---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2020-08-19
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

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

> [!tip] 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Taylors formel]] med Lagranges restterm.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P_n(x) = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$ och $E_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(s)}{(n + 1)!}x^{n+1}$ för något $s$ mellan $0$ och $x$. Hitta ett allmänt uttryck för $f^{(n)}(x)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n - 1)!}{(1 + x)^n}$. För $x = 1$ ligger $s$ i $(0, 1)$, så $\dfrac{1}{(1 + s)^{n+1}} < 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Derivatorna är
> $$
> f'(x) = \dfrac{1}{1 + x}, \quad f''(x) = -\dfrac{1}{(1 + x)^2}, \quad f'''(x) = \dfrac{2}{(1 + x)^3}, \quad f^{(4)}(x) = -\dfrac{6}{(1 + x)^4}, \quad f^{(5)}(x) = \dfrac{24}{(1 + x)^5}
> $$
> och allmänt $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n - 1)!}{(1 + x)^n}$. I $x = 0$: $f(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f''(0) = -1$, $f'''(0) = 2$, $f^{(4)}(0) = -6$. Alltså
> $$
> \boxed{\ln(1 + x) = x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} + E_4(x), \qquad E_4(x) = \dfrac{f^{(5)}(s)}{5!}x^5 = \dfrac{x^5}{5(1 + s)^5}}
> $$
> för något $s$ mellan $0$ och $x$.
>
> **(b)**
> $$
> \ln 2 = f(1)\approx P_4(1) = 1 - \dfrac12 + \dfrac13 - \dfrac14 = \dfrac{12 - 6 + 4 - 3}{12} = \boxed{\dfrac{7}{12}}
> $$
> Felet är $E_4(1) = \dfrac{1}{5(1 + s)^5}$ för något $s\in(0, 1)$. Funktionen $\dfrac{1}{(1 + s)^5}$ är avtagande, så
> $$
> \dfrac{1}{160} = \dfrac{1}{5\cdot 2^5} < E_4(1) < \dfrac15 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{|E_4(1)| < \dfrac15}
> $$
> Felet är positivt, så $\dfrac{7}{12}$ är en underskattning och
> $$
> \dfrac{7}{12} < \ln 2 < \dfrac{7}{12} + \dfrac15 = \dfrac{47}{60}
> $$
> (Det verkliga felet är $\ln 2 - \dfrac{7}{12}\approx 0{,}110$.)
>
> **(c)** Med den allmänna derivatan blir resttermen i $x = 1$
> $$
> E_n(1) = \dfrac{f^{(n+1)}(s)}{(n + 1)!} = \dfrac{(-1)^n n!}{(n + 1)!\,(1 + s)^{n+1}} = \dfrac{(-1)^n}{(n + 1)(1 + s)^{n+1}}, \quad 0 < s < 1
> $$
> så $|E_n(1)| < \dfrac{1}{n + 1}$. Uppskattningen kan inte göras bättre utan att veta mer om $s$, eftersom $\dfrac{1}{(1 + s)^{n+1}}$ kan ligga godtyckligt nära $1$. För att garantera $|E_n(1)| < \dfrac{1}{100}$ krävs $\dfrac{1}{n + 1}\le\dfrac{1}{100}$, dvs.
> $$
> \boxed{n = 99}
> $$
> *Anmärkning:* $P_n(1) = 1 - \dfrac12 + \dfrac13 - \dots$ 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)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(e^{2x} + 4x^2\right)}{3x + 5}.
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{h\to 0}\dfrac{\arctan(1 + h) - \frac{\pi}{4}}{h}.
$$
*Ledning:* Derivata av $\arctan$. *(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 2}\dfrac{x^2 - 4}{x^2 - 4x + 4}.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett [[Gränsvärden|gränsvärde]] i oändligheten med [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmlagar]]; (b) är en [[Derivata|derivatans definition]] i förklädnad; (c) kräver [[Polynom och faktorisering|faktorisering]] och ensidiga [[Oegentliga gränsvärden|oegentliga gränsvärden]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Bryt ut den dominerande termen $e^{2x}$ inuti logaritmen. (b) $\dfrac{\pi}{4} = \arctan 1$. (c) Faktorisera täljare och nämnare och förkorta.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\ln\left(e^{2x}\left(1 + \dfrac{4x^2}{e^{2x}}\right)\right) = 2x + \ln\left(1 + \dfrac{4x^2}{e^{2x}}\right)$. (b) Gränsvärdet är $\dfrac{d}{dx}\arctan x$ i $x = 1$. (c) Uttrycket blir $\dfrac{x + 2}{x - 2}$; jämför $x\to 2^+$ och $x\to 2^-$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Bryt ut $e^{2x}$ i logaritmen:
> $$
> \dfrac{\ln\left(e^{2x} + 4x^2\right)}{3x + 5} = \dfrac{2x + \ln\left(1 + \dfrac{4x^2}{e^{2x}}\right)}{3x + 5} = \dfrac{2 + \dfrac1x\ln\left(1 + \dfrac{4x^2}{e^{2x}}\right)}{3 + \dfrac5x}
> $$
> Standardgränsvärdet $\dfrac{x^2}{e^{2x}}\to 0$ ger $\ln\left(1 + \dfrac{4x^2}{e^{2x}}\right)\to\ln 1 = 0$, så
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(e^{2x} + 4x^2\right)}{3x + 5} = \dfrac{2 + 0}{3 + 0} = \dfrac23}
> $$
>
> **(b)** Eftersom $\arctan 1 = \dfrac{\pi}{4}$ är uttrycket en differenskvot för $\arctan$ i punkten $1$:
> $$
> \lim_{h\to 0}\dfrac{\arctan(1 + h) - \arctan 1}{h} = \left.\dfrac{d}{dx}\arctan x\right|_{x=1} = \left.\dfrac{1}{1 + x^2}\right|_{x=1} = \boxed{\dfrac12}
> $$
>
> **(c)** Faktorisering ger, för $x\ne 2$,
> $$
> \dfrac{x^2 - 4}{x^2 - 4x + 4} = \dfrac{(x - 2)(x + 2)}{(x - 2)^2} = \dfrac{x + 2}{x - 2}
> $$
> Täljaren går mot $4$ och nämnaren mot $0$, med olika tecken från olika håll:
> $$
> \lim_{x\to 2^+}\dfrac{x + 2}{x - 2} = +\infty, \qquad \lim_{x\to 2^-}\dfrac{x + 2}{x - 2} = -\infty
> $$
> $$
> \boxed{\text{gränsvärdet existerar inte}}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Man kan med viss möda visa att funktionen
$$
f(t) = \dfrac{t - \sin t}{1 - \cos t}
$$
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 $\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$. *(3p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers|Invers funktion]]: inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd. Derivatan fås med [[Inversa funktioners derivata]].
>
> > [!tip]- 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) $\left(f^{-1}\right)'(a) = \dfrac{1}{f'(b)}$ där $f(b) = a$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Vid $t\to 0^+$ hjälper [[Gränsvärdesberäkning med Taylor|Taylorutveckling]]: täljaren är $\dfrac{t^3}{6} + \dots$ och nämnaren $\dfrac{t^2}{2} + \dots$. (b) Pröva $b = \pi$.

> [!note]- 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 $\sin t = t - \dfrac{t^3}{6} + t^5 B_1(t)$ och $\cos t = 1 - \dfrac{t^2}{2} + t^4 B_2(t)$, där $B_1, B_2$ är begränsade nära $0$:
> $$
> \dfrac{t - \sin t}{1 - \cos t} = \dfrac{\dfrac{t^3}{6} - t^5 B_1(t)}{\dfrac{t^2}{2} - t^4 B_2(t)} = \dfrac{\dfrac{t}{6} - t^3 B_1(t)}{\dfrac12 - t^2 B_2(t)}\to\dfrac{0}{\frac12} = 0
> $$
> *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 $b = f^{-1}\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$, dvs. lösningen till $f(b) = \dfrac{\pi}{2}$. Man ser att
> $$
> f(\pi) = \dfrac{\pi - \sin\pi}{1 - \cos\pi} = \dfrac{\pi - 0}{1 - (-1)} = \dfrac{\pi}{2}
> $$
> och eftersom $f$ är injektiv är $b = \pi$ den enda lösningen. Kvotregeln ger
> $$
> f'(t) = \dfrac{(1 - \cos t)(1 - \cos t) - (t - \sin t)\sin t}{(1 - \cos t)^2}
> $$
> så
> $$
> f'(\pi) = \dfrac{2\cdot 2 - (\pi - 0)\cdot 0}{2^2} = 1
> $$
> Formeln för inversens derivata (som fås genom att derivera $f\left(f^{-1}(t)\right) = t$ implicit):
> $$
> \left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{1}{f'\left(f^{-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)} = \dfrac{1}{f'(\pi)} = \boxed{1}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Visa att
$$
\dfrac{d^n}{dx^n}(\sin x) = \sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right)
$$
för varje heltal $n = 1, 2, 3, \dots$. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] över derivatans ordning.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Basfallet är $n = 1$. I induktionssteget är $\dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}}\sin x = \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{d^p}{dx^p}\sin x\right)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Nyckeln är identiteten $\cos u = \sin\left(u + \dfrac{\pi}{2}\right)$, som följer av additionsformeln för sinus med $\sin\dfrac{\pi}{2} = 1$ och $\cos\dfrac{\pi}{2} = 0$.

> [!note]- Lösning
> **Hjälpresultat.** För varje reellt $u$ ger additionsformeln ([[Trigonometri]])
> $$
> \sin\left(u + \dfrac{\pi}{2}\right) = \sin u\cos\dfrac{\pi}{2} + \cos u\sin\dfrac{\pi}{2} = \sin u\cdot 0 + \cos u\cdot 1 = \cos u
> $$
>
> **Basfall.** För $n = 1$ är
> $$
> \text{VL} = \dfrac{d}{dx}\sin x = \cos x = \sin\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right) = \text{HL}
> $$
> enligt hjälpresultatet med $u = x$.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för något heltal $n = p\ge 1$, dvs.
> $$
> \dfrac{d^p}{dx^p}\sin x = \sin\left(x + \dfrac{p\pi}{2}\right) \quad\text{(induktionsantagandet)}
> $$
> Då är, med kedjeregeln och hjälpresultatet med $u = x + \dfrac{p\pi}{2}$,
> $$
> \begin{aligned}
> \dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}}\sin x &= \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{d^p}{dx^p}\sin x\right) = \dfrac{d}{dx}\sin\left(x + \dfrac{p\pi}{2}\right) = \cos\left(x + \dfrac{p\pi}{2}\right)\\
> &= \sin\left(x + \dfrac{p\pi}{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) = \sin\left(x + \dfrac{(p + 1)\pi}{2}\right)
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$.
>
> Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\dfrac{d^n}{dx^n}\sin x = \sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> *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 $\dfrac{x^2 + x - 2}{x - 2}$

Bestäm nollställen, lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan
$$
y = f(x) = \dfrac{x^2 + x - 2}{x - 2}.
$$
Skissera kurvan samt ange i vilka intervall funktionen är växande/avtagande respektive konvex/konkav. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] av en rationell funktion: polynomdivision för asymptoter, [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]] och [[Andraderivata och konvexitet|andraderivatan]] för konvexitet.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Faktorisera täljaren för nollställena. Polynomdivision ger $f(x) = kx + m + \dfrac{r}{x - 2}$, och då är $y = kx + m$ en sned asymptot. Nämnarens nollställe ger en lodrät asymptot.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f(x) = x + 3 + \dfrac{4}{x - 2}$, så $f'(x) = 1 - \dfrac{4}{(x - 2)^2}$ och $f''(x) = \dfrac{8}{(x - 2)^3}$.

> [!note]- Lösning
> **Nollställen.** $x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$, så
> $$
> f(x) = \dfrac{(x - 1)(x + 2)}{x - 2}, \qquad \boxed{\text{nollställen } x = 1 \text{ och } x = -2}
> $$
> Kurvan skär $y$-axeln i $f(0) = \dfrac{-2}{-2} = 1$.
>
> **Asymptoter.** Polynomdivision:
> $$
> f(x) = \dfrac{x(x - 2) + 3(x - 2) + 4}{x - 2} = x + 3 + \dfrac{4}{x - 2}
> $$
> Eftersom $\dfrac{4}{x - 2}\to 0$ 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 $0$:
> $$
> \lim_{x\to 2^-}f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}f(x) = +\infty
> $$
> $$
> \boxed{\text{lodrät asymptot } x = 2, \quad \text{sned asymptot } y = x + 3 \text{ då } x\to\pm\infty}
> $$
> Någon vågrät asymptot finns inte, och $f$ saknar globala extremvärden.
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = 1 - \dfrac{4}{(x - 2)^2} = \dfrac{(x - 2)^2 - 4}{(x - 2)^2} = \dfrac{x^2 - 4x}{(x - 2)^2} = \dfrac{x(x - 4)}{(x - 2)^2}
> $$
> Kritiska punkter: $x = 0$ och $x = 4$.
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 2$ | $2$ | $2 < x < 4$ | $4$ | $x > 4$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 4$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $(x - 2)^2$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | asymptot | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(0) = 1, \quad \text{lok. min } f(4) = \dfrac{16 + 4 - 2}{2} = 9}
> $$
> $f$ är **växande** på $(-\infty, 0]$ och $[4, \infty)$ och **avtagande** på $[0, 2)$ och $(2, 4]$.
>
> **Andraderivata.**
> $$
> f''(x) = \dfrac{d}{dx}\left(1 - 4(x - 2)^{-2}\right) = \dfrac{8}{(x - 2)^3}
> $$
> $f''$ 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 $(2, 5)$.
>
> ![[tenta200819-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
y = h + x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v^2}\left(1 + \tan^2\theta\right)
$$
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 $\dfrac{dR}{dz}$ 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Implicit derivering]] följd av en [[Extremvärden|optimering]]: största kastvidden ligger där $\dfrac{dR}{dz} = 0$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Sätt in $(x, y) = (R, 0)$ och $\tan\theta = z$: $\;0 = h + Rz - \dfrac{gR^2}{2v^2}(1 + z^2)$. Derivera båda leden med avseende på $z$, med $R = R(z)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $R' = 0$ ger $R - \dfrac{gR^2 z}{v^2} = 0$, dvs. $z = \dfrac{v^2}{gR}$. Sätt tillbaka detta i sambandet och lös ut $R$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med $z = \tan\theta$, $-\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$, och nedslagspunkten $(R, 0)$ bestäms $R = R(z)$ implicit av
> $$
> -h = Rz - \dfrac{gR^2}{2v^2}\left(1 + z^2\right)
> $$
> Derivera båda leden med avseende på $z$ (produktregeln och kedjeregeln, $R = R(z)$):
> $$
> 0 = R'z + R - \dfrac{g}{2v^2}\left(2RR'\left(1 + z^2\right) + R^2\cdot 2z\right)
> $$
> Samla termerna med $R'$:
> $$
> R - \dfrac{gR^2 z}{v^2} = R'\left(\dfrac{gR}{v^2}\left(1 + z^2\right) - z\right)
> $$
> $$
> \boxed{\dfrac{dR}{dz} = \dfrac{R - \dfrac{gR^2 z}{v^2}}{\dfrac{gR}{v^2}\left(1 + z^2\right) - z}}
> $$
>
> **(b)** När $\theta$ går mot $\pm\dfrac{\pi}{2}$ går kastvidden mot $0$ (kulan kastas rakt upp eller rakt ned), så den största kastvidden antas i en inre punkt där $R'(z) = 0$. Täljaren måste då vara noll, och eftersom $R > 0$:
> $$
> R - \dfrac{gR^2 z}{v^2} = 0 \iff z = \dfrac{v^2}{gR}
> $$
> Insättning i sambandet från (a):
> $$
> -h = R\cdot\dfrac{v^2}{gR} - \dfrac{gR^2}{2v^2}\left(1 + \dfrac{v^4}{g^2R^2}\right) = \dfrac{v^2}{g} - \dfrac{gR^2}{2v^2} - \dfrac{v^2}{2g}
> $$
> $$
> \dfrac{gR^2}{2v^2} = h + \dfrac{v^2}{2g} = \dfrac{v^2 + 2gh}{2g} \iff R^2 = \dfrac{v^2\left(v^2 + 2gh\right)}{g^2}
> $$
> $$
> \boxed{R_{\max} = \dfrac{v\sqrt{v^2 + 2gh}}{g}}
> $$
>
> **(c)** Den optimala vinkeln ges av $\tan\theta = z = \dfrac{v^2}{gR_{\max}}$:
> $$
> \boxed{\theta = \arctan\dfrac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}}}
> $$
> Eftersom $\dfrac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}} < 1$ när $h > 0$ är den optimala vinkeln något mindre än $45^\circ$. För $h = 0$ får man de välkända värdena $R_{\max} = \dfrac{v^2}{g}$ 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]]