M0047M-2021-12-21

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2021-12-21 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_211221.pdf, m0047m_211221sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: en olikhet och induktionsbevis för ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<2-\frac{1}{n}$
• Uppgift 2: gränsvärdena för $\frac{n!}{n^n}$, ett uttryck med $\sqrt{t^2}$ och en rationell funktion
• Uppgift 3: när $\arcsin rx$ och $\arccos rx$ skär varandra under rät vinkel
• Uppgift 4: tangent till kruciform-kurvan $4x^2{y}^2=9x^2+9y^2$ och arean av en triangel
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och värdemängd för $x^{1/x}$, och jämförelse av $\sqrt[3]{3}$ och $\sqrt[4]{4}$
• Uppgift 6: relaterade hastigheter, vattendjupet i en halvsfärisk tank

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 olikhet och en summa genom induktion

(a) Antag att $t>0$. Visa olikheten

$$2-\frac{1}{t}+\frac{1}{(t+1{)}^2}<2-\frac{1}{t+1}.$$

(2p)

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

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}<2-\frac{1}{n}.$$

(3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är en olikhet som skrivs om med ekvivalenta steg (Logik och bevisföring); (b) är ett bevis med induktion för en summa.

Ledtråd 2

(a) Flytta alla termer till en sida och skriv på gemensam nämnare. (b) Basfallet är $n=2$. Anta att ${\sum }_{k=1}^p\frac{1}{k^2}<2-\frac{1}{p}$ och visa motsvarande olikhet för $p+1$.

Ledtråd 3

(a) $\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1{)}^2}=\frac{1}{t(t+1{)}^2}$. (b) Lägg till $\frac{1}{(p+1{)}^2}$ på båda sidor av induktionsantagandet och använd (a) med $t=p$.

Lösning

(a) Olikheten är ekvivalent med att skillnaden mellan högerledet och vänsterledet är positiv:

$$\left(2-\frac{1}{t+1}\right)-\left(2-\frac{1}{t}+\frac{1}{(t+1{)}^2}\right)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1{)}^2}$$

Med gemensam nämnare $t(t+1{)}^2$ blir detta

$$\frac{(t+1{)}^2-t(t+1)-t}{t(t+1{)}^2}=\frac{t^2+2t+1-t^2-t-t}{t(t+1{)}^2}=\frac{1}{t(t+1{)}^2}$$

som är positivt för $t>0$. Alltså gäller

$$\boxed{2-\frac{1}{t}+\frac{1}{(t+1{)}^2}<2-\frac{1}{t+1}\text{ fo¨r }t>0}$$

(b) Basfall. För $n=2$ är

$$\sum _{k=1}^2\frac{1}{k^2}=1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}<\frac{6}{4}=2-\frac{1}{2}$$

Induktionssteg. Anta att olikheten gäller för något heltal $p\ge 2$, dvs. ${\sum }_{k=1}^p\frac{1}{k^2}<2-\frac{1}{p}$ (induktionsantagandet). Då är

$$\sum _{k=1}^{p+1}\frac{1}{k^2}=\sum _{k=1}^p\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(p+1{)}^2}<2-\frac{1}{p}+\frac{1}{(p+1{)}^2}<2-\frac{1}{p+1}$$

där den första olikheten är induktionsantagandet och den andra är (a) med $t=p>0$. Alltså gäller olikheten även för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}<2-\frac{1}{n}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 2}$$

Alternativt bevis utan induktion. För $k\ge 2$ är $\frac{1}{k^2}<\frac{1}{(k-1)k}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$, så summan teleskoperar:

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

Anmärkning: delsummorna växer och är begränsade av 2, så serien konvergerar. Euler visade att summan är $\frac{{\pi }^2}{6}\approx 1,645$.

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)

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{n^n}$$

(1p)

(b)

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{(1+t^2)-(1-t^2)}}{(1+t)-(1-t)}.$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-8}{x-2}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden: (a) med instängning, (b) med ensidiga gränsvärden och (c) med Kontinuitet.

Ledtråd 2

(a) Skriv $\frac{n!}{n^n}$ som en produkt av $n$ kvoter $\frac{k}{n}$. (b) Förenkla täljare och nämnare först, och kom ihåg att $\sqrt{t^2}=|t|$. (c) Titta på vilken punkt $x$ går mot.

Ledtråd 3

(a) Alla kvoter utom den första är högst $1$, så $0<\frac{n!}{n^n}\le \frac{1}{n}$. (b) Uttrycket blir $\frac{\sqrt{2}|t|}{2t}$. (c) Nämnaren är inte noll i $x=1$.

Lösning

(a) För positiva heltal $n$ är

$$0<\frac{n!}{n^n}=\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdot \frac{3}{n}\cdots \frac{n}{n}\le \frac{1}{n}$$

eftersom varje faktor $\frac{k}{n}$ med $k\ge 2$ är högst $1$. Eftersom $\frac{1}{n}\to 0$ ger instängningssatsen

$$\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{n^n}=0}$$

(b) Förenkling ger, för $t\ne 0$,

$$\frac{\sqrt{(1+t^2)-(1-t^2)}}{(1+t)-(1-t)}=\frac{\sqrt{2t^2}}{2t}=\frac{\sqrt{2}|t|}{2t}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{|t|}{t}$$

Här är $\frac{|t|}{t}=1$ för $t>0$ och $-1$ för $t<0$, så

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{|t|}{t}=\frac{1}{\sqrt{2}},\underset{t\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{|t|}{t}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$$

De ensidiga gränsvärdena är olika:

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

(c) Observera att $x\to 1$, inte $x\to 2$. Funktionen $f(x)=\frac{x^3-8}{x-2}$ är en kvot av polynom och kontinuerlig för alla $x\ne 2$, i synnerhet i $x=1$. Alltså är

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-8}{x-2}=f(1)=\frac{1-8}{1-2}=\frac{-7}{-1}=\boxed{7}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Arcussinus och arcuscosinus under rät vinkel

Finn de värden på $r$ för vilka kurvorna

$$y=f(x)=\arcsin rx$$

och

$$y=g(x)=\arccos rx$$

skär varandra under rät vinkel. I vilka punkter skär kurvorna varandra? Ledning: finns det något enkelt samband mellan dessa funktioner? (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Arcusfunktioner och deras derivator. Två kurvor skär varandra under rät vinkel om tangenternas lutningar $k_1$ och $k_2$ i skärningspunkten uppfyller $k_1{k}_2=-1$.

Ledtråd 2

Använd $\arcsin u+\arccos u=\frac{\pi }{2}$ för $-1\le u\le 1$ för att hitta skärningspunkten. Derivera sedan med kedjeregeln: $\frac{d}{dx}\arcsin rx=\frac{r}{\sqrt{1-r^2{x}^2}}$.

Ledtråd 3

I skärningspunkten är $\arcsin ra=\frac{\pi }{4}$, alltså $ra=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Lutningarna blir då $\pm r\sqrt{2}$.

Lösning

Skärningspunkt. För $-1\le u\le 1$ gäller $\arcsin u+\arccos u=\frac{\pi }{2}$ (eftersom $\sin v=\cos \left(\frac{\pi }{2}-v\right)$). Om kurvorna skär varandra i $(a,b)$ är

$$b=\arcsin ra=\arccos ra=\frac{\pi }{2}-\arcsin ra$$

alltså $2\arcsin ra=\frac{\pi }{2}$, dvs. $\arcsin ra=\frac{\pi }{4}$ och

$$ra=\sin \frac{\pi }{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

För $r=0$ är kurvorna de parallella linjerna $y=0$ och $y=\frac{\pi }{2}$, som inte skär varandra. För $r\ne 0$ finns precis en skärningspunkt:

$$(a,b)=\left(\frac{1}{r\sqrt{2}},\frac{\pi }{4}\right)$$

Rät vinkel. Kedjeregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\frac{r}{\sqrt{1-(rx{)}^2}},g^{\prime }(x)=-\frac{r}{\sqrt{1-(rx{)}^2}}$$

I skärningspunkten är $(ra{)}^2=\frac{1}{2}$, så $\sqrt{1-(ra{)}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ och lutningarna är

$$k_1=f^{\prime }(a)=r\sqrt{2},k_2=g^{\prime }(a)=-r\sqrt{2}$$

Villkoret för rät vinkel är $k_1{k}_2=-1$:

$$-2r^2=-1⟺r^2=\frac{1}{2}⟺r=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$$

Skärningspunkten är då $a=\frac{1}{r\sqrt{2}}=\pm 1$:

$$\boxed{r=\frac{1}{\sqrt{2}}:(1,\frac{\pi }{4}),r=-\frac{1}{\sqrt{2}}:(-1,\frac{\pi }{4})}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Tangent till en kruciform-kurva

Ekvationen

$$4x^2{y}^2=9x^2+9y^2$$

beskriver en så kallad kruciform-kurva.

(a) Finn tangenten till kurvan genom punkten $\left(\sqrt{3},3\right)$. (4p)

(b) Beräkna arean av triangeln som begränsas av koordinataxlarna och tangenten i uppgift 4.(a). (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Implicit derivering för att få tangentens lutning.

Ledtråd 2

Kontrollera att punkten ligger på kurvan. Sätt $y=y(x)$, derivera båda leden med avseende på $x$ och lös ut $y^{\prime }$. Tangenten fås med enpunktsformeln.

Ledtråd 3

$8x{y}^2+8x^{2}y{y}^{\prime }=18x+18y{y}^{\prime }$ ger $y^{\prime }=\frac{(9-4y^2)x}{(4x^2-9)y}$. (b) Triangeln har kateterna lika med tangentens skärningar med axlarna.

Lösning

(a) Punkten ligger på kurvan: $4\cdot 3\cdot 9=108$ och $9\cdot 3+9\cdot 9=27+81=108$.

Implicit derivering med $y=y(x)$:

$$8x{y}^2+8x^{2}y{y}^{\prime }=18x+18y{y}^{\prime }⟺(8x^2-18)y{y}^{\prime }=18x-8x{y}^2⟺y^{\prime }=\frac{(9-4y^2)x}{(4x^2-9)y}$$

I $\left(\sqrt{3},3\right)$:

$$y^{\prime }=\frac{(9-36)\sqrt{3}}{(12-9)\cdot 3}=\frac{-27\sqrt{3}}{9}=-3\sqrt{3}$$

Enpunktsformeln ger $y-3=-3\sqrt{3}\left(x-\sqrt{3}\right)=-3\sqrt{3}x+9$:

$$\boxed{y=12-3\sqrt{3}x}$$

(b) Tangenten skär $y$-axeln i $y=12$ och $x$-axeln där $3\sqrt{3}x=12$, dvs. $x=\frac{12}{3\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$. Triangeln är rätvinklig med dessa kateter, så

$$T=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{24}{\sqrt{3}}=\boxed{8\sqrt{3}\text{ a.e.}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

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

Betrakta funktionen

$$y=x^{1/x},x>0.$$

(a) Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Skissera kurvan. Andraderivatan behöver ej beaktas. Ledning: skriv först om funktionen på lämpligt sätt. (3p)

(b) Ange funktionens värdemängd. Motivera! (1p)

(c) Avgör vilket av talen $\sqrt[3]{3}$ och $\sqrt[4]{4}$ som är störst. Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning med teckenschema för derivatan. Skriv om potensen med exponentialfunktionen.

Ledtråd 2

$x^{1/x}=e^{\frac{\ln x}{x}}$. Undersök $\frac{\ln x}{x}$ då $x\to 0^{+}$ och $x\to \infty$, och derivera med kedjeregeln.

Ledtråd 3

$y^{\prime }=e^{\frac{\ln x}{x}}\cdot \frac{1-\ln x}{x^2}$, som byter tecken i $x=e$. (c) $\sqrt[3]{3}=f(3)$ och $\sqrt[4]{4}=f(4)$ med $e<3<4$.

Lösning

(a) För $x>0$ är

$$y=f(x)=x^{1/x}=e^{\frac{\ln x}{x}}$$

Asymptoter. Då $x\to 0^{+}$ går $\frac{1}{x}\to +\infty$ och $\ln x\to -\infty$, så $\frac{\ln x}{x}\to -\infty$. Eftersom $e^u$ är kontinuerlig och $e^u\to 0$ då $u\to -\infty$:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{1/x}=0$$

Då $x\to \infty$ går $\frac{\ln x}{x}\to 0$ (standardgränsvärde), så

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{1/x}=e^0=1$$

Funktionen är kontinuerlig och begränsad på $(0,\infty )$, så

$$\boxed{\text{enda asymptoten a¨r den va˚gra¨ta }y=1\text{ da˚ }x\to \infty }$$

Derivata. Kedjeregeln och kvotregeln ger

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

Faktorerna $x^{1/x}$ och $x^2$ är positiva, så tecknet bestäms av $1-\ln x$, som är noll i $x=e$.

	$0<x<e$	$e$	$x>e$
$1-\ln x$	$+$	$0$	$-$
$x^2$	$+$	$+$	$+$
$e^{\frac{\ln x}{x}}$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(e)=e^{1/e}\approx 1,445}$$

Maximet är också globalt.

Skiss. Kurvan startar i origo (utan att nå dit), växer till $\left(e,e^{1/e}\right)$, passerar $y=1$ i $x=1$ och avtar sedan mot asymptoten $y=1$ ovanifrån.

(b) $f$ är kontinuerlig, växer från gränsvärdet $0$ (som inte antas) upp till $e^{1/e}$ på $(0,e]$ och avtar sedan mot $1$ utan att nå under $1$ på $[e,\infty )$. Satsen om mellanliggande värden ger att alla värden däremellan antas:

$$\boxed{V_f=\left(0,e^{1/e}\right]}$$

(c) $f$ är strängt avtagande på $[e,\infty )$ och $e<3<4$, så

$$\boxed{\sqrt[3]{3}=f(3)>f(4)=\sqrt[4]{4}}$$

Alternativt: $3^4=81>64=4^3$, och upphöjt till $\frac{1}{12}$ ger det $3^{1/3}>4^{1/4}$. Numeriskt är $\sqrt[3]{3}\approx 1,442$ och $\sqrt[4]{4}=\sqrt{2}\approx 1,414$.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Vattendjupet i en halvsfärisk tank

En tank har halvsfärisk form med radie $R=2$ m. Tanken fylls på uppifrån med ett inflöde av vatten, se nedanstående figur.

(Figuren i originalet visar en halvsfärisk skål med radien $R$, vattenvolymen $V$ och vattendjupet $h$ mätt från skålens botten, och ett rör som fyller på uppifrån.)

När vattendjupet är $h$ m så ges vattenvolymen $V$ av

$$V=\frac{\pi h^2(3R-h)}{3}{\text{ m}}^3.$$

Med vilken hastighet ändras djupet $h$ vid den tidpunkt då djupet är $\frac{1}{2}$ m och vatten tillförs med en hastighet av 11 liter per sekund? (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: derivera sambandet med avseende på tiden med kedjeregeln (Deriveringsregler, Implicit derivering).

Ledtråd 2

$V$ och $h$ är funktioner av $t$, så $\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dh}\cdot \frac{dh}{dt}$. Räkna om 11 liter per sekund till m${}^3$/s.

Ledtråd 3

$\frac{dV}{dh}=\pi (2Rh-h^2)$, som för $R=2$ och $h=\frac{1}{2}$ är $\frac{7\pi }{4}$. Och $11$ l/s $=0,011$ m${}^3$/s.

Lösning

Både $V=V(t)$ och $h=h(t)$ beror på tiden. Derivering med kedjeregeln ger

$$V^{\prime }(t)=\frac{\pi }{3}\left(6Rh-3h^2\right)h^{\prime }(t)=\pi \left(2Rh-h^2\right)h^{\prime }(t)$$

alltså

$$h^{\prime }(t)=\frac{V^{\prime }(t)}{\pi \left(2Rh-h^2\right)}$$

Vid tidpunkten $t_0$ är $h=\frac{1}{2}$ m, $R=2$ m och $V^{\prime }(t_0)=11$ l/s $=\frac{11}{1000}$ m${}^3$/s. Då är

$$2Rh-h^2=2\cdot 2\cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$$

och

$$h^{\prime }(t_0)=\frac{11/1000}{7\pi /4}=\frac{44}{7000\pi }\text{ m/s}=\frac{44}{7\pi }\text{ mm/s}$$ $$\boxed{\text{djupet o¨kar med }\frac{44}{7\pi }\text{ mm/s}\approx 2,0\text{ mm/s}}$$

Anmärkning: med $\pi \approx \frac{22}{7}$ blir det precis $2$ mm/s.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Kontinuitet
• Arcusfunktioner
• Derivata
• Implicit derivering
• Deriveringsregler
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter