M0047M-2021-10-28

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2021-10-28 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_211028.pdf, m0047m_211028sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för en teleskopsumma med rötter och en aritmetisk summa av tröjnummer
• Uppgift 2: tre gränsvärden med $\arcsin /\arccos$, logaritmer och rotkonjugat vid $-\infty$
• Uppgift 3: krökningen för parabeln $y=x^2$ och för en cirkel via implicit derivering
• Uppgift 4: taylorpolynom för sagittan $h(s)$ och ett rep spänt över Bajkalsjön
• Uppgift 5: värdemängd, antal nollställen, lokalisering och inverterbarhet för $x^5-5x+7$
• Uppgift 6: vattenstråle ur en tank, var hålet ska sitta för maximal räckvidd

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. Teleskopsumma med induktion och en aritmetisk summa

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

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}=\sqrt{n}.$$

Ledning: rotkonjugat. (4p)

(b) De $n$ spelarna i laget “Oddballs” har valt sina unika tröjnummer att vara de udda talen från 5 upp till $2n+3$ (dvs $5,7,9,11,\dots ,2n+3$). Summan av alla spelares tröjnummer är 396. Hur många spelare finns det i laget? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett bevis med induktion; (b) är en aritmetisk summa (Talföljder och summor).

Ledtråd 2

(a) Basfall $n=1$. I induktionssteget: dela upp summan till $p+1$ i summan till $p$ plus den sista termen. (b) En aritmetisk summa är antalet termer gånger medelvärdet av första och sista termen: $\frac{n(a_1+a_n)}{2}$.

Ledtråd 3

(a) Förläng den sista termen med rotkonjugatet: $\frac{1}{\sqrt{p}+\sqrt{p+1}}=\sqrt{p+1}-\sqrt{p}$. (b) Ekvationen blir $n(n+4)=396$; lägg till 4 på båda sidor.

Lösning

(a) Basfall. För $n=1$ är

$$\sum _{k=1}^1\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}=\frac{1}{\sqrt{0}+\sqrt{1}}=1=\sqrt{1}$$

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för $n=p$, dvs. $\sum _{k=1}^p\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}=\sqrt{p}$ (induktionsantagandet). Då är

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

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

$$\boxed{\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}=\sqrt{n}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Alternativt bevis utan induktion. Varje term förlängd med rotkonjugatet blir $\sqrt{k}-\sqrt{k-1}$, så summan teleskoperar:

$$\left(\sqrt{1}-\sqrt{0}\right)+\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)+\dots +\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)=\sqrt{n}-\sqrt{0}=\sqrt{n}$$

(b) Talen $5,7,\dots ,2n+3$ bildar en aritmetisk följd med differensen 2 och $n$ termer, så

$$396=\frac{n(5+(2n+3))}{2}=\frac{n(2n+8)}{2}=n(n+4)$$

Addera 4 på båda sidor: $400=n^2+4n+4=(n+2{)}^2$, så $n+2=\pm 20$, dvs. $n=18$ eller $n=-22$. Antalet spelare är positivt:

$$\boxed{n=18\text{ spelare}}$$

Kontroll: $5+7+\dots +39=18\cdot \frac{5+39}{2}=18\cdot 22=396$.

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)

$$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\arcsin x}{\arccos x}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln (3x^2)}{\ln (2x^3)}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden och gränsvärden i oändligheten: (a) kontinuitet för Arcusfunktioner, (b) logaritmlagar, (c) rotkonjugat.

Ledtråd 2

(a) $\arcsin$ och $\arccos$ är definierade och kontinuerliga på $[-1,1]$, så det räcker att sätta in $x=-1$. (b) Skriv $\ln (3x^2)=\ln 3+2\ln x$ och bryt ut $\ln x$. (c) Förläng med $x-\sqrt{x^2-1}$.

Ledtråd 3

(c) Efter förlängningen blir täljaren $x$. I nämnaren är $\sqrt{x^2}=|x|=-x$ när $x<0$, så bryt ut $x$ med rätt tecken.

Lösning

(a) Både $\arcsin$ och $\arccos$ är högerkontinuerliga i $-1$, och $\arccos (-1)=\pi \ne 0$, så

$$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\arcsin x}{\arccos x}=\frac{\arcsin (-1)}{\arccos (-1)}=\frac{-\pi /2}{\pi }=\boxed{-\frac{1}{2}}$$

Observera att $\frac{\arcsin x}{\arccos x}\ne \arctan x$.

(b) Med logaritmlagarna och division med $\ln x$ (som går mot $\infty$):

$$\frac{\ln (3x^2)}{\ln (2x^3)}=\frac{\ln 3+2\ln x}{\ln 2+3\ln x}=\frac{\frac{\ln 3}{\ln x}+2}{\frac{\ln 2}{\ln x}+3}\to \frac{0+2}{0+3}$$ $$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln (3x^2)}{\ln (2x^3)}=\frac{2}{3}}$$

(c) Förläng med rotkonjugatet:

$$x\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)=\frac{x\left(x^2-(x^2-1)\right)}{x-\sqrt{x^2-1}}=\frac{x}{x-|x|\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}$$

För $x<0$ är $|x|=-x$, så uttrycket blir

$$\frac{x}{x+x\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}=\frac{1}{1+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}\to \frac{1}{1+1}$$ $$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)=\frac{1}{2}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Krökning för en parabel och en cirkel

Vi definierar krökningen $\kappa =\kappa (x)$ i en punkt $x$ på kurva $C$ given av funktionen $y=f(x)$ som

$$\kappa (x)=\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left(1+(y^{\prime }{)}^2\right)}^{3/2}}.$$

(a) Beräkna krökningen för parabeln

$$y=f(x)=x^2,x\in \mathbb{R},$$

i punkten $x=\sqrt{2}$. (2p)

(b) Beräkna krökningen i varje punkt på cirkeln

$$x^2+y^2=R^2,y\ne 0,$$

med radie $R$ (konstant). Ledning: Sätt $y=y(x)$ och derivera implicit. (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Insättning i en formel med första- och andraderivata; i (b) behövs Implicit derivering två gånger.

Ledtråd 2

(a) $y^{\prime }=2x$ och $y^{\prime \prime }=2$. (b) Derivera $x^2+y^2=R^2$ med avseende på $x$: $2x+2y{y}^{\prime }=0$. Derivera en gång till.

Ledtråd 3

(b) Andra deriveringen ger $1+(y^{\prime }{)}^2+y{y}^{\prime \prime }=0$. Med $y^{\prime }=-\frac{x}{y}$ blir $1+(y^{\prime }{)}^2=\frac{R^2}{y^2}$ och $y^{\prime \prime }=-\frac{R^2}{y^3}$.

Lösning

(a) $y^{\prime }=2x$ och $y^{\prime \prime }=2$, så

$$\kappa (x)=\frac{2}{(1+4x^2{)}^{3/2}},\kappa \left(\sqrt{2}\right)=\frac{2}{(1+4\cdot 2{)}^{3/2}}=\frac{2}{9^{3/2}}=\frac{2}{27}$$ $$\boxed{\kappa \left(\sqrt{2}\right)=\frac{2}{27}}$$

(b) Låt $y=y(x)$. Derivering av $x^2+y^2=R^2$ med avseende på $x$ ger

$$2x+2y{y}^{\prime }=0⟹y^{\prime }=-\frac{x}{y}(y\ne 0)$$

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

$$2+2(y^{\prime }{)}^2+2y{y}^{\prime \prime }=0⟹y^{\prime \prime }=-\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{y}$$

Här är

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

Alltså

$$\kappa =\frac{\frac{R^2}{|y{|}^3}}{{\left(\frac{R^2}{y^2}\right)}^{3/2}}=\frac{\frac{R^2}{|y{|}^3}}{\frac{R^3}{|y{|}^3}}=\frac{1}{R}$$ $$\boxed{\kappa =\frac{1}{R}\text{ i varje punkt pa˚ cirkeln}}$$

Krökningen är konstant, och radien är just $1/\kappa$ (krökningsradien).

Kontrollerat mot facit.

---

4. Sagittan och ett rep över Bajkalsjön

Höjden $h=h(s)$ (kallad sagitta) av ett cirkelsegment med båglängd $s$ ges av

$$h=R\left(1-\cos \frac{s}{2R}\right),$$

där $R$ (konstant) är cirkelns radie, se nedanstående figur.

Figuren i tentan: en cirkelsektor med radien $R$ och medelpunktsvinkeln $2\varphi$. Bågen är uppdelad i två halvor med längden $s/2$ vardera. Kordan mellan bågens ändpunkter har halva längden $x/2$ på var sida om symmetrilinjen. Längs symmetrilinjen är avståndet från medelpunkten till kordan $R-h$ och avståndet från kordan till bågen $h$.

(a) Beräkna $h(0)$, $h^{\prime }(0)$ och $h^{\prime \prime }(0)$. (2p)

(b) Finn taylorpolynomet $P_2(s)$ av ordning 2 kring $s=0$ till funktionen $h=h(s)$. (2p)

(c) Antag att vi skulle spänna ett rep tvärs över en $s$ km lång sjö på jorden. Då skulle repet som djupast ligga $h$ km under ytan mitt på sjön, där $h$ ges av uttrycket ovan. Bajkalsjön är ungefär 640 km lång och jordens radie $R$ är ungefär 6400 km. Använd taylorpolynomet i (b) för att approximera det maximala djupet som ett spänt rep skulle hamna under Bajkalsjöns yta. Man kan här anta att sjön är bottenlös. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Taylors formel av ordning 2, efter derivering med kedjeregeln (Deriveringsregler).

Ledtråd 2

$P_2(s)=h(0)+h^{\prime }(0)s+\frac{h^{\prime \prime }(0)}{2!}{s}^2$. Den inre derivatan av $\frac{s}{2R}$ är $\frac{1}{2R}$.

Ledtråd 3

$h^{\prime }(s)=\frac{1}{2}\sin \frac{s}{2R}$ och $h^{\prime \prime }(s)=\frac{1}{4R}\cos \frac{s}{2R}$.

Lösning

(a) Med kedjeregeln:

$$h^{\prime }(s)=R\cdot \frac{1}{2R}\sin \frac{s}{2R}=\frac{1}{2}\sin \frac{s}{2R},h^{\prime \prime }(s)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2R}\cos \frac{s}{2R}=\frac{1}{4R}\cos \frac{s}{2R}$$

så

$$\boxed{h(0)=R(1-\cos 0)=0,h^{\prime }(0)=\frac{1}{2}\sin 0=0,h^{\prime \prime }(0)=\frac{1}{4R}}$$

(b)

$$P_2(s)=h(0)+h^{\prime }(0)s+\frac{h^{\prime \prime }(0)}{2!}{s}^2=0+0\cdot s+\frac{s^2}{2\cdot 4R}$$ $$\boxed{P_2(s)=\frac{s^2}{8R}}$$

(c) För $s$ litet jämfört med $R$ är $h(s)\approx P_2(s)$. Med $s=640$ km och $R=6400$ km:

$$h(640)\approx P_2(640)=\frac{640^2}{8\cdot 6400}=\frac{64\cdot 64\cdot 100}{8\cdot 64\cdot 100}=\boxed{8\text{ km}}$$

Det exakta värdet $6400\left(1-\cos \frac{1}{20}\right)\approx 7,998$ km visar att approximationen är mycket god. Bajkalsjöns största djup är ungefär 1,6 km, så i verkligheten skulle repet ta i botten.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Nollställen och inverterbarhet för $x^5-5x+7$

Låt

$$y=p(x)=x^5-5x+7,x\in \mathbb{R}.$$

Använd verktyg och begrepp som gränsvärden, teckenstudium av derivatan, graf och satsen om mellanliggande värden för att motivera svaren till nedanstående uppgifter.

(a) Vad är värdemängden för $p$? Motivera! (1p)

(b) Avgör hur många reella nollställen som polynomet $p(x)$ har. Motivera! (2p)

(c) Lokalisera nollställena i uppgift (b) genom att ange i vilka intervall $[m,n]$ (där $m$ och $n$ är heltal, $n=m+1$) nollställena ligger. Motivera! (1p)

(d) Är funktionen $p$ inverterbar? Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ekvationslösning med derivata: [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärden i $\pm \infty$]], teckenschema för derivatan, satsen om mellanliggande värden (Kontinuitet) och inverterbarhet.

Ledtråd 2

(a) Undersök $p(x)$ när $x\to \pm \infty$. (b) Faktorisera $p^{\prime }(x)=5(x^4-1)$ och beräkna de lokala extremvärdena. (c) Pröva tecknet för $p$ i heltalspunkter. (d) En inverterbar funktion måste vara injektiv.

Ledtråd 3

$p(-1)=11$ (lok. max) och $p(1)=3$ (lok. min). Båda är positiva, så grafen kan bara skära $x$-axeln till vänster om $x=-1$. $p(-2)=-15$.

Lösning

(a) $p$ är ett polynom, alltså kontinuerligt på $\mathbb{R}$, och

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }p(x)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }{x}^5\left(1-\frac{5}{x^4}+\frac{7}{x^5}\right)=\pm \infty$$

Enligt satsen om mellanliggande värden antar $p$ alla värden mellan dessa, så

$$\boxed{V_p=(-\infty ,\infty )=\mathbb{R}}$$

(b) Derivatan är

$$p^{\prime }(x)=5x^4-5=5(x^2-1)(x^2+1)=5(x-1)(x+1)(x^2+1)$$

med kritiska punkter $x=\pm 1$. Eftersom $x^2+1>0$:

	$x<-1$	$-1$	$-1<x<1$	$1$	$x>1$
$x+1$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x-1$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$5(x^2+1)$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$p^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$p(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

med $p(-1)=-1+5+7=11$ och $p(1)=1-5+7=3$.

• På $(-\infty ,-1]$ är $p$ strängt växande från $-\infty$ till $11$, så där finns exakt ett nollställe.
• På $[-1,1]$ är $p$ avtagande, så $p(x)\ge p(1)=3>0$.
• På $[1,\infty )$ är $p$ växande, så $p(x)\ge 3>0$.

$$\boxed{p\text{ har exakt ett reellt nollsta¨lle}}$$

(c) Nollstället ligger i $(-\infty ,-1)$. Eftersom

$$p(-2)=-32+10+7=-15<0\text{och}p(-1)=11>0$$

ger satsen om mellanliggande värden att nollstället ligger i

$$\boxed{[-2,-1]}$$

(Intervallhalvering: $p\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{221}{32}>0$, så nollstället ligger till och med i $\left[-2,-\frac{3}{2}\right]$. Numeriskt är det $x\approx -1,734$.)

(d) $p$ är inte injektiv: till exempel har ekvationen $p(x)=5$ tre lösningar, en i varje intervall $(-\infty ,-1)$, $(-1,1)$ och $(1,\infty )$, eftersom $3<5<11$ och $p$ går mot $\mp \infty$ i ändarna. Alltså

$$\boxed{p\text{ a¨r inte inverterbar pa˚ }\mathbb{R}}$$

Begränsar man definitionsmängden till exempelvis $[1,\infty )$ blir $p$ strängt växande och därmed inverterbar.

Skiss.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Vattenstrålen ur tanken

Antag att vi har en cylindrisk vertikal vattentank med höjd $H$ som är fylld med vatten. Vi lägger in ett koordinatsystem som i figuren härunder.

Figuren i tentan: en stående cylinder med tankväggen längs $y$-axeln och markplanet längs $x$-axeln. Höjden $H$ är markerad vid tankens överkant och hålet på höjden $h$. Från hålet går en parabelformad vattenstråle genom en punkt $(x,y)$ och träffar marken i $x=D$.

Vi slår sedan ett litet hål på tanken på höjden $h$ över markplanet varpå vatten börjar strila ut följandes parabeln

$$y=h-\frac{g}{2}{\left(\frac{x}{v_x}\right)}^2,$$

där $g$ är tyngdaccelerationen och $v_x$ vattnets horisontella hastighet som enligt Torricellis lag är proportionell mot roten ur vattenpelarens höjd, mer specifikt

$$v_x=\sqrt{2g(H-h)}.$$

(a) Låt $D$ vara avståndet från tanken där vattenstrålen träffar markplanet direkt efter vi slagit hål på tanken. Finn ett uttryck som relaterar $D$ till hålets höjd $h$. (2p)

(b) På vilken höjd $h$ skall hålet göras för att $D$ ska bli maximal och vad blir då $D$ för detta värde på $h$? (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

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

Ledtråd 2

(a) Sätt in $v_x$ i parabeln och lös $y=0$ för $x=D$. (b) Undersök $D(h)$ för $0\le h\le H$: ändpunkter, singulära punkter och kritiska punkter.

Ledtråd 3

(a) $g$ tar ut sig: $y=h-\frac{x^2}{4(H-h)}$. (b) $D(h)=2\sqrt{Hh-h^2}$; det räcker att maximera $Hh-h^2$.

Lösning

(a) Insättning av $v_x^2=2g(H-h)$ ger

$$y=h-\frac{g}{2}\cdot \frac{x^2}{2g(H-h)}=h-\frac{x^2}{4(H-h)}$$

Strålen träffar marken i $x=D$ där $y=0$:

$$0=h-\frac{D^2}{4(H-h)}⟺D^2=4h(H-h)$$ $$\boxed{D=2\sqrt{h(H-h)}}$$

(b) Vi söker största värdet av $D(h)=2\sqrt{Hh-h^2}$ på $[0,H]$, en kontinuerlig funktion på ett slutet och begränsat intervall, så största värdet antas. I ändpunkterna är $D(0)=D(H)=0$. Derivatan är

$$D^{\prime }(h)=\frac{2(H-2h)}{2\sqrt{Hh-h^2}}=\frac{H-2h}{\sqrt{Hh-h^2}},0<h<H$$

Den enda kritiska punkten är $h=\frac{H}{2}$ ($D^{\prime }>0$ före och $D^{\prime }<0$ efter), och där är

$$D\left(\frac{H}{2}\right)=2\sqrt{\frac{H}{2}\left(H-\frac{H}{2}\right)}=2\cdot \frac{H}{2}=H$$ $$\boxed{h=\frac{H}{2}\text{ ger maximal ra¨ckvidd }{D}_{\max }=H}$$

Alternativ lösning. Kvadratkomplettering: $Hh-h^2=\frac{H^2}{4}-{\left(h-\frac{H}{2}\right)}^2$, så $D=\sqrt{H^2-(2h-H{)}^2}$, som är störst, $\sqrt{H^2}=H$, när $2h-H=0$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Arcusfunktioner
• Implicit derivering
• Andraderivata och konvexitet
• Taylors formel
• Ekvationslösning med derivata
• Kontinuitet
• Funktioner och invers
• Extremvärden