---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2022-05-24
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: binomialutveckling av $(2 + t)^5 - (2 - t)^5$, ett gränsvärde och olikheten $\left(1 + \frac1n\right)^n > 2$
> - Uppgift 2: tre gränsvärden: $x^{1/\ln x}$, en rotdifferens och $\dfrac{x^{20} - 1}{x^{10} - 1}$
> - Uppgift 3: derivatan av $\arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$ 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 $x^2e^{-(x-1)^2/2}$
> - Uppgift 6: optimering, var en bro över en flod ska ligga för kortast väg

> [!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. Binomialsatsen och en olikhet

(a) Binomialutveckla
$$
(2 + t)^5 - (2 - t)^5
$$
så långt det går. *(3p)*

(b) Beräkna gränsvärdet
$$
\lim_{t\to 0}\dfrac{(2 + t)^5 - (2 - t)^5}{t}.
$$
*(1p)*

(c) Utnyttja binomialsatsen för att visa att
$$
f(n) = \left(1 + \dfrac1n\right)^n > 2
$$
för $n = 2, 3, 4, \ldots$. **Ledning:** *behöver man undersöka alla termer i utvecklingen?* *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Binomialsatsen med [[Binomialkoefficient|binomialkoefficienter]], följt av ett enkelt [[Gränsvärden|gränsvärde]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$. I $(2 - t)^5$ byter de udda potenserna av $t$ tecken.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) De jämna potenserna tar ut varandra och de udda dubbleras. (c) Med $a = 1$, $b = \frac1n$ är de två första termerna $1 + n\cdot\frac1n = 2$, och alla övriga termer är positiva.

> [!note]- 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):
> $$
> \lim_{t\to 0}\dfrac{160t + 80t^3 + 2t^5}{t} = \lim_{t\to 0}\left(160 + 80t^2 + 2t^4\right) = \boxed{160}
> $$
> *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 $b = \dfrac1n$ ger
> $$
> \left(1 + \dfrac1n\right)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\dfrac{1}{n^k} = 1 + n\cdot\dfrac1n + \binom{n}{2}\dfrac{1}{n^2} + \ldots + \dfrac{1}{n^n}
> $$
> De två första termerna är $1 + 1 = 2$. För $n\ge 2$ finns minst en term till, och alla termer är positiva, så
> $$
> \boxed{\left(1 + \dfrac1n\right)^n > 2 \text{ för } n\ge 2}
> $$
> 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)
$$
\lim_{x\to 0^+}x^{1/\ln x}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^2 + \sin x} - \sqrt{x^2 - \sin x}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 1}\dfrac{x^{20} - 1}{x^{10} - 1}
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] där uttrycket först måste skrivas om: med [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmer]], med rotkonjugat och med [[Polynom och faktorisering|faktorisering]].
>
> > [!tip]- 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 $x^{20} = (x^{10})^2$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\ln x^{1/\ln x} = \dfrac{1}{\ln x}\cdot\ln x = 1$. (b) Täljaren blir $2\sin x$, som är begränsad, medan nämnaren växer som $2x$. (c) $x^{20} - 1 = (x^{10} + 1)(x^{10} - 1)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** För $0 < x < 1$ är
> $$
> \ln x^{1/\ln x} = \dfrac{1}{\ln x}\cdot\ln x = 1 \quad\Longrightarrow\quad x^{1/\ln x} = e^1 = e
> $$
> Funktionen är konstant lika med $e$, så
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0^+}x^{1/\ln x} = e}
> $$
>
> **(b)** Gränsvärdet är av typen $[\infty - \infty]$. Förläng med rotkonjugatet:
> $$
> \sqrt{x^2 + \sin x} - \sqrt{x^2 - \sin x} = \dfrac{(x^2 + \sin x) - (x^2 - \sin x)}{\sqrt{x^2 + \sin x} + \sqrt{x^2 - \sin x}} = \dfrac{2\sin x}{\sqrt{x^2 + \sin x} + \sqrt{x^2 - \sin x}}
> $$
> För $x > 0$ är $\sqrt{x^2} = x$, så efter division med $x$ i täljare och nämnare:
> $$
> = \dfrac{2\cdot\dfrac{\sin x}{x}}{\sqrt{1 + \dfrac{\sin x}{x^2}} + \sqrt{1 - \dfrac{\sin x}{x^2}}}\to\dfrac{2\cdot 0}{1 + 1} = 0
> $$
> eftersom $\left|\dfrac{\sin x}{x}\right|\le\dfrac1x\to 0$ och $\left|\dfrac{\sin x}{x^2}\right|\le\dfrac{1}{x^2}\to 0$ då $x\to\infty$. Alltså
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2 + \sin x} - \sqrt{x^2 - \sin x}\right) = 0}
> $$
>
> **(c)** Konjugatregeln ger, för $x\ne 1$,
> $$
> \dfrac{x^{20} - 1}{x^{10} - 1} = \dfrac{(x^{10} + 1)(x^{10} - 1)}{x^{10} - 1} = x^{10} + 1
> $$
> så
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 1}\dfrac{x^{20} - 1}{x^{10} - 1} = 1^{10} + 1 = 2}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. En arcusidentitet via derivatan

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

(a) Förenkla $f'(x)$ så långt det går. *(2p)*

(b) Visa att för $0 < x\le 1$ så är
$$
\arcsin x + \arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = \dfrac{\pi}{2}.
$$
*(2p)*

(c) Vad är
$$
\arcsin x + \arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x}
$$
om $-1\le x < 0$? *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Derivering av [[Arcusfunktioner]] med kedjeregeln ([[Deriveringsregler]]), och sedan att en funktion med derivatan noll på ett intervall är konstant där ([[Medelvärdessatsen]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\dfrac{d}{dx}\arctan u = \dfrac{u'}{1 + u^2}$ och $\dfrac{d}{dx}\arcsin x = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$. Bestäm konstanten genom att sätta in en lämplig punkt.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $1 + \dfrac{1 - x^2}{x^2} = \dfrac{1}{x^2}$ och $\dfrac{d}{dx}\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = -\dfrac{1}{x^2\sqrt{1 - x^2}}$. Välj $x = 1$ i (b) och $x = -1$ i (c).

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med $u = \dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$ ger kvotregeln
> $$
> u' = \dfrac{\dfrac{-2x}{2\sqrt{1 - x^2}}\cdot x - \sqrt{1 - x^2}}{x^2} = \dfrac{-x^2 - (1 - x^2)}{x^2\sqrt{1 - x^2}} = -\dfrac{1}{x^2\sqrt{1 - x^2}}
> $$
> och $1 + u^2 = 1 + \dfrac{1 - x^2}{x^2} = \dfrac{1}{x^2}$. Alltså är, för $0 < x < 1$,
> $$
> f'(x) = \dfrac{u'}{1 + u^2} = x^2\cdot\left(-\dfrac{1}{x^2\sqrt{1 - x^2}}\right) = \boxed{-\dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}}
> $$
>
> **(b)** Låt $g(x) = \arcsin x + f(x)$. Enligt (a) är
> $$
> g'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}} - \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 0, \quad 0 < x < 1
> $$
> så $g$ är konstant på $(0, 1)$ enligt medelvärdessatsen. Eftersom $g$ är kontinuerlig på $(0, 1]$ har den samma konstanta värde i $x = 1$:
> $$
> g(1) = \arcsin 1 + \arctan\dfrac{0}{1} = \dfrac{\pi}{2} + 0 = \dfrac{\pi}{2}
> $$
> Alltså
> $$
> \boxed{\arcsin x + \arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = \dfrac{\pi}{2}, \quad 0 < x\le 1}
> $$
> *Alternativt:* i en rätvinklig triangel med hypotenusa $1$ och kateterna $x$ och $\sqrt{1 - x^2}$ är de två spetsiga vinklarna $\arcsin x$ och $\arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$, och de har summan $\dfrac{\pi}{2}$.
>
> **(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 $x = -1$:
> $$
> \arcsin(-1) + \arctan\dfrac{0}{-1} = -\dfrac{\pi}{2} + 0 = -\dfrac{\pi}{2}
> $$
> $$
> \boxed{\arcsin x + \arctan\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = -\dfrac{\pi}{2}, \quad -1\le x < 0}
> $$
> Förklaringen är att $\arctan u$ är udda medan $\dfrac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$ byter tecken med $x$: hela uttrycket är en udda funktion.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Inversen till $x + x^3$

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

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

(b) Beräkna
$$
\left(f^{-1}\right)'(-2).
$$
*(3p)*

(c) Finn samtliga par av lösningar $(x, y)$ till ekvationssystemet
$$
\begin{cases} x + x^3 = y + y^3,\\ x + y = 14.\end{cases}
$$
Motivera! *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers|Inverterbarhet]] via monotonitet, och [[Inversa funktioners derivata]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > En strängt växande funktion är injektiv. För inversen gäller $\left(f^{-1}\right)'(a) = \dfrac{1}{f'(b)}$ där $f(b) = a$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = 1 + 3x^2 > 0$. Lös $y + y^3 = -2$ genom att gissa en heltalsrot. (c) Första ekvationen säger $f(x) = f(y)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $f'(x) = 1 + 3x^2\ge 1 > 0$ för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$ och därmed injektiv:
> $$
> \boxed{f \text{ är inverterbar}}
> $$
>
> **(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
> $$
> 1 = (1 + 3y^2)\,y' \iff y' = \dfrac{1}{1 + 3y^2}
> $$
> I punkten $x = -2$, där $y = -1$:
> $$
> \boxed{\left(f^{-1}\right)'(-2) = \dfrac{1}{1 + 3\cdot(-1)^2} = \dfrac14}
> $$
>
> **(c)** Första ekvationen är $f(x) = f(y)$. Eftersom $f$ är injektiv ger det $x = y$, och andra ekvationen ger då $2x = 14$:
> $$
> \boxed{(x, y) = (7, 7) \text{ är den enda lösningen}}
> $$
> *Alternativt:* $x + x^3 - y - y^3 = (x - y)\left(1 + x^2 + xy + y^2\right)$, och $1 + x^2 + xy + y^2 = 1 + \left(x + \dfrac{y}{2}\right)^2 + \dfrac34y^2 > 0$, så $x = y$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

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

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]]: gränsvärden i $\pm\infty$ ([[Oegentliga gränsvärden]]) och [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]].
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = -x(x + 1)(x - 2)\,e^{-\frac{(x-1)^2}{2}}$.

> [!note]- 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 $t = \dfrac{(x - 1)^2}{2}$, dvs. $x = 1\pm\sqrt{2t}$, där $t\to\infty$ då $x\to\pm\infty$:
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2}{e^{(x-1)^2/2}} = \lim_{t\to\infty}\dfrac{\left(1\pm\sqrt{2t}\right)^2}{e^t} = 0
> $$
> eftersom exponentialfunktionen växer snabbare än varje potensfunktion. Alltså
> $$
> \boxed{y = 0 \text{ är vågrät asymptot då } x\to\pm\infty}
> $$
>
> **Derivata.** Produktregeln ger
> $$
> f'(x) = 2xe^{-\frac{(x-1)^2}{2}} - x^2(x - 1)e^{-\frac{(x-1)^2}{2}} = -x\left(x^2 - x - 2\right)e^{-\frac{(x-1)^2}{2}} = -x(x + 1)(x - 2)\,e^{-\frac{(x-1)^2}{2}}
> $$
> Kritiska punkter: $x = -1$, $x = 0$ och $x = 2$.
>
> | | $x < -1$ | $-1$ | $-1 < x < 0$ | $0$ | $0 < x < 2$ | $2$ | $x > 2$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $-x$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $-$ |
> | $x + 1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 2$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $e^{-(x-1)^2/2}$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(-1) = e^{-2}\approx 0{,}135, \quad \text{lok. min } f(0) = 0, \quad \text{lok. max } f(2) = \dfrac{4}{\sqrt e}\approx 2{,}43}
> $$
>
> **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. $\dfrac{4}{\sqrt e} > 1 > e^{-2}$, så det största värdet är $f(2) = \dfrac{4}{\sqrt e}$. Enligt satsen om mellanliggande värden antas alla värden däremellan:
> $$
> \boxed{V_f = \left[0, \dfrac{4}{\sqrt e}\right]}
> $$
>
> ![[tenta220524-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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.

![[tenta220524-uppgift6-bro.png|520]]

*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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Optimering: sök [[Extremvärden|minsta värdet]] av en funktion på ett slutet intervall.
>
> > [!tip]- 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 $y = 3$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $d'(y) = 0$ ger $\dfrac{y}{\sqrt{4 + y^2}} = \dfrac{3 - y}{\sqrt{16 + (3 - y)^2}}$. Kvadrera och förenkla till $16y^2 = 4(3 - y)^2$.

> [!note]- 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.**
> $$
> d(0) = 2 + 2 + \sqrt{16 + 9} = 9, \qquad d(3) = \sqrt{13} + 2 + 4 = 6 + \sqrt{13}\approx 9{,}61
> $$
>
> **Kritiska punkter.** $d$ är deriverbar överallt och
> $$
> d'(y) = \dfrac{y}{\sqrt{4 + y^2}} - \dfrac{3 - y}{\sqrt{16 + (3 - y)^2}}
> $$
> $d'(y) = 0$ med $0\le y\le 3$ (båda leden icke-negativa) ger efter kvadrering
> $$
> y^2\left(16 + (3 - y)^2\right) = (4 + y^2)(3 - y)^2 \iff 16y^2 = 4(3 - y)^2 \iff 4y = \pm 2(3 - y)
> $$
> dvs. $y = 1$ eller $y = -3$, där den senare förkastas. I $y = 1$:
> $$
> d(1) = \sqrt5 + 2 + \sqrt{20} = 2 + 3\sqrt5\approx 8{,}71
> $$
> Eftersom $2 + 3\sqrt5 = 2 + \sqrt{45} < 2 + \sqrt{49} = 9 = d(0) < d(3)$ är detta minimum:
> $$
> \boxed{\text{bron på } y = 1, \quad \text{total väglängd } 2 + 3\sqrt5\approx 8{,}71}
> $$
>
> *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 $y = \dfrac{x}{2}$, som ger $y = 1$ vid $x = 2$ och längden $\sqrt{36 + 9} = 3\sqrt5$; plus bron blir det $2 + 3\sqrt5$.
>
> *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]]