M0047M-2020-08-19

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2020-08-19 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_200819.pdf, m0047m_200819sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: Taylorutveckling av $\ln (1+x)$ med restterm, approximation av $\ln 2$ och hur hög ordning som krävs
• Uppgift 2: tre gränsvärden, $\frac{\ln (e^{2x}+4x^2)}{3x+5}$ i oändligheten, en derivata av $\arctan$ som gränsvärde och ett rationellt uttryck med ensidiga gränsvärden
• Uppgift 3: definitionsmängd och derivata för inversen till $\frac{t-\sin t}{1-\cos t}$
• Uppgift 4: induktionsbevis för $\frac{d^n}{d{x}^n}\sin x=\sin \left(x+\frac{n\pi }{2}\right)$
• Uppgift 5: nollställen, extremvärden, konvexitet och asymptoter för $\frac{x^2+x-2}{x-2}$
• Uppgift 6: kulstötning, implicit derivering av kastvidden och maximal kastvidd

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. Taylorutveckling av $\ln (1+x)$

Låt

$$f(x)=\ln (1+x).$$

(a) Finn Taylorutvecklingen (inklusive felterm) av ordning 4 kring punkten $x=0$ av $f(x)$. (2p)

(b) Använd taylorpolynomet $P_4$ för att beräkna ett närmevärde till $\ln 2$. Ge en uppskattning av felet som görs med denna approximation. (2p)

(c) Vilken är den lägsta ordning $n$ av Taylorpolynom kring $x=0$ av $f(x)$ som krävs för att man ska kunna garantera att det absoluta felet vid approximation av $\ln 2$ är mindre än $1/100$? Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Taylors formel med Lagranges restterm.

Ledtråd 2

$P_n(x)={\sum }_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k$ och $E_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(s)}{(n+1)!}{x}^{n+1}$ för något $s$ mellan $0$ och $x$. Hitta ett allmänt uttryck för $f^{(n)}(x)$.

Ledtråd 3

$f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(1+x{)}^n}$. För $x=1$ ligger $s$ i $(0,1)$, så $\frac{1}{(1+s{)}^{n+1}}<1$.

Lösning

(a) Derivatorna är

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x},f^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{(1+x{)}^2},f^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{2}{(1+x{)}^3},f^{(4)}(x)=-\frac{6}{(1+x{)}^4},f^{(5)}(x)=\frac{24}{(1+x{)}^5}$$

och allmänt $f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(1+x{)}^n}$. I $x=0$: $f(0)=0$, $f^{\prime }(0)=1$, $f^{\prime \prime }(0)=-1$, $f^{\prime \prime \prime }(0)=2$, $f^{(4)}(0)=-6$. Alltså

$$\boxed{\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+E_4(x),E_4(x)=\frac{f^{(5)}(s)}{5!}{x}^5=\frac{x^5}{5(1+s{)}^5}}$$

för något $s$ mellan $0$ och $x$.

(b)

$$\ln 2=f(1)\approx P_4(1)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{12-6+4-3}{12}=\boxed{\frac{7}{12}}$$

Felet är $E_4(1)=\frac{1}{5(1+s{)}^5}$ för något $s\in (0,1)$. Funktionen $\frac{1}{(1+s{)}^5}$ är avtagande, så

$$\frac{1}{160}=\frac{1}{5\cdot 2^5}<E_4(1)<\frac{1}{5}⟹\boxed{|E_4(1)|<\frac{1}{5}}$$

Felet är positivt, så $\frac{7}{12}$ är en underskattning och

$$\frac{7}{12}<\ln 2<\frac{7}{12}+\frac{1}{5}=\frac{47}{60}$$

(Det verkliga felet är $\ln 2-\frac{7}{12}\approx 0,110$.)

(c) Med den allmänna derivatan blir resttermen i $x=1$

$$E_n(1)=\frac{f^{(n+1)}(s)}{(n+1)!}=\frac{(-1{)}^{n}n!}{(n+1)!(1+s{)}^{n+1}}=\frac{(-1{)}^n}{(n+1)(1+s{)}^{n+1}},0<s<1$$

så $|E_n(1)|<\frac{1}{n+1}$. Uppskattningen kan inte göras bättre utan att veta mer om $s$, eftersom $\frac{1}{(1+s{)}^{n+1}}$ kan ligga godtyckligt nära $1$. För att garantera $|E_n(1)|<\frac{1}{100}$ krävs $\frac{1}{n+1}\le \frac{1}{100}$, dvs.

$$\boxed{n=99}$$

Anmärkning: $P_n(1)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\dots$ är delsummor av den alternerande harmoniska serien, som konvergerar mycket långsamt. Räknar man ut felet numeriskt räcker faktiskt $n=50$, men det kan inte garanteras med Lagranges restterm.

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden

Avgör huruvida följande gränsvärden existerar och om så, bestäm dem (utan hjälp av l’Hôpitals regler):

(a)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(e^{2x}+4x^2\right)}{3x+5}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\arctan (1+h)-\frac{\pi }{4}}{h}.$$

Ledning: Derivata av $\arctan$. (2p)

(c)

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-4}{x^2-4x+4}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett gränsvärde i oändligheten med logaritmlagar; (b) är en derivatans definition i förklädnad; (c) kräver faktorisering och ensidiga oegentliga gränsvärden.

Ledtråd 2

(a) Bryt ut den dominerande termen $e^{2x}$ inuti logaritmen. (b) $\frac{\pi }{4}=\arctan 1$. (c) Faktorisera täljare och nämnare och förkorta.

Ledtråd 3

(a) $\ln \left(e^{2x}\left(1+\frac{4x^2}{e^{2x}}\right)\right)=2x+\ln \left(1+\frac{4x^2}{e^{2x}}\right)$. (b) Gränsvärdet är $\frac{d}{dx}\arctan x$ i $x=1$. (c) Uttrycket blir $\frac{x+2}{x-2}$; jämför $x\to 2^{+}$ och $x\to 2^{-}$.

Lösning

(a) Bryt ut $e^{2x}$ i logaritmen:

$$\frac{\ln \left(e^{2x}+4x^2\right)}{3x+5}=\frac{2x+\ln \left(1+\frac{4x^2}{e^{2x}}\right)}{3x+5}=\frac{2+\frac{1}{x}\ln \left(1+\frac{4x^2}{e^{2x}}\right)}{3+\frac{5}{x}}$$

Standardgränsvärdet $\frac{x^2}{e^{2x}}\to 0$ ger $\ln \left(1+\frac{4x^2}{e^{2x}}\right)\to \ln 1=0$, så

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(e^{2x}+4x^2\right)}{3x+5}=\frac{2+0}{3+0}=\frac{2}{3}}$$

(b) Eftersom $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$ är uttrycket en differenskvot för $\arctan$ i punkten $1$:

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\arctan (1+h)-\arctan 1}{h}={\frac{d}{dx}\arctan x|}_{x=1}={\frac{1}{1+x^2}|}_{x=1}=\boxed{\frac{1}{2}}$$

(c) Faktorisering ger, för $x\ne 2$,

$$\frac{x^2-4}{x^2-4x+4}=\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2{)}^2}=\frac{x+2}{x-2}$$

Täljaren går mot $4$ och nämnaren mot $0$, med olika tecken från olika håll:

$$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x+2}{x-2}=+\infty ,\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x+2}{x-2}=-\infty$$ $$\boxed{\text{gra¨nsva¨rdet existerar inte}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Inversen till $\frac{t-\sin t}{1-\cos t}$

Man kan med viss möda visa att funktionen

$$f(t)=\frac{t-\sin t}{1-\cos t}$$

är strängt växande och därmed $1-1$ på intervallet $(0,2\pi )$. Därmed har den invers $f^{-1}$.

(a) Bestäm inversens definitionsmängd. Motivera! (2p)

(b) Beräkna ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)$. (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Invers funktion: inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd. Derivatan fås med Inversa funktioners derivata.

Ledtråd 2

(a) En kontinuerlig, strängt växande funktion på $(0,2\pi )$ har värdemängden $\left({\lim }_{t\to 0^{+}}f(t),{\lim }_{t\to 2{\pi }^{-}}f(t)\right)$. (b) ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(a)=\frac{1}{f^{\prime }(b)}$ där $f(b)=a$.

