---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2021-10-28
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] 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

> [!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. Teleskopsumma med induktion och en aritmetisk summa

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 1$ gäller att
$$
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt{k}} = \sqrt{n}.
$$
**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 $5, 7, 9, 11, \ldots, 2n + 3$). Summan av alla spelares tröjnummer är 396. Hur många spelare finns det i laget? *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]]; (b) är en aritmetisk summa ([[Talföljder och summor]]).
>
> > [!tip]- 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: $\dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Förläng den sista termen med rotkonjugatet: $\dfrac{1}{\sqrt p + \sqrt{p + 1}} = \sqrt{p + 1} - \sqrt p$. (b) Ekvationen blir $n(n + 4) = 396$; lägg till 4 på båda sidor.

> [!note]- Lösning
> **(a) Basfall.** För $n = 1$ är
> $$
> \sum_{k=1}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt k} = \dfrac{1}{\sqrt0 + \sqrt1} = 1 = \sqrt1
> $$
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för $n = p$, dvs. $\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt k} = \sqrt p$ (induktionsantagandet). Då är
> $$
> \begin{aligned}
> \sum_{k=1}^{p+1}\dfrac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt k} &= \sqrt p + \dfrac{1}{\sqrt p + \sqrt{p + 1}} = \sqrt p + \dfrac{\sqrt{p + 1} - \sqrt p}{\left(\sqrt{p + 1} + \sqrt p\right)\left(\sqrt{p + 1} - \sqrt p\right)}\\
> &= \sqrt p + \dfrac{\sqrt{p + 1} - \sqrt p}{(p + 1) - p} = \sqrt p + \sqrt{p + 1} - \sqrt p = \sqrt{p + 1}
> \end{aligned}
> $$
> så formeln gäller även för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt k} = \sqrt n \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> **Alternativt bevis utan induktion.** Varje term förlängd med rotkonjugatet blir $\sqrt k - \sqrt{k - 1}$, så summan teleskoperar:
> $$
> \left(\sqrt1 - \sqrt0\right) + \left(\sqrt2 - \sqrt1\right) + \ldots + \left(\sqrt n - \sqrt{n - 1}\right) = \sqrt n - \sqrt0 = \sqrt n
> $$
>
> **(b)** Talen $5, 7, \ldots, 2n + 3$ bildar en aritmetisk följd med differensen 2 och $n$ termer, så
> $$
> 396 = \dfrac{n\,(5 + (2n + 3))}{2} = \dfrac{n(2n + 8)}{2} = n(n + 4)
> $$
> 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: $5 + 7 + \ldots + 39 = 18\cdot\dfrac{5 + 39}{2} = 18\cdot 22 = 396$.
>
> *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)
$$
\lim_{x\to -1^+}\dfrac{\arcsin x}{\arccos x}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln(3x^2)}{\ln(2x^3)}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to -\infty}x\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right)
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] och [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärden i oändligheten]]: (a) kontinuitet för [[Arcusfunktioner]], (b) [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmlagar]], (c) rotkonjugat.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) $\arcsin$ och $\arccos$ är definierade och kontinuerliga på $[-1, 1]$, så det räcker att sätta in $x = -1$. (b) Skriv $\ln(3x^2) = \ln3 + 2\ln x$ och bryt ut $\ln x$. (c) Förläng med $x - \sqrt{x^2 - 1}$.
> >
> > > [!tip]- 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.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Både $\arcsin$ och $\arccos$ är högerkontinuerliga i $-1$, och $\arccos(-1) = \pi\ne 0$, så
> $$
> \lim_{x\to -1^+}\dfrac{\arcsin x}{\arccos x} = \dfrac{\arcsin(-1)}{\arccos(-1)} = \dfrac{-\pi/2}{\pi} = \boxed{-\dfrac12}
> $$
> Observera att $\dfrac{\arcsin x}{\arccos x}\ne\arctan x$.
>
> **(b)** Med logaritmlagarna och division med $\ln x$ (som går mot $\infty$):
> $$
> \dfrac{\ln(3x^2)}{\ln(2x^3)} = \dfrac{\ln3 + 2\ln x}{\ln2 + 3\ln x} = \dfrac{\dfrac{\ln3}{\ln x} + 2}{\dfrac{\ln2}{\ln x} + 3}\to\dfrac{0 + 2}{0 + 3}
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln(3x^2)}{\ln(2x^3)} = \dfrac23}
> $$
>
> **(c)** Förläng med rotkonjugatet:
> $$
> x\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right) = \dfrac{x\left(x^2 - (x^2 - 1)\right)}{x - \sqrt{x^2 - 1}} = \dfrac{x}{x - |x|\sqrt{1 - \dfrac{1}{x^2}}}
> $$
> För $x < 0$ är $|x| = -x$, så uttrycket blir
> $$
> \dfrac{x}{x + x\sqrt{1 - \dfrac{1}{x^2}}} = \dfrac{1}{1 + \sqrt{1 - \dfrac{1}{x^2}}}\to\dfrac{1}{1 + 1}
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{x\to -\infty}x\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right) = \dfrac12}
> $$
>
> *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
$$
\kappa(x) = \dfrac{|y''|}{\left(1 + (y')^2\right)^{3/2}}.
$$

(a) Beräkna krökningen för parabeln
$$
y = f(x) = x^2, \quad x\in\mathbb{R},
$$
i punkten $x = \sqrt2$. *(2p)*

(b) Beräkna krökningen i varje punkt på cirkeln
$$
x^2 + y^2 = R^2, \quad y\ne 0,
$$
med radie $R$ (konstant). **Ledning:** *Sätt $y = y(x)$ och derivera implicit.* *(3p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Insättning i en formel med första- och [[Andraderivata och konvexitet|andraderivata]]; i (b) behövs [[Implicit derivering]] två gånger.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) $y' = 2x$ och $y'' = 2$. (b) Derivera $x^2 + y^2 = R^2$ med avseende på $x$: $2x + 2yy' = 0$. Derivera en gång till.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (b) Andra deriveringen ger $1 + (y')^2 + yy'' = 0$. Med $y' = -\dfrac xy$ blir $1 + (y')^2 = \dfrac{R^2}{y^2}$ och $y'' = -\dfrac{R^2}{y^3}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $y' = 2x$ och $y'' = 2$, så
> $$
> \kappa(x) = \dfrac{2}{(1 + 4x^2)^{3/2}}, \qquad \kappa\left(\sqrt2\right) = \dfrac{2}{(1 + 4\cdot 2)^{3/2}} = \dfrac{2}{9^{3/2}} = \dfrac{2}{27}
> $$
> $$
> \boxed{\kappa\left(\sqrt2\right) = \dfrac{2}{27}}
> $$
>
> **(b)** Låt $y = y(x)$. Derivering av $x^2 + y^2 = R^2$ med avseende på $x$ ger
> $$
> 2x + 2yy' = 0 \quad\Longrightarrow\quad y' = -\dfrac{x}{y} \quad (y\ne 0)
> $$
> och en derivering till av $2x + 2yy' = 0$ ger
> $$
> 2 + 2(y')^2 + 2yy'' = 0 \quad\Longrightarrow\quad y'' = -\dfrac{1 + (y')^2}{y}
> $$
> Här är
> $$
> 1 + (y')^2 = 1 + \dfrac{x^2}{y^2} = \dfrac{y^2 + x^2}{y^2} = \dfrac{R^2}{y^2}, \qquad y'' = -\dfrac{R^2}{y^3}
> $$
> Alltså
> $$
> \kappa = \dfrac{\dfrac{R^2}{|y|^3}}{\left(\dfrac{R^2}{y^2}\right)^{3/2}} = \dfrac{\dfrac{R^2}{|y|^3}}{\dfrac{R^3}{|y|^3}} = \dfrac1R
> $$
> $$
> \boxed{\kappa = \dfrac1R \text{ i varje punkt på cirkeln}}
> $$
> 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
$$
h = R\left(1 - \cos\dfrac{s}{2R}\right),
$$
där $R$ (konstant) är cirkelns radie, se nedanstående figur.

*Figuren i tentan:* en cirkelsektor med radien $R$ och medelpunktsvinkeln $2\phi$. 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 $h(0)$, $h'(0)$ och $h''(0)$. *(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Taylors formel]] av ordning 2, efter derivering med kedjeregeln ([[Deriveringsregler]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P_2(s) = h(0) + h'(0)\,s + \dfrac{h''(0)}{2!}s^2$. Den inre derivatan av $\dfrac{s}{2R}$ är $\dfrac{1}{2R}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $h'(s) = \dfrac12\sin\dfrac{s}{2R}$ och $h''(s) = \dfrac{1}{4R}\cos\dfrac{s}{2R}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med kedjeregeln:
> $$
> h'(s) = R\cdot\dfrac{1}{2R}\sin\dfrac{s}{2R} = \dfrac12\sin\dfrac{s}{2R}, \qquad h''(s) = \dfrac12\cdot\dfrac{1}{2R}\cos\dfrac{s}{2R} = \dfrac{1}{4R}\cos\dfrac{s}{2R}
> $$
> så
> $$
> \boxed{h(0) = R(1 - \cos0) = 0, \quad h'(0) = \dfrac12\sin0 = 0, \quad h''(0) = \dfrac{1}{4R}}
> $$
>
> **(b)**
> $$
> P_2(s) = h(0) + h'(0)\,s + \dfrac{h''(0)}{2!}s^2 = 0 + 0\cdot s + \dfrac{s^2}{2\cdot 4R}
> $$
> $$
> \boxed{P_2(s) = \dfrac{s^2}{8R}}
> $$
>
> **(c)** För $s$ litet jämfört med $R$ är $h(s)\approx P_2(s)$. Med $s = 640$ km och $R = 6400$ km:
> $$
> h(640)\approx P_2(640) = \dfrac{640^2}{8\cdot 6400} = \dfrac{64\cdot 64\cdot 100}{8\cdot 64\cdot 100} = \boxed{8 \text{ km}}
> $$
> Det exakta värdet $6400\left(1 - \cos\dfrac{1}{20}\right)\approx 7{,}998$ 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
$$
y = p(x) = x^5 - 5x + 7, \quad x\in\mathbb{R}.
$$
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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Ekvationslösning med derivata]]: [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärden i $\pm\infty$]], [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]], satsen om mellanliggande värden ([[Kontinuitet]]) och [[Funktioner och invers|inverterbarhet]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Undersök $p(x)$ när $x\to\pm\infty$. (b) Faktorisera $p'(x) = 5(x^4 - 1)$ och beräkna de lokala extremvärdena. (c) Pröva tecknet för $p$ i heltalspunkter. (d) En inverterbar funktion måste vara injektiv.
> >
> > > [!tip]- 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 $x = -1$. $p(-2) = -15$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $p$ är ett polynom, alltså kontinuerligt på $\mathbb{R}$, och
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}p(x) = \lim_{x\to\pm\infty}x^5\left(1 - \dfrac{5}{x^4} + \dfrac{7}{x^5}\right) = \pm\infty
> $$
> Enligt satsen om mellanliggande värden antar $p$ alla värden mellan dessa, så
> $$
> \boxed{V_p = (-\infty, \infty) = \mathbb{R}}
> $$
>
> **(b)** Derivatan är
> $$
> p'(x) = 5x^4 - 5 = 5(x^2 - 1)(x^2 + 1) = 5(x - 1)(x + 1)(x^2 + 1)
> $$
> med kritiska punkter $x = \pm1$. Eftersom $x^2 + 1 > 0$:
>
> | | $x < -1$ | $-1$ | $-1 < x < 1$ | $1$ | $x > 1$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $x + 1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $5(x^2 + 1)$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $p'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $p(x)$ | $\nearrow$ | 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 $p(x)\ge 3 > 0$.
>
> $$
> \boxed{p \text{ har exakt ett reellt nollställe}}
> $$
>
> **(c)** Nollstället ligger i $(-\infty, -1)$. Eftersom
> $$
> p(-2) = -32 + 10 + 7 = -15 < 0 \quad\text{och}\quad p(-1) = 11 > 0
> $$
> ger satsen om mellanliggande värden att nollstället ligger i
> $$
> \boxed{[-2, -1]}
> $$
> (Intervallhalvering: $p\left(-\dfrac32\right) = \dfrac{221}{32} > 0$, så nollstället ligger till och med i $\left[-2, -\dfrac32\right]$. 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
> $$
> \boxed{p \text{ är inte inverterbar på } \mathbb{R}}
> $$
> Begränsar man definitionsmängden till exempelvis $[1, \infty)$ blir $p$ strängt växande och därmed inverterbar.
>
> **Skiss.**
>
> ![[tenta211028-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
y = h - \dfrac{g}{2}\left(\dfrac{x}{v_x}\right)^2,
$$
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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Optimering: [[Extremvärden|största värdet]] av en kontinuerlig funktion på ett slutet och begränsat intervall.
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $g$ tar ut sig: $y = h - \dfrac{x^2}{4(H - h)}$. (b) $D(h) = 2\sqrt{Hh - h^2}$; det räcker att maximera $Hh - h^2$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Insättning av $v_x^2 = 2g(H - h)$ ger
> $$
> y = h - \dfrac g2\cdot\dfrac{x^2}{2g(H - h)} = h - \dfrac{x^2}{4(H - h)}
> $$
> Strålen träffar marken i $x = D$ där $y = 0$:
> $$
> 0 = h - \dfrac{D^2}{4(H - h)} \iff D^2 = 4h(H - h)
> $$
> $$
> \boxed{D = 2\sqrt{h(H - h)}}
> $$
>
> **(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
> $$
> D'(h) = \dfrac{2(H - 2h)}{2\sqrt{Hh - h^2}} = \dfrac{H - 2h}{\sqrt{Hh - h^2}}, \quad 0 < h < H
> $$
> Den enda kritiska punkten är $h = \dfrac H2$ ($D' > 0$ före och $D' < 0$ efter), och där är
> $$
> D\left(\dfrac H2\right) = 2\sqrt{\dfrac H2\left(H - \dfrac H2\right)} = 2\cdot\dfrac H2 = H
> $$
> $$
> \boxed{h = \dfrac H2 \text{ ger maximal räckvidd } D_{\max} = H}
> $$
>
> **Alternativ lösning.** Kvadratkomplettering: $Hh - h^2 = \dfrac{H^2}{4} - \left(h - \dfrac H2\right)^2$, 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]]