M0047M-2022-05-24

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2022-05-24 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_220524.pdf, m0047m_220524sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: binomialutveckling av $(2+t{)}^5-(2-t{)}^5$, ett gränsvärde och olikheten ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n>2$
• Uppgift 2: tre gränsvärden: $x^{1/\ln x}$, en rotdifferens och $\frac{x^{20}-1}{x^{10}-1}$
• Uppgift 3: derivatan av $\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ och identiteten med $\arcsin x$
• Uppgift 4: inverterbarhet och inversens derivata för $x+x^3$, samt ett ekvationssystem
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och värdemängd för $x^2{e}^{-(x-1{)}^2/2}$
• Uppgift 6: optimering, var en bro över en flod ska ligga för kortast väg

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. Binomialsatsen och en olikhet

(a) Binomialutveckla

$$(2+t{)}^5-(2-t{)}^5$$

så långt det går. (3p)

(b) Beräkna gränsvärdet

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{(2+t{)}^5-(2-t{)}^5}{t}.$$

(1p)

(c) Utnyttja binomialsatsen för att visa att

$$f(n)={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n>2$$

för $n=2,3,4,\dots$. Ledning: behöver man undersöka alla termer i utvecklingen? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Binomialsatsen med binomialkoefficienter, följt av ett enkelt gränsvärde.

Ledtråd 2

$(a+b{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k$. I $(2-t{)}^5$ byter de udda potenserna av $t$ tecken.

Ledtråd 3

(a) De jämna potenserna tar ut varandra och de udda dubbleras. (c) Med $a=1$, $b=\frac{1}{n}$ är de två första termerna $1+n\cdot \frac{1}{n}=2$, och alla övriga termer är positiva.

Lösning

(a) Binomialkoefficienterna för $n=5$ är $1,5,10,10,5,1$, så

$$(2+t{)}^5=32+5\cdot 16t+10\cdot 8t^2+10\cdot 4t^3+5\cdot 2t^4+t^5=32+80t+80t^2+40t^3+10t^4+t^5$$

och på samma sätt, där de udda potenserna av $t$ får minustecken,

$$(2-t{)}^5=32-80t+80t^2-40t^3+10t^4-t^5$$

Differensen blir

$$\boxed{(2+t{)}^5-(2-t{)}^5=160t+80t^3+2t^5}$$

(b) Med (a):

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{160t+80t^3+2t^5}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\left(160+80t^2+2t^4\right)=\boxed{160}$$

Alternativt: kvoten är två gånger lutningen för sekanten till $y=x^5$ mellan $x=2-t$ och $x=2+t$, som går mot $2\cdot 5\cdot 2^4=160$.

(c) Binomialsatsen med $a=1$ och $b=\frac{1}{n}$ ger

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1}{n^k}=1+n\cdot \frac{1}{n}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\frac{1}{n^2}+\dots +\frac{1}{n^n}$$

De två första termerna är $1+1=2$. För $n\ge 2$ finns minst en term till, och alla termer är positiva, så

$$\boxed{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n>2\text{ fo¨r }n\ge 2}$$

Man behöver alltså inte undersöka alla termer, bara konstatera att de är positiva.

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)

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

(1p)

(b)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{x^2+\sin x}-\sqrt{x^2-\sin x}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{20}-1}{x^{10}-1}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden där uttrycket först måste skrivas om: med logaritmer, med rotkonjugat och med faktorisering.

Ledtråd 2

(a) Skriv $f(x)=e^{\ln f(x)}$. (b) Förläng med $\sqrt{x^2+\sin x}+\sqrt{x^2-\sin x}$. (c) Konjugatregeln med $x^{20}=(x^{10}{)}^2$.

Ledtråd 3

(a) $\ln x^{1/\ln x}=\frac{1}{\ln x}\cdot \ln x=1$. (b) Täljaren blir $2\sin x$, som är begränsad, medan nämnaren växer som $2x$. (c) $x^{20}-1=(x^{10}+1)(x^{10}-1)$.

Lösning

(a) För $0<x<1$ är

$$\ln x^{1/\ln x}=\frac{1}{\ln x}\cdot \ln x=1⟹x^{1/\ln x}=e^1=e$$

Funktionen är konstant lika med $e$, så

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

(b) Gränsvärdet är av typen $[\infty -\infty ]$. Förläng med rotkonjugatet:

$$\sqrt{x^2+\sin x}-\sqrt{x^2-\sin x}=\frac{(x^2+\sin x)-(x^2-\sin x)}{\sqrt{x^2+\sin x}+\sqrt{x^2-\sin x}}=\frac{2\sin x}{\sqrt{x^2+\sin x}+\sqrt{x^2-\sin x}}$$

För $x>0$ är $\sqrt{x^2}=x$, så efter division med $x$ i täljare och nämnare:

$$=\frac{2\cdot \frac{\sin x}{x}}{\sqrt{1+\frac{\sin x}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{\sin x}{x^2}}}\to \frac{2\cdot 0}{1+1}=0$$

eftersom $\left|\frac{\sin x}{x}\right|\le \frac{1}{x}\to 0$ och $\left|\frac{\sin x}{x^2}\right|\le \frac{1}{x^2}\to 0$ då $x\to \infty$. Alltså

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+\sin x}-\sqrt{x^2-\sin x}\right)=0}$$

(c) Konjugatregeln ger, för $x\ne 1$,

$$\frac{x^{20}-1}{x^{10}-1}=\frac{(x^{10}+1)(x^{10}-1)}{x^{10}-1}=x^{10}+1$$

så

$$\boxed{\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{20}-1}{x^{10}-1}=1^{10}+1=2}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. En arcusidentitet via derivatan

Definiera

$$f(x)=\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x},0<x\le 1.$$

(a) Förenkla $f^{\prime }(x)$ så långt det går. (2p)

(b) Visa att för $0<x\le 1$ så är

$$\arcsin x+\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}=\frac{\pi }{2}.$$

(2p)

(c) Vad är

$$\arcsin x+\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$$

om $-1\le x<0$? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Derivering av Arcusfunktioner med kedjeregeln (Deriveringsregler), och sedan att en funktion med derivatan noll på ett intervall är konstant där (Medelvärdessatsen).

Ledtråd 2

$\frac{d}{dx}\arctan u=\frac{u^{\prime }}{1+u^2}$ och $\frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. Bestäm konstanten genom att sätta in en lämplig punkt.

Ledtråd 3

$1+\frac{1-x^2}{x^2}=\frac{1}{x^2}$ och $\frac{d}{dx}\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}=-\frac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}$. Välj $x=1$ i (b) och $x=-1$ i (c).

Lösning

(a) Med $u=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ ger kvotregeln

$$u^{\prime }=\frac{\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\cdot x-\sqrt{1-x^2}}{x^2}=\frac{-x^2-(1-x^2)}{x^2\sqrt{1-x^2}}=-\frac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}$$

och $1+u^2=1+\frac{1-x^2}{x^2}=\frac{1}{x^2}$. Alltså är, för $0<x<1$,

$$f^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }}{1+u^2}=x^2\cdot \left(-\frac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}\right)=\boxed{-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}$$

(b) Låt $g(x)=\arcsin x+f(x)$. Enligt (a) är

$$g^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0,0<x<1$$

så $g$ är konstant på $(0,1)$ enligt medelvärdessatsen. Eftersom $g$ är kontinuerlig på $(0,1]$ har den samma konstanta värde i $x=1$:

$$g(1)=\arcsin 1+\arctan \frac{0}{1}=\frac{\pi }{2}+0=\frac{\pi }{2}$$

Alltså

$$\boxed{\arcsin x+\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}=\frac{\pi }{2},0<x\le 1}$$

Alternativt: i en rätvinklig triangel med hypotenusa $1$ och kateterna $x$ och $\sqrt{1-x^2}$ är de två spetsiga vinklarna $\arcsin x$ och $\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$, och de har summan $\frac{\pi }{2}$.

(c) Samma derivering gäller för $-1<x<0$ (uträkningen i (a) använder inte att $x>0$), så funktionen är konstant på $[-1,0)$ av samma skäl. Med $x=-1$:

$$\arcsin (-1)+\arctan \frac{0}{-1}=-\frac{\pi }{2}+0=-\frac{\pi }{2}$$ $$\boxed{\arcsin x+\arctan \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}=-\frac{\pi }{2},-1\le x<0}$$

Förklaringen är att $\arctan u$ är udda medan $\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ byter tecken med $x$: hela uttrycket är en udda funktion.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Inversen till $x+x^3$

Låt

$$f(x)=x+x^3,x\in \mathbb{R}.$$

(a) Visa att funktionen är inverterbar. (1p)

(b) Beräkna

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(-2).$$

(3p)

(c) Finn samtliga par av lösningar $(x,y)$ till ekvationssystemet

$$\{\begin{array}{l}x+x^3=y+y^3,\\ x+y=14.\end{array}$$

Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Inverterbarhet via monotonitet, och Inversa funktioners derivata.

Ledtråd 2

En strängt växande funktion är injektiv. För inversen gäller ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(a)=\frac{1}{f^{\prime }(b)}$ där $f(b)=a$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=1+3x^2>0$. Lös $y+y^3=-2$ genom att gissa en heltalsrot. (c) Första ekvationen säger $f(x)=f(y)$.

Lösning

(a) $f^{\prime }(x)=1+3x^2\ge 1>0$ för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$ och därmed injektiv:

$$\boxed{f\text{ a¨r inverterbar}}$$

(b) Först $f^{-1}(-2)$: vi söker $y$ med $y+y^3=-2$, dvs. $y^3+y+2=0$. Man ser att $y=-1$ är en rot, och eftersom $f$ är injektiv är den den enda. Alltså $f^{-1}(-2)=-1$.

Med $y=f^{-1}(x)$ är $x=f(y)=y+y^3$. Implicit derivering med avseende på $x$ ger

$$1=(1+3y^2)y^{\prime }⟺y^{\prime }=\frac{1}{1+3y^2}$$

I punkten $x=-2$, där $y=-1$:

$$\boxed{{\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(-2)=\frac{1}{1+3\cdot (-1{)}^2}=\frac{1}{4}}$$

(c) Första ekvationen är $f(x)=f(y)$. Eftersom $f$ är injektiv ger det $x=y$, och andra ekvationen ger då $2x=14$:

$$\boxed{(x,y)=(7,7)\text{ a¨r den enda lo¨sningen}}$$

Alternativt: $x+x^3-y-y^3=(x-y)\left(1+x^2+xy+y^2\right)$, och $1+x^2+xy+y^2=1+{\left(x+\frac{y}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}{y}^2>0$, så $x=y$.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $x^2{e}^{-(x-1{)}^2/2}$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=x^2{e}^{-\frac{(x-1{)}^2}{2}}$$

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

(b) Ange funktionens värdemängd. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: gränsvärden i $\pm \infty$ (Oegentliga gränsvärden) och teckenschema för derivatan.

Ledtråd 2

Funktionen är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$, så bara vågräta asymptoter är möjliga. Exponentialfunktionen dominerar över potensfunktionen. Derivera med produktregeln och bryt ut exponentialfaktorn.

Ledtråd 3

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

Lösning

Asymptoter. $f(x)>0$ för $x\ne 0$ och $f(0)=0$. $f$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$, så lodräta asymptoter saknas. Med $t=\frac{(x-1{)}^2}{2}$, dvs. $x=1\pm \sqrt{2t}$, där $t\to \infty$ då $x\to \pm \infty$:

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2}{e^{(x-1{)}^2/2}}=\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{{\left(1\pm \sqrt{2t}\right)}^2}{e^t}=0$$

eftersom exponentialfunktionen växer snabbare än varje potensfunktion. Alltså

$$\boxed{y=0\text{ a¨r va˚gra¨t asymptot da˚ }x\to \pm \infty }$$

Derivata. Produktregeln ger

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

Kritiska punkter: $x=-1$, $x=0$ och $x=2$.

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

$$\boxed{\text{lok. max }f(-1)=e^{-2}\approx 0,135,\text{lok. min }f(0)=0,\text{lok. max }f(2)=\frac{4}{\sqrt{e}}\approx 2,43}$$

Skiss. Kurvan startar nära $x$-axeln långt till vänster, stiger till en liten topp i $\left(-1,e^{-2}\right)$, sjunker till $(0,0)$ där den tangerar $x$-axeln, stiger till den stora toppen $\left(2,\frac{4}{\sqrt{e}}\right)$ och avtar sedan mot $0$ igen.

(b) $f$ är kontinuerlig och $f\ge 0$ med $f(0)=0$, så minsta värdet är $0$. Eftersom $f\to 0$ i båda ändarna är största värdet det största av de lokala maxima. $\frac{4}{\sqrt{e}}>1>e^{-2}$, så det största värdet är $f(2)=\frac{4}{\sqrt{e}}$. Enligt satsen om mellanliggande värden antas alla värden däremellan:

$$\boxed{V_f=\left[0,\frac{4}{\sqrt{e}}\right]}$$

Kontrollerat mot facit.

---

6. Bron över floden

Chad och Stacy bor på var sin sida om en lång rak flod som löper i nord-sydlig riktning. Om vi lägger ett koordinatsystem med Chads hus i origo så ligger Stacys hus i punkten $(8,3)$ och floden upptar området där $2\le x\le 4$. En dag bestämmer sig Chad för att bygga en rakt öst-västlig bro över floden och förbinda den med två raka vägar mellan sitt hus och Stacys hus, se nedanstående figur.

Figuren är omritad efter originalet, här med bron vid $y=1$.

På vilken $y$-koordinat bör Chad förlägga bron för att totala vägen mellan dem skall bli så kort som möjligt och hur lång blir totala vägen mellan dem då? (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Optimering: sök minsta värdet av en funktion på ett slutet intervall.

Ledtråd 2

Med bron mellan $P=(2,y)$ och $Q=(4,y)$ är totala vägen $d(y)=\sqrt{2^2+y^2}+2+\sqrt{4^2+(3-y{)}^2}$. Jämför kritiska punkter och ändpunkterna $y=0$ och $y=3$.

Ledtråd 3

$d^{\prime }(y)=0$ ger $\frac{y}{\sqrt{4+y^2}}=\frac{3-y}{\sqrt{16+(3-y{)}^2}}$. Kvadrera och förenkla till $16y^2=4(3-y{)}^2$.

Lösning

Med bron mellan $P=(2,y)$ och $Q=(4,y)$ blir totala vägen

$$d(y)=|CP|+|PQ|+|QS|=\sqrt{2^2+y^2}+2+\sqrt{4^2+(3-y{)}^2}$$

Det räcker att söka i $0\le y\le 3$: för $y<0$ är båda rotuttrycken större än för $y=0$, och för $y>3$ större än för $y=3$.

Ändpunkter.

$$d(0)=2+2+\sqrt{16+9}=9,d(3)=\sqrt{13}+2+4=6+\sqrt{13}\approx 9,61$$

Kritiska punkter. $d$ är deriverbar överallt och

$$d^{\prime }(y)=\frac{y}{\sqrt{4+y^2}}-\frac{3-y}{\sqrt{16+(3-y{)}^2}}$$

$d^{\prime }(y)=0$ med $0\le y\le 3$ (båda leden icke-negativa) ger efter kvadrering

$$y^2\left(16+(3-y{)}^2\right)=(4+y^2)(3-y{)}^2⟺16y^2=4(3-y{)}^2⟺4y=\pm 2(3-y)$$

dvs. $y=1$ eller $y=-3$, där den senare förkastas. I $y=1$:

$$d(1)=\sqrt{5}+2+\sqrt{20}=2+3\sqrt{5}\approx 8,71$$

Eftersom $2+3\sqrt{5}=2+\sqrt{45}<2+\sqrt{49}=9=d(0)<d(3)$ är detta minimum:

$$\boxed{\text{bron pa˚ }y=1,\text{total va¨gla¨ngd }2+3\sqrt{5}\approx 8,71}$$

Alternativt: brons längd är alltid $2$, så man kan “klippa bort” floden och flytta $S$ två steg åt vänster till $(6,3)$. Kortaste vägen från origo till $(6,3)$ är den räta linjen $y=\frac{x}{2}$, som ger $y=1$ vid $x=2$ och längden $\sqrt{36+9}=3\sqrt{5}$; plus bron blir det $2+3\sqrt{5}$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Binomialkoefficient
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Polynom och faktorisering
• Arcusfunktioner
• Deriveringsregler
• Medelvärdessatsen
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter