M0047M-2020-10-28

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2020-10-28 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_201028.pdf, m0047m_201028sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för summan $\sum k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}$ och en koefficient i binomialutvecklingen av ${\left(3x^3-\frac{2}{x}\right)}^5$
• Uppgift 2: tre gränsvärden: $\frac{\arcsin x}{x}$, en derivata som gränsvärde och $n^{1/\sqrt{n}}$
• Uppgift 3: injektivitet, invers och inversens definitionsmängd för $\arctan \frac{e^x-1}{e^x+1}$
• Uppgift 4: implicit derivering av ellipsen $x^2+2y^2=6$ och taylorpolynomet $P_2$ i $(2,1)$
• Uppgift 5: extremvärden, monotoniintervall och sned asymptot för $\frac{(x-2{)}^2(x+1)}{x^2+1}$
• Uppgift 6: optimering, största volymen hos en låda vikt av en pappskiva $6\times 16$ dm

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. En summaformel genom induktion och en binomialkoefficient

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 1$ gäller att summan

$$\sum _{k=1}^{n}k\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}=4-\frac{2n+4}{2^n}.$$

(3p)

(b) Bestäm koefficienten för $x^3$-termen i binomialutvecklingen av

$${\left(3x^3-\frac{2}{x}\right)}^5.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett bevis med induktion för en summa; (b) använder binomialsatsen och binomialkoefficienter.

Ledtråd 2

(a) Basfallet är $n=1$. I induktionssteget: summan till $p+1$ är summan till $p$ plus termen $(p+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^p$. (b) Den allmänna termen är $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)(3x^3{)}^{5-k}{\left(-\frac{2}{x}\right)}^k$.

Ledtråd 3

(a) Skriv allt på nämnaren $2^p$ och sedan på nämnaren $2^{p+1}$: målet är $4-\frac{2(p+1)+4}{2^{p+1}}=4-\frac{p+3}{2^p}$. (b) Exponenten för $x$ blir $15-4k$; välj $k$ så att den blir $3$.

Lösning

(a) Basfall. För $n=1$ är vänsterledet $1\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^0=1$ och högerledet $4-\frac{2+4}{2}=4-3=1$. Formeln gäller.

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

$$\sum _{k=1}^{p}k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}=4-\frac{2p+4}{2^p}$$

Då är

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{p+1}k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}& =\sum _{k=1}^{p}k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}+(p+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^p=4-\frac{2p+4}{2^p}+\frac{p+1}{2^p}\\ & =4-\frac{p+3}{2^p}=4-\frac{2(p+3)}{2^{p+1}}=4-\frac{2(p+1)+4}{2^{p+1}}\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$. Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\sum _{k=1}^{n}k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}=4-\frac{2n+4}{2^n}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Alternativt bevis utan induktion. Kalla summan $S_n$. Då är

$$S_n-\frac{1}{2}{S}_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n}=2\left(1-\frac{1}{2^n}\right)-\frac{n}{2^n}$$

(geometrisk summa), så $S_n=4-\frac{4}{2^n}-\frac{2n}{2^n}=4-\frac{2n+4}{2^n}$.

(b) Enligt binomialsatsen är

$${\left(3x^3-\frac{2}{x}\right)}^5=\sum _{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)(3x^3{)}^{5-k}{\left(-\frac{2}{x}\right)}^k=\sum _{k=0}^5(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k})3^{5-k}(-2{)}^k{x}^{15-4k}$$

Exponenten $15-4k=3$ ger $k=3$, och termen är

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)3^2(-2{)}^3{x}^3=10\cdot 9\cdot (-8)x^3=-720x^3$$ $$\boxed{\text{koefficienten a¨r }-720}$$

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden

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

(a)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x}{x}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(1+h{)}^5-1}{h}.$$

(2p)

(c)

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{1/\sqrt{n}}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden med variabelbyte, derivatans definition (Derivata) och standardgränsvärden för logaritmer.

Ledtråd 2

(a) Sätt $t=\arcsin x$, så att $x=\sin t$. (b) Känn igen en differenskvot för $f(x)=x^5$ i punkten $1$, eller utveckla med binomialsatsen. (c) Skriv $n^{1/\sqrt{n}}=e^{\ln n/\sqrt{n}}$.

Ledtråd 3

(a) $\frac{t}{\sin t}\to 1$. (b) $(1+h{)}^5=1+5h+10h^2+\dots$ (c) $\frac{\ln n}{n^{1/2}}\to 0$ och exponentialfunktionen är kontinuerlig.

Lösning

(a) Sätt $t=\arcsin x$, dvs. $x=\sin t$. Då $x\to 0$ går $t\to 0$ eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig, och

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x}{x}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{\sin t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{1}{\frac{\sin t}{t}}=\frac{1}{1}=\boxed{1}$$

(b) Med $f(x)=x^5$ är uttrycket differenskvoten $\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$, så gränsvärdet är $f^{\prime }(1)=5\cdot 1^4=5$. Alternativt ger binomialsatsen

$$\frac{(1+h{)}^5-1}{h}=\frac{5h+10h^2+10h^3+5h^4+h^5}{h}=5+10h+10h^2+5h^3+h^4\to 5$$ $$\boxed{\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(1+h{)}^5-1}{h}=5}$$

(c) Skriv om med logaritmen:

$$n^{1/\sqrt{n}}=e^{\ln n^{1/\sqrt{n}}}=e^{\frac{\ln n}{n^{1/2}}}$$

Standardgränsvärdet $\frac{\ln n}{n^a}\to 0$ för $a>0$ ger att exponenten går mot $0$, och eftersom $e^x$ är kontinuerlig är

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{1/\sqrt{n}}=e^0=\boxed{1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Invers till $\arctan \frac{e^x-1}{e^x+1}$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=\arctan \frac{e^x-1}{e^x+1},x\in \mathbb{R}.$$

(a) Visa att $f$ är $1-1$ (injektiv). (2p)

(b) Finn inversen $f^{-1}(x)$. (2p)

(c) Bestäm inversens definitionsmängd. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Funktioner och invers: en strängt monoton funktion är injektiv, och inversens definitionsmängd är funktionens värdemängd. Derivatan kräver kedjeregeln och derivatan av arctan.

Ledtråd 2

(a) Visa att $f^{\prime }(x)>0$ för alla $x$. (b) Lös $x=f(y)$ för $y$: ta $\tan$ av båda leden och sätt $t=e^y$. (c) Beräkna ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)$.

Ledtråd 3

(a) $f^{\prime }(x)=\frac{e^x}{e^{2x}+1}$. (b) $\tan x=\frac{t-1}{t+1}$ ger $t=\frac{1+\tan x}{1-\tan x}$. (c) Kvoten $\frac{e^x-1}{e^x+1}$ går mot $-1$ respektive $1$.

Lösning

(a) Med kedjeregeln och kvotregeln:

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

Eftersom $f^{\prime }(x)>0$ för alla $x$ är $f$ strängt växande på $\mathbb{R}$, och därmed

$$\boxed{f\text{ a¨r injektiv}}$$

Alternativt: $f(x_1)=f(x_2)$ ger (eftersom $\arctan$ är injektiv) $\frac{e^{x_1}-1}{e^{x_1}+1}=\frac{e^{x_2}-1}{e^{x_2}+1}$. Korsvis multiplikation ger $e^{x_1}-e^{x_2}=e^{x_2}-e^{x_1}$, dvs. $e^{x_1}=e^{x_2}$ och $x_1=x_2$.

(b) Sätt $y=f^{-1}(x)$, dvs. $x=f(y)=\arctan \frac{t-1}{t+1}$ med $t=e^y$. Värdena på $f$ ligger i $\left(-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}\right)$ (se (c)), där $\tan$ är definierad och $\tan x\ne 1$. Då är

$$\tan x=\frac{t-1}{t+1}⟺(t+1)\tan x=t-1⟺t(1-\tan x)=1+\tan x⟺e^y=\frac{1+\tan x}{1-\tan x}$$ $$\boxed{f^{-1}(x)=\ln \frac{1+\tan x}{1-\tan x}}$$

(c) Inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd. $f$ är kontinuerlig och strängt växande, och eftersom $\arctan$ är kontinuerlig är

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=\arctan \frac{0-1}{0+1}=\arctan (-1)=-\frac{\pi }{4},\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\arctan \left(\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}\right)=\arctan 1=\frac{\pi }{4}$$

Gränserna antas inte, så

$$\boxed{D_{f^{-1}}=V_f=\left(-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}\right)}$$

Det stämmer med formeln i (b): för $|x|<\frac{\pi }{4}$ är $|\tan x|<1$, så kvoten är positiv och logaritmen definierad.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning skriver kvoten vid $x\to \infty$ som $\frac{1-e^{-x}}{1-e^{-x}}$; nämnaren ska vara $1+e^{-x}$, men gränsvärdet $1$ och svaret blir detsamma.

---

4. Implicit derivering av en ellips

Antag att $y=y(x)$ är en implicit definierad funktion som uppfyller

$$x^2+2y^2=6.$$

(a) Finn $y^{\prime }$ och $y^{\prime \prime }$ uttryckta i $x$ och $y$. (3p)

(b) Finn taylorpolynomet $P_2(x)$ av ordning 2 till $y$ genom punkten $(2,1)$. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Implicit derivering följt av ett andra ordningens taylorpolynom.

Ledtråd 2

Derivera båda leden med avseende på $x$ och kom ihåg att $\frac{d}{dx}{y}^2=2y{y}^{\prime }$. Derivera sedan en gång till. $P_2(x)=y(2)+y^{\prime }(2)(x-2)+\frac{y^{\prime \prime }(2)}{2}(x-2{)}^2$.

Ledtråd 3

$2x+4y{y}^{\prime }=0$ och $2+4(y^{\prime }{)}^2+4y{y}^{\prime \prime }=0$. Använd sambandet $x^2+2y^2=6$ för att förenkla $y^{\prime \prime }$.

Lösning

(a) Implicit derivering med avseende på $x$ ger

$$2x+4y{y}^{\prime }=0⟺\boxed{y^{\prime }=-\frac{x}{2y}}$$

En derivering till av $2x+4y{y}^{\prime }=0$ ger

$$2+4(y^{\prime }{)}^2+4y{y}^{\prime \prime }=0⟺y^{\prime \prime }=-\frac{1+2(y^{\prime }{)}^2}{2y}=-\frac{1+\frac{x^2}{2y^2}}{2y}=-\frac{2y^2+x^2}{4y^3}$$

Eftersom $x^2+2y^2=6$ på kurvan:

$$\boxed{y^{\prime \prime }=-\frac{x^2+2y^2}{4y^3}=-\frac{3}{2y^3}}$$

(b) Punkten ligger på kurvan: $2^2+2\cdot 1^2=6$. I punkten är

$$y(2)=1,y^{\prime }(2)=-\frac{2}{2\cdot 1}=-1,y^{\prime \prime }(2)=-\frac{3}{2\cdot 1^3}=-\frac{3}{2}$$

så

$$P_2(x)=y(2)+y^{\prime }(2)(x-2)+\frac{y^{\prime \prime }(2)}{2!}(x-2{)}^2=\boxed{1-(x-2)-\frac{3}{4}(x-2{)}^2=2x-\frac{3}{4}{x}^2}$$

Kontroll: den övre halvan av ellipsen är $y=\sqrt{\frac{6-x^2}{2}}$, och dess taylorutveckling kring $x=2$ ger samma polynom.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $\frac{(x-2{)}^2(x+1)}{x^2+1}$

Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan

$$y=f(x)=\frac{(x-2{)}^2(x+1)}{x^2+1}.$$

Ställ upp teckenschema över derivatan och skissera kurvan samt ange i vilka intervall funktionen är växande/avtagande. Konvexitet behöver ej beaktas.

Anmärkning: Man kan ha hjälp av $x^3+3x-14=(x-2)(x^2+2x+7)$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning för en rationell funktion: polynomdivision för sned asymptot och teckenschema för derivatan.

Ledtråd 2

Nämnaren $x^2+1$ är aldrig noll, så lodräta asymptoter saknas. Dividera $x^3-3x^2+4$ med $x^2+1$. Derivera med kvotregeln.

Ledtråd 3

$f(x)=x-3+\frac{7-x}{x^2+1}$ och täljaren i $f^{\prime }$ blir $x^4+3x^2-14x=x(x^3+3x-14)$.

Lösning

Asymptoter. Utvecklat är $f(x)=\frac{x^3-3x^2+4}{x^2+1}$. Nämnaren är $\ge 1$, så $f$ är kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$ och har inga lodräta asymptoter. Polynomdivision ger

$$f(x)=x-3+\frac{7-x}{x^2+1}$$

och $\frac{7-x}{x^2+1}\to 0$ då $x\to \pm \infty$ (täljaren har lägre grad). Alltså är

$$\boxed{y=x-3\text{ sned asymptot da˚ }x\to \pm \infty }$$

Vågräta asymptoter saknas, eftersom $f(x)\to \pm \infty$ då $x\to \pm \infty$.

Derivata. Med kvotregeln:

$$f^{\prime }(x)=\frac{(3x^2-6x)(x^2+1)-(x^3-3x^2+4)\cdot 2x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x^4+3x^2-14x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x(x-2)(x^2+2x+7)}{(x^2+1{)}^2}$$

Här är $x^2+2x+7=(x+1{)}^2+6>0$, så de kritiska punkterna är $x=0$ och $x=2$.

	$x<0$	$0$	$0<x<2$	$2$	$x>2$
$x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x-2$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$(x+1{)}^2+6$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$(x^2+1{)}^2$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(0)=4,\text{lok. min }f(2)=0}$$ $$\boxed{f\text{ va¨xande pa˚ }(-\infty ,0]\text{ och }[2,\infty ),\text{ avtagande pa˚ }[0,2]}$$

Skiss. Kurvan skär $x$-axeln i $x=-1$ och tangerar den i $x=2$, och skär $y$-axeln i $(0,4)$. Den kommer från $-\infty$ längs asymptoten $y=x-3$, stiger till maximum $(0,4)$, sjunker till minimum $(2,0)$ och växer sedan längs asymptoten igen. Eftersom $\frac{7-x}{x^2+1}$ är positiv för $x<7$ och negativ för $x>7$ ligger kurvan över asymptoten för $x<7$ och under den för $x>7$.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Största volymen hos en låda

Editor Persson behöver er hjälp att konstruera en låda till alla artiklar folk skrivit åt honom. Till ert förfogande har ni en pappskiva med måtten 6 dm $\times$ 16 dm. Lådan ska alltså konstrueras genom att klippa lika stora kvadrater i de fyra hörnen och sedan vika upp flikarna till sidor. Hur stor blir största möjliga volym av en sådan låda? (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Optimering: största värdet av en kontinuerlig funktion på ett slutet intervall.

Ledtråd 2

Låt kvadraternas sida vara $x$. Då blir lådan $(16-2x)\times (6-2x)\times x$, med $0\le x\le 3$. Jämför värdena i kritiska punkter och ändpunkter.

Ledtråd 3

$V^{\prime }(x)=4(3x^2-22x+24)$ har nollställena $x=\frac{4}{3}$ och $x=6$; bara det första ligger i intervallet.

Lösning

Kalla kvadraternas sida $x$ (dm). Lådans längd, bredd och höjd blir $16-2x$, $6-2x$ och $x$, så $0\le x\le 3$ och

$$V(x)=x(16-2x)(6-2x)=4x(8-x)(3-x)=4(x^3-11x^2+24x)$$

$V$ är kontinuerlig på det slutna intervallet $[0,3]$ och har därför ett största värde. I ändpunkterna är $V(0)=V(3)=0$, så maximum antas i en inre kritisk punkt:

$$V^{\prime }(x)=4(3x^2-22x+24)=0⟺x=\frac{11}{3}\pm \sqrt{\frac{121}{9}-8}=\frac{11\pm 7}{3}$$

dvs. $x=6$ eller $x=\frac{4}{3}$. Bara $x=\frac{4}{3}$ ligger i $[0,3]$. Där är $V^{\prime \prime }(x)=24x-88$, så $V^{\prime \prime }\left(\frac{4}{3}\right)=-56<0$, vilket bekräftar maximum. Lådans mått blir $\frac{40}{3}\times \frac{10}{3}\times \frac{4}{3}$ dm och

$$\boxed{V_{\max }=V\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{4}{3}\cdot \frac{40}{3}\cdot \frac{10}{3}=\frac{1600}{27}{\text{ dm}}^3\approx 59,3{\text{ dm}}^3}$$

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Binomialkoefficient
• Gränsvärden
• Derivata
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Funktioner och invers
• Arcusfunktioner
• Implicit derivering
• Taylors formel
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter