M0047M-2022-03-24

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2022-03-24 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_220324.pdf, m0047m_220324sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för formeln för $n$:te derivatan av $\ln x$
• Uppgift 2: tre gränsvärden, $e^x\sin e^{-x}$ då $x\to \infty$, $\frac{e^x-e^{-x}}{x}$ med Taylor och $\frac{x^3-8}{x-2}$
• Uppgift 3: medelvärdessatsen för $1/x$ på $(2,3)$ och triangeln som tangenten avgränsar mot koordinataxlarna
• Uppgift 4: $\tanh x$ är injektiv, dess invers och inversens definitionsmängd
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och globala extremvärden för $\arctan x+\frac{1-x}{1+x^2}$
• Uppgift 6: största volymförhållandet för en cylinder inskriven i ett klot

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. Högre derivator av $\ln x$ genom induktion

Bevisa med induktion att det för $x>0$ och alla heltal $n=1,2,3,\dots$ gäller att

$$\frac{d^n}{d{x}^n}(\ln x)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-1)!}{x^n}.$$

(5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion där induktionssteget är en derivering.

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$ (kom ihåg att $0!=1$). Anta att formeln gäller för $n=p$ och derivera en gång till för att få fallet $n=p+1$.

Ledtråd 3

Skriv induktionsantagandet som $(-1{)}^{p-1}(p-1)!\cdot x^{-p}$ och använd $\frac{d}{dx}{x}^{-p}=-p{x}^{-p-1}$. Sedan är $(p-1)!\cdot p=p!$.

Lösning

Basfall. För $n=1$ är

$$\text{VL}=\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x},\text{HL}=(-1{)}^0\frac{0!}{x^1}=\frac{1}{x}$$

eftersom $0!=1$. Formeln gäller alltså för $n=1$.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 1$ (induktionsantagandet):

$$\frac{d^p}{d{x}^p}(\ln x)=(-1{)}^{p-1}(p-1)!\cdot x^{-p}$$

Vi ska visa att $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}(\ln x)=(-1{)}^p\frac{p!}{x^{p+1}}$. Med induktionsantagandet får vi

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}(\ln x)& =\frac{d}{dx}\left(\frac{d^p}{d{x}^p}(\ln x)\right)=\frac{d}{dx}\left((-1{)}^{p-1}(p-1)!\cdot x^{-p}\right)\\ & =(-1{)}^{p-1}(p-1)!\cdot (-p)x^{-p-1}=(-1{)}^p((p-1)!\cdot p)x^{-(p+1)}=(-1{)}^p\frac{p!}{x^{p+1}}\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\frac{d^n}{d{x}^n}(\ln x)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-1)!}{x^n}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1,x>0}$$

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)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^x\sin e^{-x}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{x}$$

Ledning: Taylor. (2p)

(c)

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

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden av typen $\infty \cdot 0$ och $\left[\frac{0}{0}\right]$: (a) standardgränsvärdet för $\frac{\sin t}{t}$, (b) Taylorutveckling, (c) faktorisering.

Ledtråd 2

(a) Byt variabel $t=e^{-x}$. (b) Utveckla $e^x-e^{-x}$ kring $0$ till ordning 1 med restterm. (c) $x=2$ är ett nollställe till täljaren, så $x-2$ är en faktor.

Ledtråd 3

(a) $t\to 0^{+}$ då $x\to \infty$, och uttrycket blir $\frac{\sin t}{t}$. (b) $e^x-e^{-x}=2x+x^{2}B(x)$ med $B$ begränsad nära $0$. (c) $x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)$.

Lösning

(a) Gränsvärdet är av typen $\infty \cdot 0$. Med $t=e^{-x}$ går $t\to 0^{+}$ då $x\to \infty$, och

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^x\sin e^{-x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sin e^{-x}}{e^{-x}}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin t}{t}=\boxed{1}$$

(b) Gränsvärdet är av typen $\left[\frac{0}{0}\right]$. Låt $f(x)=e^x-e^{-x}$. Då är

$$f(0)=0,f^{\prime }(x)=e^x+e^{-x},f^{\prime }(0)=2,f^{\prime \prime }(x)=e^x-e^{-x}$$

Taylors formel av ordning 1 kring $0$ ger

$$f(x)=0+2x+\frac{f^{\prime \prime }(c)}{2!}{x}^2=2x+x^{2}B(x)$$

för något $c$ mellan $0$ och $x$, där $B(x)=\frac{e^c-e^{-c}}{2}$ är begränsad nära $0$ eftersom $|B(x)|\le \frac{e^{|c|}+e^{|c|}}{2}\le e^{|x|}$. Alltså är

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x+x^{2}B(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }(2+xB(x))=\boxed{2}$$

(c) Gränsvärdet är av typen $\left[\frac{0}{0}\right]$. Eftersom $x=2$ är ett nollställe till täljaren kan den faktoriseras, och polynomdivision ger

$$x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)$$

Alltså är

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-8}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }(x^2+2x+4)=4+4+4=\boxed{12}$$

Alternativt: uttrycket är en differenskvot för $x^3$ i $x=2$, så gränsvärdet är $\frac{d}{dx}{x}^3{|}_{x=2}=3\cdot 2^2=12$.

Kontrollerat mot facit.

---

3. Medelvärdessatsen och tangenttrianglar för $1/x$

Låt

$$y=f(x)=1/x,x>0.$$

(a) Illustrera medelvärdessatsen genom att finna en punkt i det öppna intervallet $(2,3)$ i vilken tangenten till kurvan $y=f(x)$ är parallell med kordan som sammanbinder punkterna $(2,f(2))$ och $(3,f(3))$. (2p)

(b) Visa att arean av triangeln som begränsas av tangenten till $f$ och koordinataxlarna är konstant, oberoende av tangeringspunkt. Vad blir arean? Ledning: finn först tangenten till $f$ i någon godtycklig punkt $x=a$ på kurvan och finn därefter ett uttryck för arean av triangeln. (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är Medelvärdessatsen; (b) är en tangentuppgift med derivatan som lutning.

Ledtråd 2

(a) Lös $f^{\prime }(c)=\frac{f(3)-f(2)}{3-2}$ för $c\in (2,3)$. (b) Tangenten i $\left(a,\frac{1}{a}\right)$ har lutningen $f^{\prime }(a)=-\frac{1}{a^2}$; bestäm var den skär axlarna.

Ledtråd 3

(a) Kordans lutning är $-\frac{1}{6}$. (b) Tangenten är $y=-\frac{x}{a^2}+\frac{2}{a}$.

Lösning

(a) $f$ är kontinuerlig på $[2,3]$ och deriverbar på $(2,3)$, med $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}$. Kordans lutning är

$$\frac{f(3)-f(2)}{3-2}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6}$$

Villkoret $f^{\prime }(c)=-\frac{1}{6}$ ger

$$-\frac{1}{c^2}=-\frac{1}{6}⟺c^2=6⟺c=\pm \sqrt{6}$$

Den negativa roten ligger inte i intervallet, men $2=\sqrt{4}<\sqrt{6}<\sqrt{9}=3$, så

$$\boxed{c=\sqrt{6}\approx 2,449}$$

I punkten $\left(\sqrt{6},\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$ är tangenten parallell med kordan.

Anmärkning: allmänt ger samma räkning på $[a,b]$ med $0<a<b$ att $c^2=ab$, dvs. $c=\sqrt{ab}$, det geometriska medelvärdet av $a$ och $b$.

(b) Tangeringspunkten är $\left(a,\frac{1}{a}\right)$ med $a>0$, och tangentens lutning är $k=f^{\prime }(a)=-\frac{1}{a^2}$. Enpunktsformeln ger

$$y-\frac{1}{a}=-\frac{1}{a^2}(x-a)⟺y=-\frac{x}{a^2}+\frac{2}{a}$$

Tangenten skär $y$-axeln ($x=0$) i $y_0=\frac{2}{a}$ och $x$-axeln ($y=0$) i $x_0=2a$. Båda är positiva, så triangeln med hörn i origo, $(x_0,0)$ och $(0,y_0)$ har arean

$$T=\frac{x_0{y}_0}{2}=\frac{2a\cdot \frac{2}{a}}{2}=\boxed{2\text{ a.e.}}$$

oberoende av $a$.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Tangens hyperbolicus och dess invers

Vi definierar funktionen tangens hyperbolicus som

$$f(x)=\tanh x=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}},x\in \mathbb{R}.$$

(a) Visa att $f$ är injektiv $(1-1)$. (2p)

(b) Bestäm inversen till denna funktion. (2p)

(c) Bestäm inversens definitionsmängd. Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Hyperboliska funktioner och invers funktion: injektivitet, invers och värdemängd.

Ledtråd 2

(a) Visa att $f^{\prime }(x)>0$, så att $f$ är strängt växande. (b) Lös $x=f(y)$ för $y$ med hjälpvariabeln $t=e^y>0$. (c) Inversens definitionsmängd är $f$:s värdemängd.

Ledtråd 3

(a) $f^{\prime }(x)=\frac{4}{(e^x+e^{-x}{)}^2}$. (b) $x=\frac{t^2-1}{t^2+1}$ ger $t^2=\frac{1+x}{1-x}$. (c) Beräkna ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)$.

Lösning

(a) Med kvotregeln och $(e^x+e^{-x}{)}^{\prime }=e^x-e^{-x}$, $(e^x-e^{-x}{)}^{\prime }=e^x+e^{-x}$:

$$f^{\prime }(x)=\frac{(e^x+e^{-x}{)}^2-(e^x-e^{-x}{)}^2}{(e^x+e^{-x}{)}^2}=\frac{(e^{2x}+2+e^{-2x})-(e^{2x}-2+e^{-2x})}{(e^x+e^{-x}{)}^2}=\frac{4}{(e^x+e^{-x}{)}^2}$$

Alltså är $f^{\prime }(x)>0$ för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$. Två olika $x$ ger därför olika funktionsvärden:

$$\boxed{f\text{ a¨r injektiv}}$$

(b) Vi söker $y=f^{-1}(x)$, dvs. löser $x=f(y)$ för $y$. Med $t=e^y>0$ är

$$x=\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}=\frac{t-\frac{1}{t}}{t+\frac{1}{t}}=\frac{t^2-1}{t^2+1}$$

Då är

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

Eftersom $t=e^y>0$ är $t=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$, och

$$\boxed{f^{-1}(x)=\ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}}$$

Inversen kallas area tangens hyperbolicus, $\mathrm{artanh}x$.

(c) $D(f^{-1})=V(f)$. $f$ är kontinuerlig och strängt växande, och

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=1,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-1$$

Eftersom $f$ är strängt växande antas inte gränsvärdena $\pm 1$, men alla värden däremellan antas (satsen om mellanliggande värden). Alltså

$$\boxed{D(f^{-1})=V(f)=(-1,1)}$$

vilket stämmer med att $\frac{1+x}{1-x}>0$ precis då $-1<x<1$.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $\arctan x+\frac{1-x}{1+x^2}$

Betrakta funktionen

$$y=\arctan (x)+\frac{1-x}{1+x^2}.$$

(a) Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Skissera kurvan. Andraderivatan behöver ej beaktas. (4p)

(b) Avgör om $f$ har något globalt maximum eller globalt minimum och om så är fallet, bestäm dessa. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning med teckenschema för derivatan; $\arctan$ ger horisontella asymptoter (Arcusfunktioner).

Ledtråd 2

Beräkna ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)$ (nämnaren $1+x^2$ blir aldrig noll, så inga lodräta asymptoter). Derivera och sätt på gemensamt bråkstreck.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{2x(x-1)}{(1+x^2{)}^2}$. För (b): jämför de lokala extremvärdena med asymptoternas värden $\pm \frac{\pi }{2}$.

Lösning

Asymptoter. $1+x^2\ge 1>0$, så $f$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$ och saknar lodräta asymptoter. Vidare är

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1-x}{1+x^2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}=0$$

så

$$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\frac{\pi }{2},\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\frac{\pi }{2}$$ $$\boxed{\text{horisontella asymptoter }y=\frac{\pi }{2}\text{ da˚ }x\to \infty \text{ och }y=-\frac{\pi }{2}\text{ da˚ }x\to -\infty }$$

Sneda asymptoter saknas, eftersom gränsvärdena är ändliga.

Derivata.

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

Kritiska punkter: $x=0$ och $x=1$.

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

$$\boxed{\text{lok. max }f(0)=1,\text{lok. min }f(1)=\frac{\pi }{4}+0=\frac{\pi }{4}}$$

Skiss. Kurvan kommer in från asymptoten $y=-\frac{\pi }{2}$ till vänster och växer. Eftersom $f(-1)=-\frac{\pi }{4}+1=\frac{4-\pi }{4}>0$ skär den $x$-axeln en gång, något till vänster om $x=-1$ (numeriskt $x\approx -1,23$). Den når maximum $(0,1)$ (skärningen med $y$-axeln), sjunker till minimum $\left(1,\frac{\pi }{4}\right)\approx (1;0,785)$ och växer sedan mot asymptoten $y=\frac{\pi }{2}$ underifrån.

(b) $f$ är växande på $(-\infty ,0]$ och $[1,\infty )$ och avtagande på $[0,1]$. Värdena närmar sig $\frac{\pi }{2}>1=f(0)$ då $x\to \infty$ och $-\frac{\pi }{2}<\frac{\pi }{4}=f(1)$ då $x\to -\infty$, men antas aldrig. Värdemängden är alltså $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$, och

$$\boxed{f\text{ saknar ba˚de globalt maximum och globalt minimum}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

6. Största cylinder i ett klot

En rak cirkulär cylinder är inskriven i ett klot, se figuren nedan.

Figuren i tentan: ett klot med radien $R$ och en inskriven rak cirkulär cylinder med radien $r$ och höjden $h$. Radien $R$ är dragen från klotets medelpunkt till en punkt på cylinderns övre kant, så $r$, $\frac{h}{2}$ och $R$ bildar en rätvinklig triangel.

Bestäm det största värde som förhållandet $V_c/V_b$ mellan cylinderns volym $V_c$ och klotets volym $V_b$ kan anta. Ange cylinderns radie $r$ och höjd $h$ (uttryckta i klotets radie $R$) som ger maximum för detta förhållande. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett optimeringsproblem: största värde av en kontinuerlig funktion på ett slutet intervall.

Ledtråd 2

$V_c=\pi r^{2}h$, $V_b=\frac{4\pi R^3}{3}$ och Pythagoras ger $r^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=R^2$. Skriv förhållandet som en funktion av $h$ på $[0,2R]$.

Ledtråd 3

$\frac{V_c}{V_b}=\frac{3}{16R^3}(4R^{2}h-h^3)$; derivatan är noll då $3h^2=4R^2$.

Lösning

Cylindern har volymen $V_c=\pi r^{2}h$ och klotet $V_b=\frac{4\pi R^3}{3}$. Ur figuren (Pythagoras):

$$r^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=R^2⟺r^2=R^2-\frac{h^2}{4},0\le h\le 2R$$

Förhållandet som funktion av $h$ blir

$$f(h)=\frac{V_c}{V_b}=\frac{\pi \left(R^2-\frac{h^2}{4}\right)h}{\frac{4\pi R^3}{3}}=\frac{3}{16R^3}\left(4R^{2}h-h^3\right)$$

$f$ är kontinuerlig på det slutna, begränsade intervallet $[0,2R]$, så största värde finns. I ändpunkterna är $f(0)=0$ och $f(2R)=\frac{3}{16R^3}(8R^3-8R^3)=0$.

Derivata.

$$f^{\prime }(h)=\frac{3}{16R^3}\left(4R^2-3h^2\right)=0⟺h^2=\frac{4R^2}{3}⟺h=\pm \frac{2R}{\sqrt{3}}$$

Bara $h=\frac{2R}{\sqrt{3}}$ ligger i intervallet. Där är

$$f\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{3}{16R^3}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}\left(4R^2-\frac{4R^2}{3}\right)=\frac{3}{16R^3}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}\cdot \frac{8R^2}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

Detta är större än ändpunktsvärdena $0$, så det är maximum. (Även $f^{\prime \prime }(h)=-\frac{9h}{8R^3}<0$ för $h>0$ bekräftar det.) Motsvarande radie är

$$r=\sqrt{R^2-\frac{h^2}{4}}=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}R$$ $$\boxed{\max \frac{V_c}{V_b}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,577\text{fo¨r}h=\frac{2R}{\sqrt{3}},r=\sqrt{\frac{2}{3}}R}$$

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Derivata
• Gränsvärden
• Gränsvärdesberäkning med Taylor
• Polynom och faktorisering
• Medelvärdessatsen
• Hyperboliska funktioner
• Funktioner och invers
• Arcusfunktioner
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter