\left[\frac{0}{0}\right]$. Eftersom $|2x-2|=2-2x$ för $x<1$ och $|2x+2|=2x+2$ för $x\ge -1$ gäller för $-1<x<1$, $x\ne 0$:

$$\frac{|2x-2|-|2x+2|}{x}=\frac{(2-2x)-(2x+2)}{x}=\frac{-4x}{x}=-4$$ $$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|2x-2|-|2x+2|}{x}=-4}$$

(c) Typen är $\left[\frac{0}{0}\right]$. Division med $x$ i täljare och nämnare ger

$$\frac{\sin 5x-3x}{2\tan 3x-4x\cos x}=\frac{5\cdot \frac{\sin 5x}{5x}-3}{6\cdot \frac{\sin 3x}{3x}\cdot \frac{1}{\cos 3x}-4\cos x}\to \frac{5\cdot 1-3}{6\cdot 1\cdot 1-4\cdot 1}=\frac{2}{2}$$ $$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 5x-3x}{2\tan 3x-4x\cos x}=1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Taylorpolynom för $e^x$ och en uppskattning av $\sqrt{e}$

Låt

$$f(x)=e^x,x\in \mathbb{R}.$$

(a) Bestäm ett andra ordningens taylorpolynom till $f$ kring punkten $a=0$, inklusive Lagranges restterm. (3p)

(b) Använd detta polynom för att visa att

$$\sqrt{e}>\frac{13}{8}.$$

(1p)

(c) Använd feltermen för att bestämma det maximala värdet differensen

$$\sqrt{e}-\frac{13}{8}$$

kan få. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Taylors formel med Lagranges restterm.

Ledtråd 2

$f(x)=P_2(x)+E_2(x)$ med $P_2(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2$ och $E_2(x)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(s)}{3!}{x}^3$ för något $s$ mellan $0$ och $x$. Sätt sedan $x=\frac{1}{2}$.

Ledtråd 3

Alla derivator av $e^x$ är $e^x$, så $E_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{e^s}{48}$ med $0<s<\frac{1}{2}$. Detta är positivt, och $e^s<e^{1/2}$.

Lösning

(a) $f^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime \prime }(x)=e^x$, så $f(0)=f^{\prime }(0)=f^{\prime \prime }(0)=1$. Taylors formel ger

$$\boxed{e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+E_2(x),E_2(x)=\frac{e^s}{6}{x}^3}$$

för något $s$ mellan $0$ och $x$.

(b) Med $x=\frac{1}{2}$ är

$$\sqrt{e}=e^{1/2}=P_2\left(\frac{1}{2}\right)+E_2\left(\frac{1}{2}\right)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{e^s}{6}\cdot \frac{1}{8}=\frac{13}{8}+\frac{e^s}{48}$$

med $0<s<\frac{1}{2}$. Eftersom $e^s>0$ är resttermen positiv, så

$$\boxed{\sqrt{e}>\frac{13}{8}}$$

(c) Differensen är precis resttermen:

$$\sqrt{e}-\frac{13}{8}=\frac{e^s}{48},0<s<\frac{1}{2}$$

Eftersom $e^s$ är växande är $e^s<e^{1/2}=\sqrt{e}$, så $\sqrt{e}-\frac{13}{8}<\frac{\sqrt{e}}{48}$. För att få en gräns utan $\sqrt{e}$ i högerledet löser vi ut $\sqrt{e}$:

$$\sqrt{e}\left(1-\frac{1}{48}\right)<\frac{13}{8}⟺\sqrt{e}<\frac{13}{8}\cdot \frac{48}{47}=\frac{78}{47}$$

Därmed

$$\boxed{0<\sqrt{e}-\frac{13}{8}<\frac{\sqrt{e}}{48}<\frac{1}{48}\cdot \frac{78}{47}=\frac{13}{376}\approx 0,035}$$

Anmärkning: en enklare men grövre gräns fås av $e<4$, dvs. $\sqrt{e}<2$, vilket ger $\sqrt{e}-\frac{13}{8}<\frac{2}{48}=\frac{1}{24}$. Den verkliga differensen är ungefär $0,024$.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning formulerar (c) som att bestämma “en övre gräns” för differensen; det exakta maximum av $\frac{e^s}{48}$ antas inte, eftersom $s<\frac{1}{2}$, så svaret är en övre gräns, $\frac{13}{376}$.

---

4. Funktionen $x^{x\ln x}$

Bilda funktionen

$$f(x)=x^{x\ln x},x>0.$$

Bestäm eventuella lokala extremvärden. Gör teckenstudium av derivatan, skissera kurvan i dess huvuddrag och ange funktionens värdemängd. Ledning: skriv först om $f(x)$ som $e^{\ln f(x)}$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Skriv om med logaritmlagarna och gör en teckenstudie av derivatan och kurvundersökning.

Ledtråd 2

$\ln f(x)=x\ln x\cdot \ln x=x(\ln x{)}^2$, så $f(x)=e^{x(\ln x{)}^2}$. Undersök gränsvärdena när $x\to 0^{+}$ och $x\to \infty$ och derivera med kedjeregeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=e^{x(\ln x{)}^2}(\ln x+2)\ln x$, med nollställen $x=e^{-2}$ och $x=1$. Använd $\sqrt{x}\ln x\to 0$ när $x\to 0^{+}$.

Lösning

Omskrivning. $\ln f(x)=x\ln x\cdot \ln x=x(\ln x{)}^2$, så

$$f(x)=e^{x(\ln x{)}^2},x>0$$

Eftersom exponenten är $\ge 0$ är $f(x)\ge e^0=1$ för alla $x>0$.

Gränsvärden i ändpunkterna. Standardgränsvärdet $\sqrt{x}\ln x\to 0$ när $x\to 0^{+}$ ger

$$x(\ln x{)}^2={\left(\sqrt{x}\ln x\right)}^2\to 0⟹\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=e^0=1$$

och eftersom $x(\ln x{)}^2\to \infty$ när $x\to \infty$ är ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=\infty$.

Derivata. Kedjeregeln och produktregeln ger

$$f^{\prime }(x)=e^{x(\ln x{)}^2}\left((\ln x{)}^2+x\cdot \frac{2\ln x}{x}\right)=e^{x(\ln x{)}^2}(\ln x+2)\ln x$$

Kritiska punkter: $\ln x=-2$ och $\ln x=0$, dvs. $x=e^{-2}$ och $x=1$.

	$0<x<e^{-2}$	$e^{-2}$	$e^{-2}<x<1$	$1$	$x>1$
$\ln x+2$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$\ln x$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$e^{x(\ln x{)}^2}$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

Funktionsvärdena är

$$f\left(e^{-2}\right)=e^{e^{-2}(-2{)}^2}=e^{4e^{-2}}\approx 1,72,f(1)=e^{1\cdot 0^2}=1$$ $$\boxed{\text{lok. max }f\left(e^{-2}\right)=e^{4e^{-2}},\text{lok. min }f(1)=1}$$

Värdemängd. $f\ge 1$ med likhet i $x=1$, och $f$ är kontinuerlig med $f(x)\to \infty$ när $x\to \infty$. Enligt satsen om mellanliggande värden antas alla värden i $[1,\infty )$:

$$\boxed{V_f=[1,\infty )}$$

Skiss. Kurvan startar i $(0,1)$ (utan att nå dit, eftersom $x>0$), stiger brant till maximipunkten $\left(e^{-2},e^{4e^{-2}}\right)\approx (0,14;1,72)$, sjunker till minimipunkten $(1,1)$ där den tangerar linjen $y=1$ och växer sedan obegränsat.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Inversen till $\frac{x^3}{1+x^2}$

Låt

$$f(x)=\frac{x^3}{1+x^2},x\in \mathbb{R}.$$

(a) Visa att funktionen är inverterbar. (2p)

(b) Finn

$$f^{-1}\left(\frac{1}{2}\right).$$

(1p)

(c) Beräkna

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right).$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Inverterbarhet via monotonicitet, och Inversa funktioners derivata.

Ledtråd 2

(a) En strängt växande funktion är injektiv. (b) Lös $f(y)=\frac{1}{2}$. (c) ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(y)}$ där $y=f^{-1}(x)$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{x^2(x^2+3)}{(1+x^2{)}^2}$. I (b) blir ekvationen $2y^3-y^2-1=0$; pröva $y=1$.

Lösning

(a) Kvotregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\frac{3x^2(1+x^2)-x^3\cdot 2x}{(1+x^2{)}^2}=\frac{x^4+3x^2}{(1+x^2{)}^2}=\frac{x^2(x^2+3)}{(1+x^2{)}^2}$$

Alltså är $f^{\prime }(x)>0$ för $x\ne 0$ och $f^{\prime }(0)=0$. Eftersom derivatan är positiv utom i en enda punkt är $f$ strängt växande på $\mathbb{R}$ (man ser också direkt att $f(x)<0=f(0)$ för $x<0$ och $f(x)>0$ för $x>0$). En strängt växande funktion är injektiv, så

$$\boxed{f\text{ a¨r inverterbar}}$$

(b) $y=f^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$ betyder $f(y)=\frac{1}{2}$:

$$\frac{y^3}{1+y^2}=\frac{1}{2}⟺2y^3=1+y^2⟺2y^3-y^2-1=0$$

$y=1$ är en rot, och faktorisering ger $(y-1)(2y^2+y+1)=0$. Andragradsfaktorn har diskriminanten $1-8<0$ och saknar reella rötter (vilket också följer av att $f$ är injektiv). Alltså

$$\boxed{f^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)=1}$$

(c) Implicit derivering av $x=f(y)$ med avseende på $x$ ger $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$, dvs.

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(y)}=\frac{(1+y^2{)}^2}{y^2(y^2+3)}$$

I punkten $x=\frac{1}{2}$ är $y=1$ och $f^{\prime }(1)=\frac{1\cdot 4}{2^2}=1\ne 0$, så

$$\boxed{{\left(f^{-1}\right)}^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{f^{\prime }(1)}=1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

6. Största cylindern i en kon

Bestäm den maximala volymen av en rak cirkulär cylinder inskriven i en cirkulär kon med höjden 12 cm och basradien 4 cm. Vi förutsätter att symmetriaxlarna till cylindern och konen sammanfaller. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En optimeringsuppgift: Extremvärden för en funktion av en variabel på ett slutet intervall.

Ledtråd 2

Låt cylindern ha radien $r$ och höjden $h$, så $V=\pi r^{2}h$. Likformiga trianglar i ett snitt genom symmetriaxeln ger sambandet mellan $r$ och $h$.

Ledtråd 3

$\frac{r}{12-h}=\frac{4}{12}$, dvs. $h=3(4-r)$, så $V(r)=3\pi r^2(4-r)$ för $0\le r\le 4$.

Lösning

Låt cylindern ha radien $r$ och höjden $h$. Dess volym är $V=\pi r^{2}h$. Cylinderns övre kant ligger på konens mantel. I ett snitt genom symmetriaxeln ger likformiga trianglar (konens radie på höjden $h$ är $r$, avståndet till spetsen är $12-h$):

$$\frac{r}{12-h}=\frac{4}{12}⟺12-h=3r⟺h=3(4-r)$$

Alltså

$$V(r)=3\pi r^2(4-r)=3\pi \left(4r^2-r^3\right),0\le r\le 4$$

I ändpunkterna är $V(0)=V(4)=0$. Derivatan är

$$V^{\prime }(r)=3\pi \left(8r-3r^2\right)=3\pi r(8-3r)$$

med nollställena $r=0$ och $r=\frac{8}{3}\in (0,4)$. $V^{\prime }$ är positiv på $\left(0,\frac{8}{3}\right)$ och negativ på $\left(\frac{8}{3},4\right)$, så $r=\frac{8}{3}$ ger maximum (alternativt $V^{\prime \prime }\left(\frac{8}{3}\right)=3\pi \left(8-6\cdot \frac{8}{3}\right)=-24\pi <0$). Då är $h=3\left(4-\frac{8}{3}\right)=4$ och

$$V\left(\frac{8}{3}\right)=3\pi {\left(\frac{8}{3}\right)}^2\cdot \frac{4}{3}=\frac{256\pi }{9}$$ $$\boxed{V_{\max }=\frac{256\pi }{9}{\text{ cm}}^3\approx 89,4{\text{ cm}}^3\left(r=\frac{8}{3}\text{ cm},h=4\text{ cm}\right)}$$

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Deriveringsregler
• Gränsvärden
• Taylors formel
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata