---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2021-12-21
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: en olikhet och induktionsbevis för $\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2} < 2 - \dfrac1n$
> - Uppgift 2: gränsvärdena för $\dfrac{n!}{n^n}$, 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 $4x^2y^2 = 9x^2 + 9y^2$ 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

> [!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 olikhet och en summa genom induktion

(a) Antag att $t > 0$. Visa olikheten
$$
2 - \dfrac1t + \dfrac{1}{(t + 1)^2} < 2 - \dfrac{1}{t + 1}.
$$
*(2p)*

(b) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 2$ gäller att
$$
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2} < 2 - \dfrac1n.
$$
*(3p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är en olikhet som skrivs om med ekvivalenta steg ([[Logik och bevisföring]]); (b) är ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] för en [[Talföljder och summor|summa]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Flytta alla termer till en sida och skriv på gemensam nämnare. (b) Basfallet är $n = 2$. Anta att $\sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k^2} < 2 - \dfrac1p$ och visa motsvarande olikhet för $p + 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\dfrac1t - \dfrac{1}{t + 1} - \dfrac{1}{(t + 1)^2} = \dfrac{1}{t(t + 1)^2}$. (b) Lägg till $\dfrac{1}{(p + 1)^2}$ på båda sidor av induktionsantagandet och använd (a) med $t = p$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Olikheten är ekvivalent med att skillnaden mellan högerledet och vänsterledet är positiv:
> $$
> \left(2 - \dfrac{1}{t + 1}\right) - \left(2 - \dfrac1t + \dfrac{1}{(t + 1)^2}\right) = \dfrac1t - \dfrac{1}{t + 1} - \dfrac{1}{(t + 1)^2}
> $$
> Med gemensam nämnare $t(t + 1)^2$ blir detta
> $$
> \dfrac{(t + 1)^2 - t(t + 1) - t}{t(t + 1)^2} = \dfrac{t^2 + 2t + 1 - t^2 - t - t}{t(t + 1)^2} = \dfrac{1}{t(t + 1)^2}
> $$
> som är positivt för $t > 0$. Alltså gäller
> $$
> \boxed{2 - \dfrac1t + \dfrac{1}{(t + 1)^2} < 2 - \dfrac{1}{t + 1} \text{ för } t > 0}
> $$
>
> **(b)** **Basfall.** För $n = 2$ är
> $$
> \sum_{k=1}^{2}\dfrac{1}{k^2} = 1 + \dfrac14 = \dfrac54 < \dfrac64 = 2 - \dfrac12
> $$
>
> **Induktionssteg.** Anta att olikheten gäller för något heltal $p\ge 2$, dvs. $\sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k^2} < 2 - \dfrac1p$ (induktionsantagandet). Då är
> $$
> \sum_{k=1}^{p+1}\dfrac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{(p + 1)^2} < 2 - \dfrac1p + \dfrac{1}{(p + 1)^2} < 2 - \dfrac{1}{p + 1}
> $$
> 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
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2} < 2 - \dfrac1n \text{ för alla heltal } n\ge 2}
> $$
>
> **Alternativt bevis utan induktion.** För $k\ge 2$ är $\dfrac{1}{k^2} < \dfrac{1}{(k - 1)k} = \dfrac{1}{k - 1} - \dfrac1k$, så summan teleskoperar:
> $$
> \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2} < 1 + \sum_{k=2}^{n}\left(\dfrac{1}{k - 1} - \dfrac1k\right) = 1 + 1 - \dfrac1n = 2 - \dfrac1n
> $$
>
> *Anmärkning:* delsummorna växer och är begränsade av 2, så serien konvergerar. Euler visade att summan är $\dfrac{\pi^2}{6}\approx 1{,}645$.
>
> *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)
$$
\lim_{n\to\infty}\dfrac{n!}{n^n}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{t\to 0}\dfrac{\sqrt{(1 + t^2) - (1 - t^2)}}{(1 + t) - (1 - t)}.
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 1}\dfrac{x^3 - 8}{x - 2}
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]]: (a) med instängning, (b) med ensidiga gränsvärden och (c) med [[Kontinuitet]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Skriv $\dfrac{n!}{n^n}$ som en produkt av $n$ kvoter $\dfrac{k}{n}$. (b) Förenkla täljare och nämnare först, och kom ihåg att $\sqrt{t^2} = |t|$. (c) Titta på vilken punkt $x$ går mot.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Alla kvoter utom den första är högst $1$, så $0 < \dfrac{n!}{n^n}\le\dfrac1n$. (b) Uttrycket blir $\dfrac{\sqrt2\,|t|}{2t}$. (c) Nämnaren är inte noll i $x = 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** För positiva heltal $n$ är
> $$
> 0 < \dfrac{n!}{n^n} = \dfrac1n\cdot\dfrac2n\cdot\dfrac3n\cdots\dfrac nn\le\dfrac1n
> $$
> eftersom varje faktor $\dfrac kn$ med $k\ge 2$ är högst $1$. Eftersom $\dfrac1n\to 0$ ger instängningssatsen
> $$
> \boxed{\lim_{n\to\infty}\dfrac{n!}{n^n} = 0}
> $$
>
> **(b)** Förenkling ger, för $t\ne 0$,
> $$
> \dfrac{\sqrt{(1 + t^2) - (1 - t^2)}}{(1 + t) - (1 - t)} = \dfrac{\sqrt{2t^2}}{2t} = \dfrac{\sqrt2\,|t|}{2t} = \dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{|t|}{t}
> $$
> Här är $\dfrac{|t|}{t} = 1$ för $t > 0$ och $-1$ för $t < 0$, så
> $$
> \lim_{t\to 0^+}\dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{|t|}{t} = \dfrac{1}{\sqrt2}, \qquad \lim_{t\to 0^-}\dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{|t|}{t} = -\dfrac{1}{\sqrt2}
> $$
> De ensidiga gränsvärdena är olika:
> $$
> \boxed{\text{gränsvärdet existerar inte}}
> $$
>
> **(c)** Observera att $x\to 1$, inte $x\to 2$. Funktionen $f(x) = \dfrac{x^3 - 8}{x - 2}$ är en kvot av polynom och kontinuerlig för alla $x\ne 2$, i synnerhet i $x = 1$. Alltså är
> $$
> \lim_{x\to 1}\dfrac{x^3 - 8}{x - 2} = f(1) = \dfrac{1 - 8}{1 - 2} = \dfrac{-7}{-1} = \boxed{7}
> $$
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Arcusfunktioner]] och deras [[Derivata|derivator]]. Två kurvor skär varandra under rät vinkel om tangenternas lutningar $k_1$ och $k_2$ i skärningspunkten uppfyller $k_1k_2 = -1$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Använd $\arcsin u + \arccos u = \dfrac{\pi}{2}$ för $-1\le u\le 1$ för att hitta skärningspunkten. Derivera sedan med kedjeregeln: $\dfrac{d}{dx}\arcsin rx = \dfrac{r}{\sqrt{1 - r^2x^2}}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > I skärningspunkten är $\arcsin ra = \dfrac{\pi}{4}$, alltså $ra = \dfrac{1}{\sqrt2}$. Lutningarna blir då $\pm r\sqrt2$.

> [!note]- Lösning
> **Skärningspunkt.** För $-1\le u\le 1$ gäller $\arcsin u + \arccos u = \dfrac{\pi}{2}$ (eftersom $\sin v = \cos\left(\dfrac{\pi}{2} - v\right)$). Om kurvorna skär varandra i $(a, b)$ är
> $$
> b = \arcsin ra = \arccos ra = \dfrac{\pi}{2} - \arcsin ra
> $$
> alltså $2\arcsin ra = \dfrac{\pi}{2}$, dvs. $\arcsin ra = \dfrac{\pi}{4}$ och
> $$
> ra = \sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{\sqrt2}
> $$
> För $r = 0$ är kurvorna de parallella linjerna $y = 0$ och $y = \dfrac{\pi}{2}$, som inte skär varandra. För $r\ne 0$ finns precis en skärningspunkt:
> $$
> (a, b) = \left(\dfrac{1}{r\sqrt2}, \dfrac{\pi}{4}\right)
> $$
>
> **Rät vinkel.** Kedjeregeln ger
> $$
> f'(x) = \dfrac{r}{\sqrt{1 - (rx)^2}}, \qquad g'(x) = -\dfrac{r}{\sqrt{1 - (rx)^2}}
> $$
> I skärningspunkten är $(ra)^2 = \dfrac12$, så $\sqrt{1 - (ra)^2} = \dfrac{1}{\sqrt2}$ och lutningarna är
> $$
> k_1 = f'(a) = r\sqrt2, \qquad k_2 = g'(a) = -r\sqrt2
> $$
> Villkoret för rät vinkel är $k_1k_2 = -1$:
> $$
> -2r^2 = -1 \iff r^2 = \dfrac12 \iff r = \pm\dfrac{1}{\sqrt2}
> $$
> Skärningspunkten är då $a = \dfrac{1}{r\sqrt2} = \pm 1$:
> $$
> \boxed{r = \dfrac{1}{\sqrt2}: \ (1, \dfrac{\pi}{4}), \qquad r = -\dfrac{1}{\sqrt2}: \ (-1, \dfrac{\pi}{4})}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Tangent till en kruciform-kurva

Ekvationen
$$
4x^2y^2 = 9x^2 + 9y^2
$$
beskriver en så kallad *kruciform-kurva*.

(a) Finn tangenten till kurvan genom punkten $\left(\sqrt3, 3\right)$. *(4p)*

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Implicit derivering]] för att få tangentens lutning.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Kontrollera att punkten ligger på kurvan. Sätt $y = y(x)$, derivera båda leden med avseende på $x$ och lös ut $y'$. Tangenten fås med enpunktsformeln.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $8xy^2 + 8x^2yy' = 18x + 18yy'$ ger $y' = \dfrac{(9 - 4y^2)x}{(4x^2 - 9)y}$. (b) Triangeln har kateterna lika med tangentens skärningar med axlarna.

> [!note]- 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 $y = y(x)$:
> $$
> 8xy^2 + 8x^2yy' = 18x + 18yy' \iff (8x^2 - 18)yy' = 18x - 8xy^2 \iff y' = \dfrac{(9 - 4y^2)x}{(4x^2 - 9)y}
> $$
> I $\left(\sqrt3, 3\right)$:
> $$
> y' = \dfrac{(9 - 36)\sqrt3}{(12 - 9)\cdot 3} = \dfrac{-27\sqrt3}{9} = -3\sqrt3
> $$
> Enpunktsformeln ger $y - 3 = -3\sqrt3\left(x - \sqrt3\right) = -3\sqrt3\,x + 9$:
> $$
> \boxed{y = 12 - 3\sqrt3\,x}
> $$
>
> **(b)** Tangenten skär $y$-axeln i $y = 12$ och $x$-axeln där $3\sqrt3\,x = 12$, dvs. $x = \dfrac{12}{3\sqrt3} = \dfrac{4}{\sqrt3} = \dfrac{4\sqrt3}{3}$. Triangeln är rätvinklig med dessa kateter, så
> $$
> T = \dfrac12\cdot 12\cdot\dfrac{4}{\sqrt3} = \dfrac{24}{\sqrt3} = \boxed{8\sqrt3 \text{ a.e.}}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Betrakta funktionen
$$
y = x^{1/x}, \quad x > 0.
$$

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] med [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]]. Skriv om potensen med [[Exponentialfunktioner och logaritmer|exponentialfunktionen]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $x^{1/x} = e^{\frac{\ln x}{x}}$. Undersök $\dfrac{\ln x}{x}$ då $x\to 0^+$ och $x\to\infty$, och derivera med kedjeregeln.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $y' = e^{\frac{\ln x}{x}}\cdot\dfrac{1 - \ln x}{x^2}$, som byter tecken i $x = e$. (c) $\sqrt[3]{3} = f(3)$ och $\sqrt[4]{4} = f(4)$ med $e < 3 < 4$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** För $x > 0$ är
> $$
> y = f(x) = x^{1/x} = e^{\frac{\ln x}{x}}
> $$
>
> **Asymptoter.** Då $x\to 0^+$ går $\dfrac1x\to +\infty$ och $\ln x\to -\infty$, så $\dfrac{\ln x}{x}\to -\infty$. Eftersom $e^u$ är kontinuerlig och $e^u\to 0$ då $u\to -\infty$:
> $$
> \lim_{x\to 0^+}x^{1/x} = 0
> $$
> Då $x\to\infty$ går $\dfrac{\ln x}{x}\to 0$ (standardgränsvärde), så
> $$
> \lim_{x\to\infty}x^{1/x} = e^0 = 1
> $$
> Funktionen är kontinuerlig och begränsad på $(0, \infty)$, så
> $$
> \boxed{\text{enda asymptoten är den vågräta } y = 1 \text{ då } x\to\infty}
> $$
>
> **Derivata.** Kedjeregeln och kvotregeln ger
> $$
> f'(x) = e^{\frac{\ln x}{x}}\cdot\dfrac{\frac1x\cdot x - \ln x}{x^2} = x^{1/x}\cdot\dfrac{1 - \ln x}{x^2}
> $$
> Faktorerna $x^{1/x}$ och $x^2$ är positiva, så tecknet bestäms av $1 - \ln x$, som är noll i $x = e$.
>
> | | $0 < x < e$ | $e$ | $x > e$ |
> |---|---|---|---|
> | $1 - \ln x$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $x^2$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $e^{\frac{\ln x}{x}}$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | 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 $\dfrac{1}{12}$ ger det $3^{1/3} > 4^{1/4}$. Numeriskt är $\sqrt[3]{3}\approx 1{,}442$ och $\sqrt[4]{4} = \sqrt2\approx 1{,}414$.
>
> ![[tenta211221-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
V = \dfrac{\pi h^2(3R - h)}{3} \text{ m}^3.
$$
Med vilken hastighet ändras djupet $h$ vid den tidpunkt då djupet är $\frac12$ m och vatten tillförs med en hastighet av 11 liter per sekund? *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Relaterade hastigheter: derivera sambandet med avseende på tiden med kedjeregeln ([[Deriveringsregler]], [[Implicit derivering]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $V$ och $h$ är funktioner av $t$, så $\dfrac{dV}{dt} = \dfrac{dV}{dh}\cdot\dfrac{dh}{dt}$. Räkna om 11 liter per sekund till m$^3$/s.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\dfrac{dV}{dh} = \pi(2Rh - h^2)$, som för $R = 2$ och $h = \frac12$ är $\dfrac{7\pi}{4}$. Och $11$ l/s $= 0{,}011$ m$^3$/s.

> [!note]- Lösning
> Både $V = V(t)$ och $h = h(t)$ beror på tiden. Derivering med kedjeregeln ger
> $$
> V'(t) = \dfrac{\pi}{3}\left(6Rh - 3h^2\right)h'(t) = \pi\left(2Rh - h^2\right)h'(t)
> $$
> alltså
> $$
> h'(t) = \dfrac{V'(t)}{\pi\left(2Rh - h^2\right)}
> $$
> Vid tidpunkten $t_0$ är $h = \dfrac12$ m, $R = 2$ m och $V'(t_0) = 11$ l/s $= \dfrac{11}{1000}$ m$^3$/s. Då är
> $$
> 2Rh - h^2 = 2\cdot 2\cdot\dfrac12 - \dfrac14 = \dfrac74
> $$
> och
> $$
> h'(t_0) = \dfrac{11/1000}{7\pi/4} = \dfrac{44}{7000\pi} \text{ m/s} = \dfrac{44}{7\pi} \text{ mm/s}
> $$
> $$
> \boxed{\text{djupet ökar med } \dfrac{44}{7\pi}\text{ mm/s}\approx 2{,}0 \text{ mm/s}}
> $$
> *Anmärkning:* med $\pi\approx\dfrac{22}{7}$ 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]]