M0047M-2021-03-25

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2021-03-25 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_210325.pdf, m0047m_210325sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: rekursionen $b_{k+1}=2b_k+1$, explicit formel med induktionsbevis och summan av de $n$ första termerna
• Uppgift 2: gränsvärdena $\frac{x\ln x}{x+\ln x}$ och $2n\sin \frac{\pi }{n}$ samt konstanter som ger ett ändligt gränsvärde
• Uppgift 3: involutionen $f(x)=\frac{3x-2}{4x-3}$, derivatan av inversen och värdemängden
• Uppgift 4: en ellips och en hyperbel som skär varandra under räta vinklar
• Uppgift 5: extremvärden och asymptoter för $e^{3x}-6e^{2x}+9e^x$ och antalet lösningar till $f(x)=C$
• Uppgift 6: optimering, balken med störst böjmotstånd ur en rund stock

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. Natasjas brev: rekursion och induktion

Trollpackan Natasja är väldigt förtjust i att skicka sina förbannelser med brev. Hon har fått en idé att under $n$ st dagar massposta en hög med brev. Första dagen skickar hon ett brev ($b_1=1$). Dag två skickar hon tre brev ($b_2=3$), dag tre skickar hon sju brev ($b_3=7$) och så vidare. Varje dag skickar hon dubbelt så många brev som dagen innan plus ytterligare ett brev.

(a) Finn ett explicit uttryck för antal brev $b_k=f(k)$ som Natasja skickar dag $k$. Bevisa ditt påstående med induktion. (3p)

(b) Hur många brev har Natasja totalt skickat efter $n$ st dagar? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En rekursiv talföljd: gissa en formel, bevisa den med induktion och summera sedan med en geometrisk summa.

Ledtråd 2

Rekursionen är $b_{k+1}=2b_k+1$. Jämför $1,3,7,15,\dots$ med tvåpotenserna. För (b): $\sum _{k=0}^{n-1}{r}^k=\frac{r^n-1}{r-1}$.

Ledtråd 3

Gissningen är $b_k=2^k-1$. I induktionssteget: $b_{p+1}=2b_p+1=2(2^p-1)+1$. I (b): dela upp $\sum (2^k-1)=\sum 2^k-\sum 1$.

Lösning

(a) Rekursionen $b_{k+1}=2b_k+1$ ger

$$b_1=1=2^1-1,b_2=3=2^2-1,b_3=7=2^3-1,b_4=15=2^4-1$$

så det är rimligt att gissa $b_k=2^k-1$.

Basfall. $k=1$: $2^1-1=1=b_1$. Stämmer.

Induktionssteg. Anta att $b_p=2^p-1$ för något $p\ge 1$ (induktionsantagandet). Då är

$$b_{p+1}=2b_p+1=2(2^p-1)+1=2^{p+1}-2+1=2^{p+1}-1$$

så formeln gäller även för $k=p+1$. Enligt induktionsprincipen är

$$\boxed{b_k=2^k-1,k=1,2,3,\dots }$$

(b) Med den geometriska summan $\sum _{k=1}^n{2}^k=\sum _{k=0}^n{2}^k-1=\frac{2^{n+1}-1}{2-1}-1=2^{n+1}-2$ blir totalen

$$\sum _{k=1}^n{b}_k=\sum _{k=1}^n{2}^k-\sum _{k=1}^{n}1=2^{n+1}-2-n$$ $$\boxed{b_1+b_2+\cdots +b_n=2^{n+1}-n-2}$$

Kontroll: $n=3$ ger $1+3+7=11=16-3-2$.

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden

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

(a)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x\ln x}{x+\ln x}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{n\to \infty }{\lim }2n\sin \frac{\pi }{n}$$

(2p)

(c) Bestäm konstanterna $a$ och $b$ så att

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{ax+b}{x^2-2x-3}=1.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden och oegentliga gränsvärden med standardgränsvärden, och i (c) faktorisering av nämnaren.

Ledtråd 2

(a) Förkorta med $x$ och använd $\frac{\ln x}{x}\to 0$. (b) Byt variabel så att standardgränsvärdet $\frac{\sin h}{h}\to 1$ syns. (c) Nämnaren går mot $0$ när $x\to 3$; vad krävs då av täljaren för att gränsvärdet ska bli ändligt?

Ledtråd 3

(b) Sätt $h=\frac{\pi }{n}$, så $2n=\frac{2\pi }{h}$. (c) $x^2-2x-3=(x+1)(x-3)$, så täljaren måste vara $a(x-3)$, dvs. $b=-3a$.

Lösning

(a) Förkorta med $x$:

$$\frac{x\ln x}{x+\ln x}=\frac{\ln x}{1+\frac{\ln x}{x}}$$

Täljaren går mot $+\infty$ och nämnaren mot $1+0=1$ (standardgränsvärdet $\frac{\ln x}{x}\to 0$), så

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x\ln x}{x+\ln x}=+\infty }$$

(b) Sätt $h=\frac{\pi }{n}$. Då går $h\to 0^{+}$ när $n\to \infty$ och $2n=\frac{2\pi }{h}$:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }2n\sin \frac{\pi }{n}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }2\pi \cdot \frac{\sin h}{h}=2\pi \cdot 1$$ $$\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }2n\sin \frac{\pi }{n}=2\pi }$$

Anmärkning: $n\cdot 2\sin \frac{\pi }{n}$ är omkretsen av en regelbunden $n$-hörning inskriven i enhetscirkeln, och den går mot cirkelns omkrets $2\pi$.

(c) Nämnaren är $x^2-2x-3=(x+1)(x-3)$ och går mot $0$ när $x\to 3$. Om täljaren inte också gick mot $0$, dvs. om $3a+b\ne 0$, skulle kvoten gå mot $\pm \infty$ eller sakna gränsvärde. Alltså måste $3a+b=0$, så $b=-3a$ och $ax+b=a(x-3)$. Då är

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{a(x-3)}{(x+1)(x-3)}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{a}{x+1}=\frac{a}{4}$$

Villkoret $\frac{a}{4}=1$ ger

$$\boxed{a=4,b=-12}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. En involution

En funktion $f$ som är sin egen invers (dvs. $f^{-1}=f$) kallas för en involution.

(a) Visa att funktionen

$$f(x)=\frac{3x-2}{4x-3},x\in \mathbb{R}\setminus \left\{\frac{3}{4}\right\},$$

är en involution. (2p)

(b) Vad är $(f^{-1}{)}^{\prime }(2)$? (2p)

(c) Vad är värdemängden för $f$? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Inversa funktioner och derivatan av en invers.

Ledtråd 2

(a) Lös $x=f(y)$ för $y$, eller visa att $f(f(x))=x$. (b) Eftersom $f^{-1}=f$ är $(f^{-1}{)}^{\prime }=f^{\prime }$. (c) Värdemängden för $f$ är definitionsmängden för $f^{-1}$.

Ledtråd 3

(a) $x(4y-3)=3y-2⟺(4x-3)y=3x-2$. (b) Kvotregeln ger $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{(4x-3{)}^2}$.

Lösning

(a) Lös $x=f(y)$ för $y$, där $y\ne \frac{3}{4}$:

$$x=\frac{3y-2}{4y-3}⟺4xy-3x=3y-2⟺(4x-3)y=3x-2⟺y=\frac{3x-2}{4x-3}$$

för $x\ne \frac{3}{4}$. (Värdet $x=\frac{3}{4}$ antas aldrig: då blir ekvationen $0=\frac{1}{4}$.) Alltså är

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

Alternativt: för $x\ne \frac{3}{4}$ är

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

(b) Eftersom $f^{-1}=f$ är $(f^{-1}{)}^{\prime }=f^{\prime }$. Kvotregeln ger

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

så

$$\boxed{(f^{-1}{)}^{\prime }(2)=-\frac{1}{(8-3{)}^2}=-\frac{1}{25}}$$

Kontroll med formeln för inversens derivata: $f^{-1}(2)=f(2)=\frac{4}{5}$ och $(f^{-1}{)}^{\prime }(2)=\frac{1}{f^{\prime }(4/5)}=-{\left(\frac{16}{5}-3\right)}^2=-\frac{1}{25}$.

(c) Värdemängden för $f$ är definitionsmängden för $f^{-1}=f$:

$$\boxed{V_f=\mathbb{R}\setminus \left\{\frac{3}{4}\right\}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Ellips och hyperbel som skär varandra vinkelrätt

Visa att ellipsen

$$2x^2+5y^2=10$$

och hyperbeln

$$x^2-2y^2=2$$

skär varandra under räta vinklar. Ledning: visa först att kurvorna skär varandra och visa sedan att tangenterna till kurvorna i skärningspunkterna är vinkelräta mot varandra. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Skärningspunkter ur ett ekvationssystem och tangentlutningar med Implicit derivering.

Ledtråd 2

Två linjer med lutningarna $k_1$ och $k_2$ är vinkelräta om $k_1{k}_2=-1$. Derivera båda ekvationerna implicit med avseende på $x$.

Ledtråd 3

Systemet ger $x^2=\frac{10}{3}$ och $y^2=\frac{2}{3}$. Lutningarna är $y^{\prime }=-\frac{2x}{5y}$ och $y^{\prime }=\frac{x}{2y}$.

Lösning

Skärningspunkter. En skärningspunkt $(a,b)$ uppfyller

$$\{\begin{array}{l}2a^2+5b^2=10\\ a^2-2b^2=2\end{array}$$

Den andra ekvationen ger $a^2=2+2b^2$, och insatt i den första:

$$2(2+2b^2)+5b^2=10⟺9b^2=6⟺b^2=\frac{2}{3},a^2=2+\frac{4}{3}=\frac{10}{3}$$

Kurvorna skär alltså varandra i fyra punkter:

$$(a,b)=\left(\pm \sqrt{\frac{10}{3}},\pm \sqrt{\frac{2}{3}}\right)$$

Tangenternas lutningar. Implicit derivering med avseende på $x$ ($y=y(x)$, $y\ne 0$):

$$4x+10y{y}^{\prime }=0⟺y^{\prime }=-\frac{2x}{5y},2x-4y{y}^{\prime }=0⟺y^{\prime }=\frac{x}{2y}$$

I en skärningspunkt är $b\ne 0$, och lutningarna är $k_1=-\frac{2a}{5b}$ (ellipsen) och $k_2=\frac{a}{2b}$ (hyperbeln). Produkten är

$$k_1{k}_2=-\frac{2a}{5b}\cdot \frac{a}{2b}=-\frac{a^2}{5b^2}=-\frac{10/3}{5\cdot 2/3}=-1$$

Detta gäller i alla fyra punkterna eftersom bara $a^2$ och $b^2$ ingår. Alltså är tangenterna vinkelräta:

$$\boxed{\text{kurvorna ska¨r varandra under ra¨ta vinklar i }\left(\pm \sqrt{\frac{10}{3}},\pm \sqrt{\frac{2}{3}}\right)}$$

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $e^{3x}-6e^{2x}+9e^x$

Definiera funktionen

$$y=f(x)=e^{3x}-6e^{2x}+9e^x.$$

(a) Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentliga teckenscheman. Konvexitet behöver ej beaktas. Skissera kurvan. Ledning: $e^{kx}=(e^x{)}^k$. (4p)

(b) Bestäm hur många olika lösningar ekvationen

$$e^{3x}-6e^{2x}+9e^x=C.$$

har för alla värden på talet $C\in \mathbb{R}$. Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning med teckenschema för derivatan, och sedan antal lösningar ur grafen.

Ledtråd 2

Faktorisera med $t=e^x$: $f(x)=e^x(e^x-3{)}^2$. Undersök $x\to \pm \infty$ och $\frac{f(x)}{x}$ för en sned asymptot.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=3e^x(e^x-1)(e^x-3)$, så de kritiska punkterna är $x=0$ och $x=\ln 3$. I (b): dra horisontella linjer $y=C$ i grafen.

Lösning

(a) Faktorisering.

$$f(x)=e^x\left((e^x{)}^2-6e^x+9\right)=e^x(e^x-3{)}^2\ge 0$$

med likhet bara då $e^x=3$, dvs. $x=\ln 3$.

Asymptoter. $f$ är kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$, så lodräta asymptoter saknas. Vidare är

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{e}^x(e^x-3{)}^2=0\cdot (-3{)}^2=0,\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^x(e^x-3{)}^2=\infty$$

så $y=0$ är en vågrät asymptot då $x\to -\infty$. Åt höger är

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x}{x}\cdot (e^x-3{)}^2=\infty$$

så där finns ingen sned asymptot.

$$\boxed{\text{enda asymptoten a¨r }y=0\text{ da˚ }x\to -\infty }$$

Derivata.

$$f^{\prime }(x)=3e^{3x}-12e^{2x}+9e^x=3e^x\left((e^x{)}^2-4e^x+3\right)=3e^x(e^x-1)(e^x-3)$$

Kritiska punkter: $e^x=1$ eller $e^x=3$, dvs. $x=0$ och $x=\ln 3$.

	$x<0$	$0$	$0<x<\ln 3$	$\ln 3$	$x>\ln 3$
$3e^x$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$e^x-1$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$e^x-3$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(0)=1\cdot (1-3{)}^2=4,\text{lok. min }f(\ln 3)=3\cdot 0^2=0}$$

Minimet är också globalt eftersom $f\ge 0$; globalt maximum saknas eftersom $f\to \infty$.

Frivilligt: $f^{\prime \prime }(x)=9e^{3x}-24e^{2x}+9e^x=9e^x\left((e^x{)}^2-\frac{8}{3}{e}^x+1\right)$ byter tecken där $e^x=\frac{4\pm \sqrt{7}}{3}$, så kurvan har inflexionspunkter i $x=\ln \frac{4\pm \sqrt{7}}{3}\approx \pm 0,80$.

Skiss. Kurvan kommer in längs $x$-axeln från vänster (ovanför den), stiger till $(0,4)$, sjunker ned till $(\ln 3,0)\approx (1,10;0)$ där den tangerar $x$-axeln och växer sedan obegränsat.

(b) Lösningarna till $f(x)=C$ är skärningspunkterna mellan kurvan och den vågräta linjen $y=C$. På $(-\infty ,0]$ växer $f$ strängt från (men inte till) $0$ upp till $4$, på $[0,\ln 3]$ avtar $f$ strängt från $4$ till $0$ och på $[\ln 3,\infty )$ växer $f$ strängt från $0$ mot $\infty$. Varje monotont intervall ger alltså högst en lösning, och enligt satsen om mellanliggande värden en lösning när $C$ ligger i intervallets värdemängd:

$$\boxed{\begin{array}{ll}C<0:& \text{inga lo¨sningar}\\ C=0:& \text{en lo¨sning }(x=\ln 3)\\ 0<C<4:& \text{tre lo¨sningar}\\ C=4:& \text{tva˚ lo¨sningar }(x=0\text{ och en med }x>\ln 3)\\ C>4:& \text{en lo¨sning}\end{array}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

6. Balk med maximalt böjmotstånd

Ur en lång timmerstock med cirkulärt tvärsnitt med radie $R$ skall en balk med rektangulärt tvärsnitt sågas. Böjmotståndet $W$ hos en sådan balk ges av

$$W=\frac{b{h}^2}{6}$$

där $b$ är balkens bredd och $h$ balkens höjd. Hur skall $b$ och $h$ väljas för att böjmotståndet $W$ skall bli maximalt och vad blir det maximala böjmotståndet $W_{\max }$? (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Optimering: största värde för en kontinuerlig funktion på ett slutet, begränsat intervall.

Ledtråd 2

Balkens hörn ska ligga på stockens rand, så rektangelns diagonal är en diameter: $b^2+h^2=(2R{)}^2$. Uttryck därför $W$ som en funktion av enbart $b$.

Ledtråd 3

$W(b)=\frac{b(4R^2-b^2)}{6}$ för $0\le b\le 2R$. Jämför kritiska punkter med ändpunkterna.

Lösning

För maximalt $W$ ska balkens hörn ligga på stockens periferi, så diagonalen är en diameter:

$${\left(\frac{b}{2}\right)}^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=R^2⟺h^2=4R^2-b^2$$

Då är

$$W(b)=\frac{b(4R^2-b^2)}{6},0\le b\le 2R$$

$W$ är kontinuerlig på det slutna och begränsade intervallet $[0,2R]$, så ett största värde finns. I ändpunkterna är $W(0)=W(2R)=0$, så maximum antas i en inre punkt där derivatan är noll:

$$W^{\prime }(b)=\frac{4R^2-3b^2}{6}=0⟺b^2=\frac{4R^2}{3}⟺b=\frac{2R}{\sqrt{3}}$$

(bara den positiva roten ligger i intervallet). Motsvarande höjd är

$$h=\sqrt{4R^2-\frac{4R^2}{3}}=\sqrt{\frac{8R^2}{3}}=\frac{2\sqrt{2}R}{\sqrt{3}}$$

Kontroll: $W^{\prime \prime }(b)=-b<0$, så det är ett maximum. Det maximala böjmotståndet är

$$W_{\max }=\frac{1}{6}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}\cdot \frac{8R^2}{3}=\frac{8R^3}{9\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}{R}^3}{27}$$ $$\boxed{b=\frac{2R}{\sqrt{3}},h=\frac{2\sqrt{2}R}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}b,W_{\max }=\frac{8\sqrt{3}{R}^3}{27}\approx 0,513R^3}$$

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Polynom och faktorisering
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata
• Implicit derivering
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Ekvationslösning med derivata