---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2020-10-28
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för summan $\sum k\left(\frac12\right)^{k-1}$ och en koefficient i binomialutvecklingen av $\left(3x^3 - \frac2x\right)^5$
> - Uppgift 2: tre gränsvärden: $\dfrac{\arcsin x}{x}$, en derivata som gränsvärde och $n^{1/\sqrt n}$
> - Uppgift 3: injektivitet, invers och inversens definitionsmängd för $\arctan\dfrac{e^x - 1}{e^x + 1}$
> - 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 $\dfrac{(x - 2)^2(x + 1)}{x^2 + 1}$
> - Uppgift 6: optimering, största volymen hos en låda vikt av en pappskiva $6\times 16$ dm

> [!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. En summaformel genom induktion och en binomialkoefficient

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 1$ gäller att summan
$$
\sum_{k=1}^{n}k\cdot\left(\dfrac12\right)^{k-1} = 4 - \dfrac{2n + 4}{2^n}.
$$
*(3p)*

(b) Bestäm koefficienten för $x^3$-termen i binomialutvecklingen av
$$
\left(3x^3 - \dfrac{2}{x}\right)^5.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] för en [[Talföljder och summor|summa]]; (b) använder binomialsatsen och [[Binomialkoefficient|binomialkoefficienter]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Basfallet är $n = 1$. I induktionssteget: summan till $p + 1$ är summan till $p$ plus termen $(p + 1)\left(\frac12\right)^{p}$. (b) Den allmänna termen är $\dbinom{5}{k}(3x^3)^{5-k}\left(-\dfrac2x\right)^k$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Skriv allt på nämnaren $2^p$ och sedan på nämnaren $2^{p+1}$: målet är $4 - \dfrac{2(p + 1) + 4}{2^{p+1}} = 4 - \dfrac{p + 3}{2^p}$. (b) Exponenten för $x$ blir $15 - 4k$; välj $k$ så att den blir $3$.

> [!note]- Lösning
> **(a) Basfall.** För $n = 1$ är vänsterledet $1\cdot\left(\frac12\right)^0 = 1$ och högerledet $4 - \dfrac{2 + 4}{2} = 4 - 3 = 1$. Formeln gäller.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 1$ (induktionsantagandet):
> $$
> \sum_{k=1}^{p}k\left(\dfrac12\right)^{k-1} = 4 - \dfrac{2p + 4}{2^p}
> $$
> Då är
> $$
> \begin{aligned}
> \sum_{k=1}^{p+1}k\left(\dfrac12\right)^{k-1} &= \sum_{k=1}^{p}k\left(\dfrac12\right)^{k-1} + (p + 1)\left(\dfrac12\right)^{p} = 4 - \dfrac{2p + 4}{2^p} + \dfrac{p + 1}{2^p}\\
> &= 4 - \dfrac{p + 3}{2^p} = 4 - \dfrac{2(p + 3)}{2^{p+1}} = 4 - \dfrac{2(p + 1) + 4}{2^{p+1}}
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}k\left(\dfrac12\right)^{k-1} = 4 - \dfrac{2n + 4}{2^n} \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> **Alternativt bevis utan induktion.** Kalla summan $S_n$. Då är
> $$
> S_n - \dfrac12 S_n = 1 + \dfrac12 + \dfrac1{2^2} + \dots + \dfrac1{2^{n-1}} - \dfrac{n}{2^n} = 2\left(1 - \dfrac1{2^n}\right) - \dfrac{n}{2^n}
> $$
> (geometrisk summa), så $S_n = 4 - \dfrac{4}{2^n} - \dfrac{2n}{2^n} = 4 - \dfrac{2n + 4}{2^n}$.
>
> **(b)** Enligt binomialsatsen är
> $$
> \left(3x^3 - \dfrac2x\right)^5 = \sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}(3x^3)^{5-k}\left(-\dfrac2x\right)^k = \sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}3^{5-k}(-2)^k x^{15-4k}
> $$
> Exponenten $15 - 4k = 3$ ger $k = 3$, och termen är
> $$
> \binom{5}{3}3^{2}(-2)^3x^3 = 10\cdot 9\cdot(-8)x^3 = -720x^3
> $$
> $$
> \boxed{\text{koefficienten är } -720}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 2. Tre gränsvärden

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

(a)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x}{x}.
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{h\to 0}\dfrac{(1 + h)^5 - 1}{h}.
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{n\to\infty}n^{1/\sqrt n}.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] med variabelbyte, derivatans definition ([[Derivata]]) och standardgränsvärden för [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmer]].
>
> > [!tip]- 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 $n^{1/\sqrt n} = e^{\ln n/\sqrt n}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\dfrac{t}{\sin t}\to 1$. (b) $(1 + h)^5 = 1 + 5h + 10h^2 + \dots$ (c) $\dfrac{\ln n}{n^{1/2}}\to 0$ och exponentialfunktionen är kontinuerlig.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Sätt $t = \arcsin x$, dvs. $x = \sin t$. Då $x\to 0$ går $t\to 0$ eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig, och
> $$
> \lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x}{x} = \lim_{t\to 0}\dfrac{t}{\sin t} = \lim_{t\to 0}\dfrac{1}{\dfrac{\sin t}{t}} = \dfrac11 = \boxed{1}
> $$
>
> **(b)** Med $f(x) = x^5$ är uttrycket differenskvoten $\dfrac{f(1 + h) - f(1)}{h}$, så gränsvärdet är $f'(1) = 5\cdot 1^4 = 5$. Alternativt ger binomialsatsen
> $$
> \dfrac{(1 + h)^5 - 1}{h} = \dfrac{5h + 10h^2 + 10h^3 + 5h^4 + h^5}{h} = 5 + 10h + 10h^2 + 5h^3 + h^4\to 5
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{h\to 0}\dfrac{(1 + h)^5 - 1}{h} = 5}
> $$
>
> **(c)** Skriv om med logaritmen:
> $$
> n^{1/\sqrt n} = e^{\ln n^{1/\sqrt n}} = e^{\frac{\ln n}{n^{1/2}}}
> $$
> Standardgränsvärdet $\dfrac{\ln n}{n^{a}}\to 0$ för $a > 0$ ger att exponenten går mot $0$, och eftersom $e^x$ är kontinuerlig är
> $$
> \lim_{n\to\infty}n^{1/\sqrt n} = e^{0} = \boxed{1}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

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

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

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

(c) Bestäm inversens definitionsmängd. *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers]]: en strängt monoton funktion är injektiv, och inversens definitionsmängd är funktionens värdemängd. Derivatan kräver kedjeregeln och derivatan av [[Arcusfunktioner|arctan]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Visa att $f'(x) > 0$ för alla $x$. (b) Lös $x = f(y)$ för $y$: ta $\tan$ av båda leden och sätt $t = e^y$. (c) Beräkna $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $f'(x) = \dfrac{e^x}{e^{2x} + 1}$. (b) $\tan x = \dfrac{t - 1}{t + 1}$ ger $t = \dfrac{1 + \tan x}{1 - \tan x}$. (c) Kvoten $\dfrac{e^x - 1}{e^x + 1}$ går mot $-1$ respektive $1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med kedjeregeln och kvotregeln:
> $$
> f'(x) = \dfrac{1}{1 + \left(\dfrac{e^x - 1}{e^x + 1}\right)^2}\cdot\dfrac{e^x(e^x + 1) - (e^x - 1)e^x}{(e^x + 1)^2} = \dfrac{2e^x}{(e^x + 1)^2 + (e^x - 1)^2} = \dfrac{2e^x}{2e^{2x} + 2} = \dfrac{e^x}{e^{2x} + 1}
> $$
> Eftersom $f'(x) > 0$ för alla $x$ är $f$ strängt växande på $\mathbb{R}$, och därmed
> $$
> \boxed{f \text{ är injektiv}}
> $$
> *Alternativt:* $f(x_1) = f(x_2)$ ger (eftersom $\arctan$ är injektiv) $\dfrac{e^{x_1} - 1}{e^{x_1} + 1} = \dfrac{e^{x_2} - 1}{e^{x_2} + 1}$. 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. $x = f(y) = \arctan\dfrac{t - 1}{t + 1}$ 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
> $$
> \tan x = \dfrac{t - 1}{t + 1} \iff (t + 1)\tan x = t - 1 \iff t(1 - \tan x) = 1 + \tan x \iff e^y = \dfrac{1 + \tan x}{1 - \tan x}
> $$
> $$
> \boxed{f^{-1}(x) = \ln\dfrac{1 + \tan x}{1 - \tan x}}
> $$
>
> **(c)** Inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd. $f$ är kontinuerlig och strängt växande, och eftersom $\arctan$ är kontinuerlig är
> $$
> \lim_{x\to -\infty}f(x) = \arctan\dfrac{0 - 1}{0 + 1} = \arctan(-1) = -\dfrac{\pi}{4}, \qquad \lim_{x\to\infty}f(x) = \arctan\left(\lim_{x\to\infty}\dfrac{1 - e^{-x}}{1 + e^{-x}}\right) = \arctan 1 = \dfrac{\pi}{4}
> $$
> Gränserna antas inte, så
> $$
> \boxed{D_{f^{-1}} = V_f = \left(-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}\right)}
> $$
> 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 $\dfrac{1 - e^{-x}}{1 - e^{-x}}$; 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 $y'$ och $y''$ uttryckta i $x$ och $y$. *(3p)*

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Implicit derivering]] följt av ett andra ordningens [[Taylors formel|taylorpolynom]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Derivera båda leden med avseende på $x$ och kom ihåg att $\dfrac{d}{dx}y^2 = 2yy'$. Derivera sedan en gång till. $P_2(x) = y(2) + y'(2)(x - 2) + \dfrac{y''(2)}{2}(x - 2)^2$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $2x + 4yy' = 0$ och $2 + 4(y')^2 + 4yy'' = 0$. Använd sambandet $x^2 + 2y^2 = 6$ för att förenkla $y''$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Implicit derivering med avseende på $x$ ger
> $$
> 2x + 4yy' = 0 \iff \boxed{y' = -\dfrac{x}{2y}}
> $$
> En derivering till av $2x + 4yy' = 0$ ger
> $$
> 2 + 4(y')^2 + 4yy'' = 0 \iff y'' = -\dfrac{1 + 2(y')^2}{2y} = -\dfrac{1 + \dfrac{x^2}{2y^2}}{2y} = -\dfrac{2y^2 + x^2}{4y^3}
> $$
> Eftersom $x^2 + 2y^2 = 6$ på kurvan:
> $$
> \boxed{y'' = -\dfrac{x^2 + 2y^2}{4y^3} = -\dfrac{3}{2y^3}}
> $$
>
> **(b)** Punkten ligger på kurvan: $2^2 + 2\cdot 1^2 = 6$. I punkten är
> $$
> y(2) = 1, \qquad y'(2) = -\dfrac{2}{2\cdot 1} = -1, \qquad y''(2) = -\dfrac{3}{2\cdot 1^3} = -\dfrac32
> $$
> så
> $$
> P_2(x) = y(2) + y'(2)(x - 2) + \dfrac{y''(2)}{2!}(x - 2)^2 = \boxed{1 - (x - 2) - \dfrac34(x - 2)^2 = 2x - \dfrac34x^2}
> $$
> *Kontroll:* den övre halvan av ellipsen är $y = \sqrt{\dfrac{6 - x^2}{2}}$, och dess taylorutveckling kring $x = 2$ ger samma polynom.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan
$$
y = f(x) = \dfrac{(x - 2)^2(x + 1)}{x^2 + 1}.
$$
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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] för en rationell funktion: polynomdivision för sned asymptot och [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]].
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f(x) = x - 3 + \dfrac{7 - x}{x^2 + 1}$ och täljaren i $f'$ blir $x^4 + 3x^2 - 14x = x(x^3 + 3x - 14)$.

> [!note]- Lösning
> **Asymptoter.** Utvecklat är $f(x) = \dfrac{x^3 - 3x^2 + 4}{x^2 + 1}$. Nämnaren är $\ge 1$, så $f$ är kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$ och har inga lodräta asymptoter. Polynomdivision ger
> $$
> f(x) = x - 3 + \dfrac{7 - x}{x^2 + 1}
> $$
> och $\dfrac{7 - x}{x^2 + 1}\to 0$ då $x\to\pm\infty$ (täljaren har lägre grad). Alltså är
> $$
> \boxed{y = x - 3 \text{ sned asymptot då } x\to\pm\infty}
> $$
> Vågräta asymptoter saknas, eftersom $f(x)\to\pm\infty$ då $x\to\pm\infty$.
>
> **Derivata.** Med kvotregeln:
> $$
> f'(x) = \dfrac{(3x^2 - 6x)(x^2 + 1) - (x^3 - 3x^2 + 4)\cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{x^4 + 3x^2 - 14x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{x(x - 2)(x^2 + 2x + 7)}{(x^2 + 1)^2}
> $$
> Här är $x^2 + 2x + 7 = (x + 1)^2 + 6 > 0$, så de kritiska punkterna är $x = 0$ och $x = 2$.
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 2$ | $2$ | $x > 2$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 2$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $(x + 1)^2 + 6$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $(x^2 + 1)^2$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(0) = 4, \quad \text{lok. min } f(2) = 0}
> $$
> $$
> \boxed{f \text{ växande på } (-\infty, 0] \text{ och } [2, \infty), \text{ avtagande på } [0, 2]}
> $$
>
> **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 $\dfrac{7 - x}{x^2 + 1}$ är positiv för $x < 7$ och negativ för $x > 7$ ligger kurvan över asymptoten för $x < 7$ och under den för $x > 7$.
>
> ![[tenta201028-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Optimering: [[Extremvärden|största värdet]] av en kontinuerlig funktion på ett slutet intervall.
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $V'(x) = 4(3x^2 - 22x + 24)$ har nollställena $x = \dfrac43$ och $x = 6$; bara det första ligger i intervallet.

> [!note]- 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:
> $$
> V'(x) = 4(3x^2 - 22x + 24) = 0 \iff x = \dfrac{11}{3}\pm\sqrt{\dfrac{121}{9} - 8} = \dfrac{11\pm 7}{3}
> $$
> dvs. $x = 6$ eller $x = \dfrac43$. Bara $x = \dfrac43$ ligger i $[0, 3]$. Där är $V''(x) = 24x - 88$, så $V''\left(\frac43\right) = -56 < 0$, vilket bekräftar maximum. Lådans mått blir $\dfrac{40}{3}\times\dfrac{10}{3}\times\dfrac43$ dm och
> $$
> \boxed{V_{\max} = V\left(\dfrac43\right) = \dfrac43\cdot\dfrac{40}{3}\cdot\dfrac{10}{3} = \dfrac{1600}{27}\text{ dm}^3\approx 59{,}3\text{ dm}^3}
> $$
>
> *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]]