Ledtråd 3

(a) Vid $t\to 0^{+}$ hjälper Taylorutveckling: täljaren är $\frac{t^3}{6}+\dots$ och nämnaren $\frac{t^2}{2}+\dots$. (b) Pröva $b=\pi$.

Lösning

(a) $f$ är kontinuerlig och strängt växande på $(0,2\pi )$, så värdemängden är intervallet mellan de ensidiga gränsvärdena i ändpunkterna.

Vid $t\to 0^{+}$. Med $\sin t=t-\frac{t^3}{6}+t^5{B}_1(t)$ och $\cos t=1-\frac{t^2}{2}+t^4{B}_2(t)$, där $B_1,B_2$ är begränsade nära $0$:

$$\frac{t-\sin t}{1-\cos t}=\frac{\frac{t^3}{6}-t^5{B}_1(t)}{\frac{t^2}{2}-t^4{B}_2(t)}=\frac{\frac{t}{6}-t^3{B}_1(t)}{\frac{1}{2}-t^2{B}_2(t)}\to \frac{0}{\frac{1}{2}}=0$$

Vid $t\to 2{\pi }^{-}$. Täljaren går mot $2\pi -0=2\pi >0$ och nämnaren $1-\cos t$ mot $0$ genom positiva värden, så $f(t)\to +\infty$.

Inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd:

$$\boxed{D_{f^{-1}}=(0,\infty )}$$

(b) Först behövs $b=f^{-1}\left(\frac{\pi }{2}\right)$, dvs. lösningen till $f(b)=\frac{\pi }{2}$. Man ser att

$$f(\pi )=\frac{\pi -\sin \pi }{1-\cos \pi }=\frac{\pi -0}{1-(-1)}=\frac{\pi }{2}$$

och eftersom $f$ är injektiv är $b=\pi$ den enda lösningen. Kvotregeln ger

$$f^{\prime }(t)=\frac{(1-\cos t)(1-\cos t)-(t-\sin t)\sin t}{(1-\cos t{)}^2}$$

så

$$f^{\prime }(\pi )=\frac{2\cdot 2-(\pi -0)\cdot 0}{2^2}=1$$

Formeln för inversens derivata (som fås genom att derivera $f\left(f^{-1}(t)\right)=t$ implicit):

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

Kontrollerat mot facit.

---

4. Högre derivator av $\sin x$ genom induktion

Visa att

$$\frac{d^n}{d{x}^n}(\sin x)=\sin \left(x+\frac{n\pi }{2}\right)$$

för varje heltal $n=1,2,3,\dots$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion över derivatans ordning.

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$. I induktionssteget är $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\sin x=\frac{d}{dx}\left(\frac{d^p}{d{x}^p}\sin x\right)$.

Ledtråd 3

Nyckeln är identiteten $\cos u=\sin \left(u+\frac{\pi }{2}\right)$, som följer av additionsformeln för sinus med $\sin \frac{\pi }{2}=1$ och $\cos \frac{\pi }{2}=0$.

Lösning

Hjälpresultat. För varje reellt $u$ ger additionsformeln (Trigonometri)

$$\sin \left(u+\frac{\pi }{2}\right)=\sin u\cos \frac{\pi }{2}+\cos u\sin \frac{\pi }{2}=\sin u\cdot 0+\cos u\cdot 1=\cos u$$

Basfall. För $n=1$ är

$$\text{VL}=\frac{d}{dx}\sin x=\cos x=\sin \left(x+\frac{\pi }{2}\right)=\text{HL}$$

enligt hjälpresultatet med $u=x$.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $n=p\ge 1$, dvs.

$$\frac{d^p}{d{x}^p}\sin x=\sin \left(x+\frac{p\pi }{2}\right)\text{(induktionsantagandet)}$$

Då är, med kedjeregeln och hjälpresultatet med $u=x+\frac{p\pi }{2}$,

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\sin x& =\frac{d}{dx}\left(\frac{d^p}{d{x}^p}\sin x\right)=\frac{d}{dx}\sin \left(x+\frac{p\pi }{2}\right)=\cos \left(x+\frac{p\pi }{2}\right)\\ & =\sin \left(x+\frac{p\pi }{2}+\frac{\pi }{2}\right)=\sin \left(x+\frac{(p+1)\pi }{2}\right)\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

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

Kontroll: för $n=2$ ger formeln $\sin (x+\pi )=-\sin x$ och för $n=4$ ger den $\sin (x+2\pi )=\sin x$, som det ska vara.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $\frac{x^2+x-2}{x-2}$

Bestäm nollställen, lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan

$$y=f(x)=\frac{x^2+x-2}{x-2}.$$

Skissera kurvan samt ange i vilka intervall funktionen är växande/avtagande respektive konvex/konkav. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning av en rationell funktion: polynomdivision för asymptoter, teckenschema för derivatan och andraderivatan för konvexitet.

Ledtråd 2

Faktorisera täljaren för nollställena. Polynomdivision ger $f(x)=kx+m+\frac{r}{x-2}$, och då är $y=kx+m$ en sned asymptot. Nämnarens nollställe ger en lodrät asymptot.

Ledtråd 3

$f(x)=x+3+\frac{4}{x-2}$, så $f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{(x-2{)}^2}$ och $f^{\prime \prime }(x)=\frac{8}{(x-2{)}^3}$.

Lösning

Nollställen. $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$, så

$$f(x)=\frac{(x-1)(x+2)}{x-2},\boxed{\text{nollsta¨llen }x=1\text{ och }x=-2}$$

Kurvan skär $y$-axeln i $f(0)=\frac{-2}{-2}=1$.

Asymptoter. Polynomdivision:

$$f(x)=\frac{x(x-2)+3(x-2)+4}{x-2}=x+3+\frac{4}{x-2}$$

Eftersom $\frac{4}{x-2}\to 0$ då $x\to \pm \infty$ är $y=x+3$ en sned asymptot åt båda hållen. Vid $x=2$ går täljaren $(x-1)(x+2)\to 4$ och nämnaren mot $0$:

$$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f(x)=-\infty ,\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f(x)=+\infty$$ $$\boxed{\text{lodra¨t asymptot }x=2,\text{sned asymptot }y=x+3\text{ da˚ }x\to \pm \infty }$$

Någon vågrät asymptot finns inte, och $f$ saknar globala extremvärden.

Derivata.

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

Kritiska punkter: $x=0$ och $x=4$.

	$x<0$	$0$	$0<x<2$	$2$	$2<x<4$	$4$	$x>4$
$x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$x-4$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$(x-2{)}^2$	$+$	$+$	$+$	$0$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	odef.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	asymptot	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(0)=1,\text{lok. min }f(4)=\frac{16+4-2}{2}=9}$$

$f$ är växande på $(-\infty ,0]$ och $[4,\infty )$ och avtagande på $[0,2)$ och $(2,4]$.

Andraderivata.

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{d}{dx}\left(1-4(x-2{)}^{-2}\right)=\frac{8}{(x-2{)}^3}$$

$f^{\prime \prime }$ är aldrig noll och byter tecken bara vid $x=2$, som inte hör till definitionsmängden. Alltså är $f$ konkav på $(-\infty ,2)$ och konvex på $(2,\infty )$, och

$$\boxed{\text{kurvan saknar inflexionspunkter}}$$

Skiss. Den vänstra grenen kommer underifrån längs asymptoten $y=x+3$, går genom $(-2,0)$, vänder i maximipunkten $(0,1)$ och störtar mot $-\infty$ vid $x=2$ efter att ha passerat $(1,0)$. Den högra grenen kommer från $+\infty$ vid $x=2$, vänder i minimipunkten $(4,9)$ och närmar sig sedan asymptoten $y=x+3$ ovanifrån. Kurvan är symmetrisk kring asymptoternas skärningspunkt $(2,5)$.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Kulstötning

Det resultat som en kulstötare uppnår beror bland annat på elevationsvinkeln $\theta$ och höjden $h$ kulan lämnar handen.

