M0047M-2021-08-18

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2021-08-18 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_210818.pdf, m0047m_210818solsny.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för ${\sum }_{k=2}^n\ln \left(1-\frac{1}{k}\right)=-\ln n$ och en koefficient i binomialutvecklingen av ${\left(2x^2+\frac{1}{x}\right)}^5$
• Uppgift 2: tre gränsvärden, $\sin \frac{1}{x^2}$ vid $0$, en trigonometrisk kvot vid $\frac{\pi }{4}$ och $\arcsin \frac{x+1}{x+2}$ i oändligheten
• Uppgift 3: inverterbarhet, inversens värde och inversens första och andra derivata för $x^3+3x-1$
• Uppgift 4: fritt fall med kvadratiskt luftmotstånd, kontroll av en lösning och gränshastigheten
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och konvexitet för $x{e}^{1/x}$
• Uppgift 6: optimering av en stadionform med given omkrets

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 logaritmsumma och en binomialkoefficient

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 2$ gäller att

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

(4p)

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

$${\left(2x^2+\frac{1}{x}\right)}^5.$$

Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett bevis med induktion om en summa; (b) är binomialsatsen med binomialkoefficienter.

Ledtråd 2

(a) Basfallet är $n=2$. Anta att formeln gäller för $n=p$ och lägg till termen $k=p+1$. (b) Den allmänna termen är $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)(2x^2{)}^{5-k}{\left(\frac{1}{x}\right)}^k$.

Ledtråd 3

(a) $1-\frac{1}{p+1}=\frac{p}{p+1}$, och $\ln \frac{a}{b}=\ln a-\ln b$. (b) Exponenten för $x$ blir $10-3k$. Kan den bli $3$?

Lösning

(a) Basfall. För $n=2$ är

$$VL=\ln \left(1-\frac{1}{2}\right)=\ln \frac{1}{2}=-\ln 2=HL$$

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 2$, dvs.

$$\sum _{k=2}^p\ln \left(1-\frac{1}{k}\right)=-\ln p\text{(induktionsantagandet)}$$

Då är

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

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

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

Alternativt bevis (teleskopsumma). $\ln \left(1-\frac{1}{k}\right)=\ln \frac{k-1}{k}=\ln (k-1)-\ln k$, så

$$\sum _{k=2}^n(\ln (k-1)-\ln k)=(\ln 1-\ln 2)+(\ln 2-\ln 3)+\cdots +(\ln (n-1)-\ln n)=\ln 1-\ln n=-\ln n$$

(b) Binomialsatsen ger

$${\left(2x^2+\frac{1}{x}\right)}^5=\sum _{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)(2x^2{)}^{5-k}{\left(\frac{1}{x}\right)}^k=\sum _{k=0}^5(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k})2^{5-k}{x}^{10-3k}$$

Exponenterna är $10-3k\in \{10,7,4,1,-2,-5\}$. Ekvationen $10-3k=3$ ger $k=\frac{7}{3}$, som inte är ett heltal, så det finns ingen $x^3$-term:

$$\boxed{\text{koefficienten a¨r }0}$$

Hela utvecklingen är $32x^{10}+80x^7+80x^4+40x+10x^{-2}+x^{-5}$.

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)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\sin \frac{1}{x^2}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\arcsin \frac{x+1}{x+2}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden: (a) en oscillerande funktion, (b) ett "$\frac{0}{0}$"-uttryck som förenklas med trigonometriska identiteter, (c) Kontinuitet hos arcsin.

Ledtråd 2

(a) Vilka värden antar $\sin \frac{1}{x^2}$ nära $0$? (b) Använd formeln för dubbla vinkeln på $\cos 2x$. (c) Eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig kan gränsvärdet flyttas in.

Ledtråd 3

(a) $\frac{1}{x^2}\to \infty$, så sinus sveper över $[-1,1]$ oändligt många gånger. (b) $\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x=(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)$. (c) $\frac{x+1}{x+2}\to 1$.

Lösning

(a) När $x\to 0$ går $\frac{1}{x^2}\to +\infty$. Välj till exempel

$$x_n=\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi }{2}+2\pi n}},z_n=\frac{1}{\sqrt{\frac{3\pi }{2}+2\pi n}}$$

Båda följderna går mot $0$, men $\sin \frac{1}{x_n^2}=1$ och $\sin \frac{1}{z_n^2}=-1$ för alla $n$. I varje intervall $(-\delta ,\delta )$ antar funktionen alltså både värdet $1$ och värdet $-1$, så den kan inte närma sig ett enda tal:

$$\boxed{\text{gra¨nsva¨rdet existerar inte}}$$

(b) Med $\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$ och konjugatregeln, för $x\ne \frac{\pi }{4}$ nära $\frac{\pi }{4}$:

$$\frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}=\frac{(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)}{\cos x-\sin x}=\cos x+\sin x$$

Detta är kontinuerligt, så

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}=\cos \frac{\pi }{4}+\sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\boxed{\sqrt{2}}$$

(c) För $x>0$ är $\frac{1}{2}<\frac{x+1}{x+2}<1$, så uttrycket ligger i definitionsmängden för $\arcsin$, och

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x+1}{x+2}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}}=1$$

Eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig på $[-1,1]$ (vid $1$ från vänster) får vi

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\arcsin \frac{x+1}{x+2}=\arcsin 1=\boxed{\frac{\pi }{2}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Inversen till $x^3+3x-1$ och dess derivator

Låt

$$f(x)=x^3+3x-1,x\in \mathbb{R}.$$

(a) Visa att funktionen är inverterbar. (1p)

(b) Finn

$$f^{-1}(3).$$

(1p)

(c) Beräkna

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3).$$

(2p)

(d) Beräkna

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime \prime }(3).$$

Ledning: gör ytterligare en implicit derivering. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Inverterbarhet via derivatans tecken, och Inversa funktioners derivata med Implicit derivering.

Ledtråd 2

(a) En strängt växande funktion är injektiv. (b) $y=f^{-1}(3)⟺f(y)=3$. (c)–(d) Derivera $x=f(y)$ implicit med avseende på $x$, en och två gånger.

Ledtråd 3

(b) Gissa en heltalsrot till $y^3+3y-4=0$. (c) $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$. (d) $0=f^{\prime \prime }(y)(y^{\prime }{)}^2+f^{\prime }(y)y^{\prime \prime }$.

Lösning

(a)

$$f^{\prime }(x)=3x^2+3=3(1+x^2)\ge 3>0$$

så $f$ är strängt växande på hela $\mathbb{R}$ och därmed injektiv, dvs. $\boxed{f\text{ a¨r inverterbar}}$.

(b) $y=f^{-1}(3)⟺f(y)=3⟺y^3+3y-4=0$. Här ser man direkt att $y=1$ är en rot. Eftersom $f$ är injektiv finns det ingen annan reell rot (faktoriseringen $y^3+3y-4=(y-1)(y^2+y+4)$ bekräftar det, andragradsfaktorn saknar reella rötter). Alltså

$$\boxed{f^{-1}(3)=1}$$

(c) Låt $y=f^{-1}(x)$, dvs. $x=f(y)=y^3+3y-1$. Implicit derivering med avseende på $x$:

$$1=f^{\prime }(y)y^{\prime }=3(1+y^2)y^{\prime }⟺y^{\prime }=\frac{1}{3(1+y^2)}$$

I $x=3$ är $y=1$, så

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3)=\frac{1}{3(1+1^2)}=\boxed{\frac{1}{6}}$$

(d) Derivera $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$ en gång till med avseende på $x$ (produkt- och kedjeregeln):

$$0=f^{\prime \prime }(y)(y^{\prime }{)}^2+f^{\prime }(y)y^{\prime \prime }⟺y^{\prime \prime }=-\frac{f^{\prime \prime }(y)(y^{\prime }{)}^2}{f^{\prime }(y)}=-\frac{f^{\prime \prime }(y)}{{\left(f^{\prime }(y)\right)}^3}$$

där vi använt $y^{\prime }=\frac{1}{f^{\prime }(y)}$. Med $f^{\prime \prime }(y)=6y$, $y=1$ och $f^{\prime }(1)=6$:

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime \prime }(3)=-\frac{6\cdot 1}{6^3}=\boxed{-\frac{1}{36}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Fritt fall med luftmotstånd

Ett objekt med massa $m$ som faller under inverkan av jordaccelerationen $g$ i en atmosfär där luftmotståndet är proportionellt mot objektets hastighet i kvadrat uppfyller rörelseekvationen

$$m{v}^{\prime }=mg-k{v}^2,$$

där $v=v(t)$ är objektets hastighet, $t$ tiden och $k$ en proportionalitetskonstant.

(a) Visa att

$$v(t)=\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{e^{2\lambda t}-1}{e^{2\lambda t}+1},\text{da¨r}\lambda =\sqrt{\frac{kg}{m}},$$

är lösning till rörelseekvationen om objektet släpps från vila (dvs. $v(0)=0$). (3p)

(b) När $t\to \infty$ kommer objektets hastighet $v(t)$ att gå mot en konstant hastighet, den så kallade gränshastigheten $V_t$. Bestäm $V_t$ (uttryckt i storheterna $m$, $g$ och $k$). Antag här att objektet faller i all oändlighet. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kontroll av en lösning genom derivering (kvotregeln) och ett gränsvärde i oändligheten för exponentialfunktioner. Uttrycket är egentligen $\frac{g}{\lambda }\tanh (\lambda t)$, se Hyperboliska funktioner.

Ledtråd 2

(a) Kontrollera $v(0)=0$, beräkna $m{v}^{\prime }$ och $mg-k{v}^2$ var för sig och jämför. (b) Förläng med $e^{-2\lambda t}$.

Ledtråd 3

(a) $k\frac{g^2}{{\lambda }^2}=mg$, och $(e^{2\lambda t}+1{)}^2-(e^{2\lambda t}-1{)}^2=4e^{2\lambda t}$. (b) $\frac{g}{\lambda }=g\sqrt{\frac{m}{kg}}$.

Lösning

(a) Begynnelsevillkoret:

$$v(0)=\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{e^0-1}{e^0+1}=0$$

Vänster led. Kvotregeln ger

$$v^{\prime }(t)=\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{2\lambda e^{2\lambda t}(e^{2\lambda t}+1)-(e^{2\lambda t}-1)\cdot 2\lambda e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}=\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{4\lambda e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}=\frac{4g{e}^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}$$

så $m{v}^{\prime }=mg\cdot \frac{4e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}$.

Höger led. Eftersom ${\lambda }^2=\frac{kg}{m}$ är $k\cdot \frac{g^2}{{\lambda }^2}=k\cdot \frac{g^{2}m}{kg}=mg$, så

$$mg-k{v}^2=mg-mg\frac{(e^{2\lambda t}-1{)}^2}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}=mg\cdot \frac{(e^{2\lambda t}+1{)}^2-(e^{2\lambda t}-1{)}^2}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}=mg\cdot \frac{4e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t}+1{)}^2}$$

Leden är lika, så $v(t)$ uppfyller $\boxed{m{v}^{\prime }=mg-k{v}^2\text{ och }v(0)=0}$.

(b) Förlängning med $e^{-2\lambda t}$ ger

$$V_t=\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{1-e^{-2\lambda t}}{1+e^{-2\lambda t}}=\frac{g}{\lambda }\cdot \frac{1-0}{1+0}=\frac{g}{\sqrt{kg/m}}=g\sqrt{\frac{m}{kg}}$$

eftersom $\lambda >0$ så att $e^{-2\lambda t}\to 0$. Alltså

$$\boxed{V_t=\sqrt{\frac{mg}{k}}}$$

Kontroll: vid gränshastigheten är $v^{\prime }=0$, så $mg-k{V}_t^2=0$, dvs. luftmotståndet balanserar precis tyngdkraften.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $x{e}^{1/x}$

Definiera funktionen

$$y=f(x)=x{e}^{1/x}.$$

Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Ange i vilka intervall kurvan är konvex respektive konkav. Skissera kurvan. Ledning: man kan ha hjälp av standardgränsvärdet

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^h-1}{h}=1.$$

(5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: ensidiga gränsvärden vid $x=0$, sned asymptot, teckenschema för derivatan och andraderivatan.

Ledtråd 2

Undersök $x\to 0^{\pm }$ (sätt $t=\frac{1}{x}$), $\frac{f(x)}{x}$ och $f(x)-x$ då $x\to \pm \infty$ (sätt $h=\frac{1}{x}$). Derivera med produkt- och kedjeregeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)e^{1/x}}{x}$ och $f^{\prime \prime }(x)=\frac{e^{1/x}}{x^3}$.

Lösning

Definitionsmängd och tecken. $f$ är definierad för $x\ne 0$. Eftersom $e^{1/x}>0$ har $f(x)$ samma tecken som $x$.

Lodrät asymptot. Med $t=\frac{1}{x}$:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x{e}^{1/x}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{e^t}{t}=+\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }x{e}^{1/x}=\underset{t\to -\infty }{\lim }\frac{e^t}{t}=\frac{0}{-\infty }=0$$

Alltså är $x=0$ en lodrät asymptot (från höger); från vänster går kurvan mot origo.

Sned asymptot. $f(x)\to \pm \infty$ då $x\to \pm \infty$, så det finns ingen vågrät asymptot. Men

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }{e}^{1/x}=e^0=1$$

och med $h=\frac{1}{x}\to 0$:

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }(f(x)-x)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{e^{1/x}-1}{1/x}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^h-1}{h}=1$$ $$\boxed{\text{lodra¨t asymptot }x=0(x\to 0^{+}),\text{sned asymptot }y=x+1(x\to \pm \infty )}$$

Derivata.

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

Enda kritiska punkten är $x=1$.

	$x<0$	$0$	$0<x<1$	$1$	$x>1$
$x-1$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$e^{1/x}$	$+$	odef.	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	odef.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	asymptot	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. min }f(1)=e}$$

Det finns inget lokalt maximum.

Andraderivata.

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{d}{dx}\left(e^{1/x}-\frac{e^{1/x}}{x}\right)=-\frac{e^{1/x}}{x^2}-\frac{-\frac{1}{x^2}{e}^{1/x}\cdot x-e^{1/x}}{x^2}=-\frac{e^{1/x}}{x^2}+\frac{e^{1/x}}{x^3}+\frac{e^{1/x}}{x^2}=\frac{e^{1/x}}{x^3}$$

$f^{\prime \prime }$ har samma tecken som $x^3$ och är aldrig noll:

$$\boxed{\text{konkav fo¨r }x<0,\text{konvex fo¨r }x>0,\text{inga inflexionspunkter}}$$

Teckenbytet sker vid $x=0$, som inte tillhör definitionsmängden, så det ger ingen inflexionspunkt.

Skiss. För $x<0$ växer kurvan, konkav, från den sneda asymptoten $y=x+1$ (underifrån, eftersom $f(x)-(x+1)<0$ där) upp mot origo. För $x>0$ kommer den ner från $+\infty$ längs $y$-axeln, har minimum i $(1,e)$ och närmar sig sedan $y=x+1$ ovanifrån.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Optimal stadionform

En stadion är en tvådimensionell geometrisk figur konstruerad av en rektangel och två halvcirklar på motsatta sidor av rektangeln, se nedanstående figur.

Figuren i tentan: en rektangel med den vågräta sidan $b$ och den lodräta sidan $h$, med en halvcirkel med diametern $h$ fäst på vardera kortsidan. Stadions rand består alltså av två raka sträckor med längden $b$ och två halvcirkelbågar.

För en stadion med given omkrets $P$, finn rektangelns sidor $b$ och $h$ (uttryckta i $P$) som

(a) ger maximal area på rektangeln. Hur stor är då rektangelns maximala area uttryckt i $P$? (3p)

(b) ger maximal total innesluten area av stadion. Hur stor är då inneslutna områdets maximala area uttryckt i $P$? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

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

Ledtråd 2

Omkretsen är $P=2b+\pi h$. Lös ut $b$, skriv arean som funktion av $h$ och bestäm vilka $h$ som är tillåtna. Undersök kritiska punkter och ändpunkter.

Ledtråd 3

$b=\frac{P-\pi h}{2}$ med $0\le h\le \frac{P}{\pi }$. (a) $A_r=bh$. (b) $A_s=bh+\frac{\pi h^2}{4}$; var hamnar den kritiska punkten?

Lösning

Uppställning. Randen består av två sträckor $b$ och två halvcirklar med diametern $h$, så

$$P=2b+2\cdot \frac{\pi h}{2}=2b+\pi h⟺b=\frac{P-\pi h}{2}$$

Eftersom $b\ge 0$ och $h\ge 0$ är $0\le h\le \frac{P}{\pi }$.

(a) Rektangelns area är

$$A_r(h)=bh=\frac{(P-\pi h)h}{2}=\frac{Ph-\pi h^2}{2},0\le h\le \frac{P}{\pi }$$

$A_r$ är kontinuerlig på ett slutet, begränsat intervall, så ett största värde finns. I ändpunkterna är $A_r(0)=A_r\left(\frac{P}{\pi }\right)=0$. Derivatan

$$A_r^{\prime }(h)=\frac{P-2\pi h}{2}=0⟺h=\frac{P}{2\pi }$$

ligger inne i intervallet, och $A_r^{\prime \prime }(h)=-\pi <0$, så det är ett maximum. Då är $b=\frac{P-P/2}{2}=\frac{P}{4}$ och

$$\boxed{h=\frac{P}{2\pi },b=\frac{P}{4},A_r^{\max }=\frac{P}{4}\cdot \frac{P}{2\pi }=\frac{P^2}{8\pi }}$$

De raka sidorna är då lika långa som var och en av halvcirkelbågarna ($\frac{\pi h}{2}=\frac{P}{4}$).

(b) Den totala arean är rektangeln plus två halvcirklar med radien $\frac{h}{2}$:

$$A_s(h)=bh+\pi {\left(\frac{h}{2}\right)}^2=\frac{Ph-\pi h^2}{2}+\frac{\pi h^2}{4}=\frac{2Ph-\pi h^2}{4},0\le h\le \frac{P}{\pi }$$

Derivatan är

$$A_s^{\prime }(h)=\frac{2P-2\pi h}{4}=\frac{P-\pi h}{2}\ge 0\text{pa˚}\left[0,\frac{P}{\pi }\right]$$

med likhet bara i högra ändpunkten. $A_s$ är alltså växande, och maximum antas i $h=\frac{P}{\pi }$, där $b=0$:

$$\boxed{h=\frac{P}{\pi },b=0,A_s^{\max }=\frac{2P\cdot \frac{P}{\pi }-\pi \frac{P^2}{{\pi }^2}}{4}=\frac{P^2}{4\pi }}$$

Stadion är då en cirkel med diametern $\frac{P}{\pi }$, i enlighet med den isoperimetriska olikheten $A\le \frac{P^2}{4\pi }$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Binomialkoefficient
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Kontinuitet
• Trigonometri
• Arcusfunktioner
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata
• Implicit derivering
• Hyperboliska funktioner
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet
• Extremvärden