---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2022-03-24
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för formeln för $n$:te derivatan av $\ln x$
> - Uppgift 2: tre gränsvärden, $e^x\sin e^{-x}$ då $x\to\infty$, $\dfrac{e^x - e^{-x}}{x}$ med Taylor och $\dfrac{x^3 - 8}{x - 2}$
> - 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 $\arctan x + \dfrac{1 - x}{1 + x^2}$
> - Uppgift 6: största volymförhållandet för en cylinder inskriven i ett klot

> [!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. 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
$$
\dfrac{d^n}{dx^n}(\ln x) = (-1)^{n-1}\dfrac{(n - 1)!}{x^n}.
$$
*(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] där induktionssteget är en [[Derivata|derivering]].
>
> > [!tip]- 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 $n = p + 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Skriv induktionsantagandet som $(-1)^{p-1}(p - 1)!\cdot x^{-p}$ och använd $\dfrac{d}{dx}x^{-p} = -p\,x^{-p-1}$. Sedan är $(p - 1)!\cdot p = p!$.

> [!note]- Lösning
> **Basfall.** För $n = 1$ är
> $$
> \text{VL} = \dfrac{d}{dx}\ln x = \dfrac1x, \qquad \text{HL} = (-1)^{0}\dfrac{0!}{x^1} = \dfrac1x
> $$
> eftersom $0! = 1$. Formeln gäller alltså för $n = 1$.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 1$ (induktionsantagandet):
> $$
> \dfrac{d^p}{dx^p}(\ln x) = (-1)^{p-1}(p - 1)!\cdot x^{-p}
> $$
> Vi ska visa att $\dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}}(\ln x) = (-1)^{p}\dfrac{p!}{x^{p+1}}$. Med induktionsantagandet får vi
> $$
> \begin{aligned}
> \dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}}(\ln x) &= \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{d^p}{dx^p}(\ln x)\right) = \dfrac{d}{dx}\left((-1)^{p-1}(p - 1)!\cdot x^{-p}\right)\\
> &= (-1)^{p-1}(p - 1)!\cdot(-p)\,x^{-p-1} = (-1)^{p}\,\big((p - 1)!\cdot p\big)\,x^{-(p+1)} = (-1)^{p}\dfrac{p!}{x^{p+1}}
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$.
>
> Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\dfrac{d^n}{dx^n}(\ln x) = (-1)^{n-1}\dfrac{(n - 1)!}{x^n} \text{ för alla heltal } n\ge 1,\ x > 0}
> $$
>
> *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)
$$
\lim_{x\to\infty}e^x\sin e^{-x}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x - e^{-x}}{x}
$$
**Ledning:** Taylor. *(2p)*

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] av typen $\infty\cdot 0$ och $\left[\frac00\right]$: (a) standardgränsvärdet för $\dfrac{\sin t}{t}$, (b) [[Gränsvärdesberäkning med Taylor|Taylorutveckling]], (c) [[Polynom och faktorisering|faktorisering]].
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $t\to 0^+$ då $x\to\infty$, och uttrycket blir $\dfrac{\sin t}{t}$. (b) $e^x - e^{-x} = 2x + x^2B(x)$ med $B$ begränsad nära $0$. (c) $x^3 - 8 = (x - 2)(x^2 + 2x + 4)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Gränsvärdet är av typen $\infty\cdot 0$. Med $t = e^{-x}$ går $t\to 0^+$ då $x\to\infty$, och
> $$
> \lim_{x\to\infty}e^x\sin e^{-x} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{\sin e^{-x}}{e^{-x}} = \lim_{t\to 0^+}\dfrac{\sin t}{t} = \boxed{1}
> $$
>
> **(b)** Gränsvärdet är av typen $\left[\frac00\right]$. Låt $f(x) = e^x - e^{-x}$. Då är
> $$
> f(0) = 0, \qquad f'(x) = e^x + e^{-x},\ f'(0) = 2, \qquad f''(x) = e^x - e^{-x}
> $$
> Taylors formel av ordning 1 kring $0$ ger
> $$
> f(x) = 0 + 2x + \dfrac{f''(c)}{2!}x^2 = 2x + x^2B(x)
> $$
> för något $c$ mellan $0$ och $x$, där $B(x) = \dfrac{e^c - e^{-c}}{2}$ är begränsad nära $0$ eftersom $|B(x)|\le\dfrac{e^{|c|} + e^{|c|}}{2}\le e^{|x|}$. Alltså är
> $$
> \lim_{x\to 0}\dfrac{e^x - e^{-x}}{x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x + x^2B(x)}{x} = \lim_{x\to 0}\big(2 + x\,B(x)\big) = \boxed{2}
> $$
>
> **(c)** Gränsvärdet är av typen $\left[\frac00\right]$. 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
> $$
> \lim_{x\to 2}\dfrac{x^3 - 8}{x - 2} = \lim_{x\to 2}(x^2 + 2x + 4) = 4 + 4 + 4 = \boxed{12}
> $$
> *Alternativt:* uttrycket är en differenskvot för $x^3$ i $x = 2$, så gränsvärdet är $\dfrac{d}{dx}x^3\Big|_{x=2} = 3\cdot 2^2 = 12$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Medelvärdessatsen och tangenttrianglar för $1/x$

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

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är [[Medelvärdessatsen]]; (b) är en tangentuppgift med [[Derivata|derivatan]] som lutning.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Lös $f'(c) = \dfrac{f(3) - f(2)}{3 - 2}$ för $c\in(2, 3)$. (b) Tangenten i $\left(a, \dfrac1a\right)$ har lutningen $f'(a) = -\dfrac{1}{a^2}$; bestäm var den skär axlarna.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Kordans lutning är $-\dfrac16$. (b) Tangenten är $y = -\dfrac{x}{a^2} + \dfrac{2}{a}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $f$ är kontinuerlig på $[2, 3]$ och deriverbar på $(2, 3)$, med $f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}$. Kordans lutning är
> $$
> \dfrac{f(3) - f(2)}{3 - 2} = \dfrac13 - \dfrac12 = -\dfrac16
> $$
> Villkoret $f'(c) = -\dfrac16$ ger
> $$
> -\dfrac{1}{c^2} = -\dfrac16 \iff c^2 = 6 \iff c = \pm\sqrt6
> $$
> Den negativa roten ligger inte i intervallet, men $2 = \sqrt4 < \sqrt6 < \sqrt9 = 3$, så
> $$
> \boxed{c = \sqrt6\approx 2{,}449}
> $$
> I punkten $\left(\sqrt6, \dfrac{1}{\sqrt6}\right)$ 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 $\left(a, \dfrac1a\right)$ med $a > 0$, och tangentens lutning är $k = f'(a) = -\dfrac{1}{a^2}$. Enpunktsformeln ger
> $$
> y - \dfrac1a = -\dfrac{1}{a^2}(x - a) \iff y = -\dfrac{x}{a^2} + \dfrac{2}{a}
> $$
> Tangenten skär $y$-axeln ($x = 0$) i $y_0 = \dfrac2a$ 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
> $$
> T = \dfrac{x_0\,y_0}{2} = \dfrac{2a\cdot\dfrac2a}{2} = \boxed{2 \text{ a.e.}}
> $$
> oberoende av $a$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Tangens hyperbolicus och dess invers

Vi definierar funktionen *tangens hyperbolicus* som
$$
f(x) = \tanh x = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}, \quad x\in\mathbb{R}.
$$

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

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

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Hyperboliska funktioner]] och [[Funktioner och invers|invers funktion]]: injektivitet, invers och värdemängd.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Visa att $f'(x) > 0$, 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $f'(x) = \dfrac{4}{(e^x + e^{-x})^2}$. (b) $x = \dfrac{t^2 - 1}{t^2 + 1}$ ger $t^2 = \dfrac{1 + x}{1 - x}$. (c) Beräkna $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med kvotregeln och $(e^x + e^{-x})' = e^x - e^{-x}$, $(e^x - e^{-x})' = e^x + e^{-x}$:
> $$
> f'(x) = \dfrac{(e^x + e^{-x})^2 - (e^x - e^{-x})^2}{(e^x + e^{-x})^2} = \dfrac{(e^{2x} + 2 + e^{-2x}) - (e^{2x} - 2 + e^{-2x})}{(e^x + e^{-x})^2} = \dfrac{4}{(e^x + e^{-x})^2}
> $$
> Alltså är $f'(x) > 0$ för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$. Två olika $x$ ger därför olika funktionsvärden:
> $$
> \boxed{f \text{ är injektiv}}
> $$
>
> **(b)** Vi söker $y = f^{-1}(x)$, dvs. löser $x = f(y)$ för $y$. Med $t = e^y > 0$ är
> $$
> x = \dfrac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} = \dfrac{t - \dfrac1t}{t + \dfrac1t} = \dfrac{t^2 - 1}{t^2 + 1}
> $$
> Då är
> $$
> x(t^2 + 1) = t^2 - 1 \iff x + 1 = t^2(1 - x) \iff t^2 = \dfrac{1 + x}{1 - x}
> $$
> Eftersom $t = e^y > 0$ är $t = \sqrt{\dfrac{1 + x}{1 - x}}$, och
> $$
> \boxed{f^{-1}(x) = \ln\sqrt{\dfrac{1 + x}{1 - x}} = \dfrac12\ln\dfrac{1 + x}{1 - x}}
> $$
> Inversen kallas *area tangens hyperbolicus*, $\operatorname{artanh}x$.
>
> **(c)** $D(f^{-1}) = V(f)$. $f$ är kontinuerlig och strängt växande, och
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = 1, \qquad \lim_{x\to-\infty}\dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} = -1
> $$
> 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 $\dfrac{1 + x}{1 - x} > 0$ precis då $-1 < x < 1$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

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

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] med [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]]; $\arctan$ ger horisontella asymptoter ([[Arcusfunktioner]]).
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = \dfrac{2x(x - 1)}{(1 + x^2)^2}$. För (b): jämför de lokala extremvärdena med asymptoternas värden $\pm\dfrac{\pi}{2}$.

> [!note]- Lösning
> **Asymptoter.** $1 + x^2\ge 1 > 0$, så $f$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$ och saknar lodräta asymptoter. Vidare är
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{1 - x}{1 + x^2} = \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{\dfrac{1}{x^2} - \dfrac1x}{\dfrac{1}{x^2} + 1} = 0
> $$
> så
> $$
> \lim_{x\to\infty}f(x) = \dfrac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x) = -\dfrac{\pi}{2}
> $$
> $$
> \boxed{\text{horisontella asymptoter } y = \dfrac{\pi}{2} \text{ då } x\to\infty \text{ och } y = -\dfrac{\pi}{2} \text{ då } x\to-\infty}
> $$
> Sneda asymptoter saknas, eftersom gränsvärdena är ändliga.
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = \dfrac{1}{1 + x^2} + \dfrac{-(1 + x^2) - (1 - x)\cdot 2x}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{(1 + x^2) - 1 - x^2 - 2x + 2x^2}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{2x(x - 1)}{(1 + x^2)^2}
> $$
> Kritiska punkter: $x = 0$ och $x = 1$.
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 1$ | $1$ | $x > 1$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $2x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $(1 + x^2)^2$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(0) = 1, \quad \text{lok. min } f(1) = \dfrac{\pi}{4} + 0 = \dfrac{\pi}{4}}
> $$
>
> **Skiss.** Kurvan kommer in från asymptoten $y = -\dfrac{\pi}{2}$ till vänster och växer. Eftersom $f(-1) = -\dfrac{\pi}{4} + 1 = \dfrac{4 - \pi}{4} > 0$ 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 $\left(1, \dfrac{\pi}{4}\right)\approx(1;\ 0{,}785)$ och växer sedan mot asymptoten $y = \dfrac{\pi}{2}$ underifrån.
>
> **(b)** $f$ är växande på $(-\infty, 0]$ och $[1, \infty)$ och avtagande på $[0, 1]$. Värdena närmar sig $\dfrac{\pi}{2} > 1 = f(0)$ då $x\to\infty$ och $-\dfrac{\pi}{2} < \dfrac{\pi}{4} = f(1)$ då $x\to-\infty$, men antas aldrig. Värdemängden är alltså $\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)$, och
> $$
> \boxed{f \text{ saknar både globalt maximum och globalt minimum}}
> $$
>
> ![[tenta220324-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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 $r$, $\dfrac h2$ 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett optimeringsproblem: [[Extremvärden|största värde]] av en kontinuerlig funktion på ett slutet intervall.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $V_c = \pi r^2h$, $V_b = \dfrac{4\pi R^3}{3}$ och Pythagoras ger $r^2 + \left(\dfrac h2\right)^2 = R^2$. Skriv förhållandet som en funktion av $h$ på $[0, 2R]$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\dfrac{V_c}{V_b} = \dfrac{3}{16R^3}(4R^2h - h^3)$; derivatan är noll då $3h^2 = 4R^2$.

> [!note]- Lösning
> Cylindern har volymen $V_c = \pi r^2h$ och klotet $V_b = \dfrac{4\pi R^3}{3}$. Ur figuren (Pythagoras):
> $$
> r^2 + \left(\dfrac h2\right)^2 = R^2 \iff r^2 = R^2 - \dfrac{h^2}{4}, \qquad 0\le h\le 2R
> $$
> Förhållandet som funktion av $h$ blir
> $$
> f(h) = \dfrac{V_c}{V_b} = \dfrac{\pi\left(R^2 - \dfrac{h^2}{4}\right)h}{\dfrac{4\pi R^3}{3}} = \dfrac{3}{16R^3}\left(4R^2h - h^3\right)
> $$
> $f$ är kontinuerlig på det slutna, begränsade intervallet $[0, 2R]$, så största värde finns. I ändpunkterna är $f(0) = 0$ och $f(2R) = \dfrac{3}{16R^3}(8R^3 - 8R^3) = 0$.
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(h) = \dfrac{3}{16R^3}\left(4R^2 - 3h^2\right) = 0 \iff h^2 = \dfrac{4R^2}{3} \iff h = \pm\dfrac{2R}{\sqrt3}
> $$
> Bara $h = \dfrac{2R}{\sqrt3}$ ligger i intervallet. Där är
> $$
> f\left(\dfrac{2R}{\sqrt3}\right) = \dfrac{3}{16R^3}\cdot\dfrac{2R}{\sqrt3}\left(4R^2 - \dfrac{4R^2}{3}\right) = \dfrac{3}{16R^3}\cdot\dfrac{2R}{\sqrt3}\cdot\dfrac{8R^2}{3} = \dfrac{1}{\sqrt3}
> $$
> Detta är större än ändpunktsvärdena $0$, så det är maximum. (Även $f''(h) = -\dfrac{9h}{8R^3} < 0$ för $h > 0$ bekräftar det.) Motsvarande radie är
> $$
> r = \sqrt{R^2 - \dfrac{h^2}{4}} = \sqrt{R^2 - \dfrac{R^2}{3}} = \sqrt{\dfrac23}\,R
> $$
> $$
> \boxed{\max\dfrac{V_c}{V_b} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}\approx 0{,}577 \quad\text{för}\quad h = \dfrac{2R}{\sqrt3},\ r = \sqrt{\dfrac23}\,R}
> $$
>
> *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]]