---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2021-08-18
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för $\sum_{k=2}^{n}\ln\left(1 - \frac1k\right) = -\ln n$ och en koefficient i binomialutvecklingen av $\left(2x^2 + \frac1x\right)^5$
> - 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 $xe^{1/x}$
> - Uppgift 6: optimering av en stadionform med given omkrets

> [!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 logaritmsumma och en binomialkoefficient

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 2$ gäller att
$$
\sum_{k=2}^{n}\ln\left(1 - \dfrac1k\right) = -\ln n.
$$
*(4p)*

(b) Bestäm koefficienten för $x^3$-termen i binomialutvecklingen av
$$
\left(2x^2 + \dfrac1x\right)^5.
$$
Motivera! *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] om en [[Talföljder och summor|summa]]; (b) är binomialsatsen med [[Binomialkoefficient|binomialkoefficienter]].
>
> > [!tip]- 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 $\dbinom{5}{k}(2x^2)^{5-k}\left(\dfrac1x\right)^k$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $1 - \dfrac{1}{p + 1} = \dfrac{p}{p + 1}$, och $\ln\dfrac{a}{b} = \ln a - \ln b$. (b) Exponenten för $x$ blir $10 - 3k$. Kan den bli $3$?

> [!note]- Lösning
> **(a)** *Basfall.* För $n = 2$ är
> $$
> VL = \ln\left(1 - \dfrac12\right) = \ln\dfrac12 = -\ln 2 = HL
> $$
>
> *Induktionssteg.* Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 2$, dvs.
> $$
> \sum_{k=2}^{p}\ln\left(1 - \dfrac1k\right) = -\ln p \quad\text{(induktionsantagandet)}
> $$
> Då är
> $$
> \begin{aligned}
> \sum_{k=2}^{p+1}\ln\left(1 - \dfrac1k\right) &= \sum_{k=2}^{p}\ln\left(1 - \dfrac1k\right) + \ln\left(1 - \dfrac{1}{p + 1}\right) = -\ln p + \ln\dfrac{p}{p + 1}\\
> &= -\ln p + \ln p - \ln(p + 1) = -\ln(p + 1)
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=2}^{n}\ln\left(1 - \dfrac1k\right) = -\ln n \text{ för alla heltal } n\ge 2}
> $$
>
> **Alternativt bevis (teleskopsumma).** $\ln\left(1 - \dfrac1k\right) = \ln\dfrac{k - 1}{k} = \ln(k - 1) - \ln k$, så
> $$
> \sum_{k=2}^{n}\big(\ln(k - 1) - \ln k\big) = (\ln 1 - \ln 2) + (\ln 2 - \ln 3) + \dots + (\ln(n - 1) - \ln n) = \ln 1 - \ln n = -\ln n
> $$
>
> **(b)** Binomialsatsen ger
> $$
> \left(2x^2 + \dfrac1x\right)^5 = \sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}(2x^2)^{5-k}\left(\dfrac1x\right)^k = \sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}2^{5-k}x^{10-3k}
> $$
> Exponenterna är $10 - 3k\in\{10, 7, 4, 1, -2, -5\}$. Ekvationen $10 - 3k = 3$ ger $k = \dfrac73$, som inte är ett heltal, så det finns ingen $x^3$-term:
> $$
> \boxed{\text{koefficienten är } 0}
> $$
> 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)
$$
\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x^2}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos 2x}{\cos x - \sin x}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to\infty}\arcsin\dfrac{x + 1}{x + 2}
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]]: (a) en oscillerande funktion, (b) ett "$\frac00$"-uttryck som förenklas med [[Trigonometri|trigonometriska identiteter]], (c) [[Kontinuitet]] hos [[Arcusfunktioner|arcsin]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Vilka värden antar $\sin\dfrac{1}{x^2}$ nära $0$? (b) Använd formeln för dubbla vinkeln på $\cos 2x$. (c) Eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig kan gränsvärdet flyttas in.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\dfrac{1}{x^2}\to\infty$, 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) $\dfrac{x + 1}{x + 2}\to 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** När $x\to 0$ går $\dfrac{1}{x^2}\to +\infty$. Välj till exempel
> $$
> x_n = \dfrac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2} + 2\pi n}}, \qquad z_n = \dfrac{1}{\sqrt{\frac{3\pi}{2} + 2\pi n}}
> $$
> Båda följderna går mot $0$, men $\sin\dfrac{1}{x_n^2} = 1$ och $\sin\dfrac{1}{z_n^2} = -1$ 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:
> $$
> \boxed{\text{gränsvärdet existerar inte}}
> $$
>
> **(b)** Med $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$ och konjugatregeln, för $x\ne\frac{\pi}{4}$ nära $\frac{\pi}{4}$:
> $$
> \dfrac{\cos 2x}{\cos x - \sin x} = \dfrac{(\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x)}{\cos x - \sin x} = \cos x + \sin x
> $$
> Detta är kontinuerligt, så
> $$
> \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos 2x}{\cos x - \sin x} = \cos\dfrac{\pi}{4} + \sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt2}{2} + \dfrac{\sqrt2}{2} = \boxed{\sqrt2}
> $$
>
> **(c)** För $x > 0$ är $\dfrac12 < \dfrac{x + 1}{x + 2} < 1$, så uttrycket ligger i definitionsmängden för $\arcsin$, och
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{x + 1}{x + 2} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{1 + \frac1x}{1 + \frac2x} = 1
> $$
> Eftersom $\arcsin$ är kontinuerlig på $[-1, 1]$ (vid $1$ från vänster) får vi
> $$
> \lim_{x\to\infty}\arcsin\dfrac{x + 1}{x + 2} = \arcsin 1 = \boxed{\dfrac{\pi}{2}}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

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

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

(b) Finn
$$
f^{-1}(3).
$$
*(1p)*

(c) Beräkna
$$
\left(f^{-1}\right)'(3).
$$
*(2p)*

(d) Beräkna
$$
\left(f^{-1}\right)''(3).
$$
**Ledning:** *gör ytterligare en implicit derivering.* *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers|Inverterbarhet]] via derivatans tecken, och [[Inversa funktioners derivata]] med [[Implicit derivering]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) En strängt växande funktion är injektiv. (b) $y = f^{-1}(3)\iff f(y) = 3$. (c)–(d) Derivera $x = f(y)$ implicit med avseende på $x$, en och två gånger.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (b) Gissa en heltalsrot till $y^3 + 3y - 4 = 0$. (c) $1 = f'(y)\,y'$. (d) $0 = f''(y)(y')^2 + f'(y)\,y''$.

> [!note]- Lösning
> **(a)**
> $$
> f'(x) = 3x^2 + 3 = 3(1 + x^2)\ge 3 > 0
> $$
> så $f$ är strängt växande på hela $\mathbb{R}$ och därmed injektiv, dvs. $\boxed{f \text{ är inverterbar}}$.
>
> **(b)** $y = f^{-1}(3)\iff f(y) = 3\iff y^3 + 3y - 4 = 0$. 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 $x$:
> $$
> 1 = f'(y)\,y' = 3(1 + y^2)\,y' \iff y' = \dfrac{1}{3(1 + y^2)}
> $$
> I $x = 3$ är $y = 1$, så
> $$
> \left(f^{-1}\right)'(3) = \dfrac{1}{3(1 + 1^2)} = \boxed{\dfrac16}
> $$
>
> **(d)** Derivera $1 = f'(y)\,y'$ en gång till med avseende på $x$ (produkt- och kedjeregeln):
> $$
> 0 = f''(y)\,(y')^2 + f'(y)\,y'' \iff y'' = -\dfrac{f''(y)\,(y')^2}{f'(y)} = -\dfrac{f''(y)}{\left(f'(y)\right)^3}
> $$
> där vi använt $y' = \dfrac{1}{f'(y)}$. Med $f''(y) = 6y$, $y = 1$ och $f'(1) = 6$:
> $$
> \left(f^{-1}\right)''(3) = -\dfrac{6\cdot 1}{6^3} = \boxed{-\dfrac{1}{36}}
> $$
>
> *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
$$
mv' = mg - kv^2,
$$
där $v = v(t)$ är objektets hastighet, $t$ tiden och $k$ en proportionalitetskonstant.

(a) Visa att
$$
v(t) = \dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{e^{2\lambda t} - 1}{e^{2\lambda t} + 1}, \quad\text{där}\quad \lambda = \sqrt{\dfrac{kg}{m}},
$$
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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Kontroll av en lösning genom [[Deriveringsregler|derivering]] (kvotregeln) och ett [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärde i oändligheten]] för [[Exponentialfunktioner och logaritmer|exponentialfunktioner]]. Uttrycket är egentligen $\dfrac{g}{\lambda}\tanh(\lambda t)$, se [[Hyperboliska funktioner]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Kontrollera $v(0) = 0$, beräkna $mv'$ och $mg - kv^2$ var för sig och jämför. (b) Förläng med $e^{-2\lambda t}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $k\dfrac{g^2}{\lambda^2} = mg$, och $(e^{2\lambda t} + 1)^2 - (e^{2\lambda t} - 1)^2 = 4e^{2\lambda t}$. (b) $\dfrac{g}{\lambda} = g\sqrt{\dfrac{m}{kg}}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** *Begynnelsevillkoret:*
> $$
> v(0) = \dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{e^0 - 1}{e^0 + 1} = 0
> $$
> *Vänster led.* Kvotregeln ger
> $$
> v'(t) = \dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{2\lambda e^{2\lambda t}(e^{2\lambda t} + 1) - (e^{2\lambda t} - 1)\cdot 2\lambda e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t} + 1)^2} = \dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{4\lambda e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t} + 1)^2} = \dfrac{4g\,e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t} + 1)^2}
> $$
> så $mv' = mg\cdot\dfrac{4e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t} + 1)^2}$.
>
> *Höger led.* Eftersom $\lambda^2 = \dfrac{kg}{m}$ är $k\cdot\dfrac{g^2}{\lambda^2} = k\cdot\dfrac{g^2 m}{kg} = mg$, så
> $$
> mg - kv^2 = mg - mg\,\dfrac{(e^{2\lambda t} - 1)^2}{(e^{2\lambda t} + 1)^2} = mg\cdot\dfrac{(e^{2\lambda t} + 1)^2 - (e^{2\lambda t} - 1)^2}{(e^{2\lambda t} + 1)^2} = mg\cdot\dfrac{4e^{2\lambda t}}{(e^{2\lambda t} + 1)^2}
> $$
> Leden är lika, så $v(t)$ uppfyller $\boxed{mv' = mg - kv^2 \text{ och } v(0) = 0}$.
>
> **(b)** Förlängning med $e^{-2\lambda t}$ ger
> $$
> V_t = \lim_{t\to\infty}\dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{1 - e^{-2\lambda t}}{1 + e^{-2\lambda t}} = \dfrac{g}{\lambda}\cdot\dfrac{1 - 0}{1 + 0} = \dfrac{g}{\sqrt{kg/m}} = g\sqrt{\dfrac{m}{kg}}
> $$
> eftersom $\lambda > 0$ så att $e^{-2\lambda t}\to 0$. Alltså
> $$
> \boxed{V_t = \sqrt{\dfrac{mg}{k}}}
> $$
> *Kontroll:* vid gränshastigheten är $v' = 0$, så $mg - kV_t^2 = 0$, dvs. luftmotståndet balanserar precis tyngdkraften.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 5. Kurvan $xe^{1/x}$

Definiera funktionen
$$
y = f(x) = xe^{1/x}.
$$
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*
$$
\lim_{h\to 0}\dfrac{e^h - 1}{h} = 1.
$$
*(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]]: ensidiga [[Gränsvärden|gränsvärden]] vid $x = 0$, sned asymptot, [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]] och [[Andraderivata och konvexitet|andraderivatan]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Undersök $x\to 0^\pm$ (sätt $t = \frac1x$), $\dfrac{f(x)}{x}$ och $f(x) - x$ då $x\to\pm\infty$ (sätt $h = \frac1x$). Derivera med produkt- och kedjeregeln.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = \dfrac{(x - 1)e^{1/x}}{x}$ och $f''(x) = \dfrac{e^{1/x}}{x^3}$.

> [!note]- 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 $t = \frac1x$:
> $$
> \lim_{x\to 0^+}xe^{1/x} = \lim_{t\to +\infty}\dfrac{e^t}{t} = +\infty, \qquad \lim_{x\to 0^-}xe^{1/x} = \lim_{t\to -\infty}\dfrac{e^t}{t} = \dfrac{0}{-\infty} = 0
> $$
> 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
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\pm\infty}e^{1/x} = e^0 = 1
> $$
> och med $h = \frac1x\to 0$:
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}\big(f(x) - x\big) = \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{e^{1/x} - 1}{1/x} = \lim_{h\to 0}\dfrac{e^h - 1}{h} = 1
> $$
> $$
> \boxed{\text{lodrät asymptot } x = 0 \ (x\to 0^+), \quad \text{sned asymptot } y = x + 1 \ (x\to\pm\infty)}
> $$
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = e^{1/x} + x\,e^{1/x}\cdot\left(-\dfrac{1}{x^2}\right) = e^{1/x}\left(1 - \dfrac1x\right) = \dfrac{(x - 1)\,e^{1/x}}{x}
> $$
> Enda kritiska punkten är $x = 1$.
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 1$ | $1$ | $x > 1$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $x - 1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $e^{1/x}$ | $+$ | odef. | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | asymptot | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. min } f(1) = e}
> $$
> Det finns inget lokalt maximum.
>
> **Andraderivata.**
> $$
> f''(x) = \dfrac{d}{dx}\left(e^{1/x} - \dfrac{e^{1/x}}{x}\right) = -\dfrac{e^{1/x}}{x^2} - \dfrac{-\frac{1}{x^2}e^{1/x}\cdot x - e^{1/x}}{x^2} = -\dfrac{e^{1/x}}{x^2} + \dfrac{e^{1/x}}{x^3} + \dfrac{e^{1/x}}{x^2} = \dfrac{e^{1/x}}{x^3}
> $$
> $f''$ har samma tecken som $x^3$ och är aldrig noll:
> $$
> \boxed{\text{konkav för } x < 0, \quad \text{konvex för } x > 0, \quad \text{inga inflexionspunkter}}
> $$
> 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.
>
> ![[tenta210818-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Optimering: [[Extremvärden|största värde]] för en kontinuerlig funktion på ett slutet, begränsat intervall.
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $b = \dfrac{P - \pi h}{2}$ med $0\le h\le\dfrac{P}{\pi}$. (a) $A_r = bh$. (b) $A_s = bh + \dfrac{\pi h^2}{4}$; var hamnar den kritiska punkten?

> [!note]- Lösning
> **Uppställning.** Randen består av två sträckor $b$ och två halvcirklar med diametern $h$, så
> $$
> P = 2b + 2\cdot\dfrac{\pi h}{2} = 2b + \pi h \iff b = \dfrac{P - \pi h}{2}
> $$
> Eftersom $b\ge 0$ och $h\ge 0$ är $0\le h\le\dfrac{P}{\pi}$.
>
> **(a)** Rektangelns area är
> $$
> A_r(h) = bh = \dfrac{(P - \pi h)h}{2} = \dfrac{Ph - \pi h^2}{2}, \quad 0\le h\le\dfrac{P}{\pi}
> $$
> $A_r$ 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
> $$
> A_r'(h) = \dfrac{P - 2\pi h}{2} = 0 \iff h = \dfrac{P}{2\pi}
> $$
> ligger inne i intervallet, och $A_r''(h) = -\pi < 0$, så det är ett maximum. Då är $b = \dfrac{P - P/2}{2} = \dfrac{P}{4}$ och
> $$
> \boxed{h = \dfrac{P}{2\pi}, \quad b = \dfrac{P}{4}, \quad A_r^{\max} = \dfrac{P}{4}\cdot\dfrac{P}{2\pi} = \dfrac{P^2}{8\pi}}
> $$
> 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 $\frac{h}{2}$:
> $$
> A_s(h) = bh + \pi\left(\dfrac h2\right)^2 = \dfrac{Ph - \pi h^2}{2} + \dfrac{\pi h^2}{4} = \dfrac{2Ph - \pi h^2}{4}, \quad 0\le h\le\dfrac{P}{\pi}
> $$
> Derivatan är
> $$
> A_s'(h) = \dfrac{2P - 2\pi h}{4} = \dfrac{P - \pi h}{2}\ge 0 \quad\text{på}\quad \left[0, \dfrac{P}{\pi}\right]
> $$
> med likhet bara i högra ändpunkten. $A_s$ är alltså växande, och maximum antas i $h = \dfrac{P}{\pi}$, där $b = 0$:
> $$
> \boxed{h = \dfrac{P}{\pi}, \quad b = 0, \quad A_s^{\max} = \dfrac{2P\cdot\frac{P}{\pi} - \pi\frac{P^2}{\pi^2}}{4} = \dfrac{P^2}{4\pi}}
> $$
> Stadion är då en cirkel med diametern $\dfrac{P}{\pi}$, i enlighet med den isoperimetriska olikheten $A\le\dfrac{P^2}{4\pi}$.
>
> *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]]