Kastparabelns ekvation är

$$y=h+x\tan \theta -\frac{g{x}^2}{2v^2}\left(1+{\tan }^2\theta \right)$$

där $v$ är utgångsfarten och $g$ tyngdaccelerationen. Ledning: Kulan träffar marken i punkten $(x,y)=(R,0)$.

(a) Bilda kastvidden $R$ som implicit funktion av $z=\tan \theta$. Bestäm $\frac{dR}{dz}$ genom implicit derivering. (2p)

(b) Hur långt kan han maximalt stöta? (2p)

(c) Hur ska $\theta$ väljas för att han ska stöta så långt som möjligt? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Implicit derivering följd av en optimering: största kastvidden ligger där $\frac{dR}{dz}=0$.

Ledtråd 2

Sätt in $(x,y)=(R,0)$ och $\tan \theta =z$: $0=h+Rz-\frac{g{R}^2}{2v^2}(1+z^2)$. Derivera båda leden med avseende på $z$, med $R=R(z)$.

Ledtråd 3

$R^{\prime }=0$ ger $R-\frac{g{R}^{2}z}{v^2}=0$, dvs. $z=\frac{v^2}{gR}$. Sätt tillbaka detta i sambandet och lös ut $R$.

Lösning

(a) Med $z=\tan \theta$, $-\frac{\pi }{2}<\theta <\frac{\pi }{2}$, och nedslagspunkten $(R,0)$ bestäms $R=R(z)$ implicit av

$$-h=Rz-\frac{g{R}^2}{2v^2}\left(1+z^2\right)$$

Derivera båda leden med avseende på $z$ (produktregeln och kedjeregeln, $R=R(z)$):

$$0=R^{\prime }z+R-\frac{g}{2v^2}\left(2R{R}^{\prime }\left(1+z^2\right)+R^2\cdot 2z\right)$$

Samla termerna med $R^{\prime }$:

$$R-\frac{g{R}^{2}z}{v^2}=R^{\prime }\left(\frac{gR}{v^2}\left(1+z^2\right)-z\right)$$ $$\boxed{\frac{dR}{dz}=\frac{R-\frac{g{R}^{2}z}{v^2}}{\frac{gR}{v^2}\left(1+z^2\right)-z}}$$

(b) När $\theta$ går mot $\pm \frac{\pi }{2}$ går kastvidden mot $0$ (kulan kastas rakt upp eller rakt ned), så den största kastvidden antas i en inre punkt där $R^{\prime }(z)=0$. Täljaren måste då vara noll, och eftersom $R>0$:

$$R-\frac{g{R}^{2}z}{v^2}=0⟺z=\frac{v^2}{gR}$$

Insättning i sambandet från (a):

$$-h=R\cdot \frac{v^2}{gR}-\frac{g{R}^2}{2v^2}\left(1+\frac{v^4}{g^2{R}^2}\right)=\frac{v^2}{g}-\frac{g{R}^2}{2v^2}-\frac{v^2}{2g}$$ $$\frac{g{R}^2}{2v^2}=h+\frac{v^2}{2g}=\frac{v^2+2gh}{2g}⟺R^2=\frac{v^2\left(v^2+2gh\right)}{g^2}$$ $$\boxed{R_{\max }=\frac{v\sqrt{v^2+2gh}}{g}}$$

(c) Den optimala vinkeln ges av $\tan \theta =z=\frac{v^2}{g{R}_{\max }}$:

$$\boxed{\theta =\arctan \frac{v}{\sqrt{v^2+2gh}}}$$

Eftersom $\frac{v}{\sqrt{v^2+2gh}}<1$ när $h>0$ är den optimala vinkeln något mindre än $45^{\circ }$. För $h=0$ får man de välkända värdena $R_{\max }=\frac{v^2}{g}$ och $\theta =45^{\circ }$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Taylors formel
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Derivata
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata
• Gränsvärdesberäkning med Taylor
• Matematisk induktion
• Trigonometri
• Grafritning och asymptoter
• Extremvärden
• Andraderivata och konvexitet
• Implicit derivering