M0047M-2022-08-17

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2022-08-17 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_220817.pdf, m0047m_220817sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för en formel för ${\sum }_{k=1}^n\frac{k^2}{2^k}$ och summans gränsvärde
• Uppgift 2: tre gränsvärden utan l’Hôpital, en exponentialkvot, $\frac{t}{\sqrt{1-\cos t}}$ och en logaritmkvot i oändligheten
• Uppgift 3: olikheterna $\frac{1}{x+1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$ och gränsvärdet ${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\to e$
• Uppgift 4: tangenter till $y=x^3-3x+2$ genom en punkt utanför kurvan
• Uppgift 5: lokala extremvärden och värdemängd för $x^2-8|x|+15$ på $[-7,6]$, samt MATLAB-kod respektive derivatans definition
• Uppgift 6: avståndet till horisonten, implicit derivering och Taylorpolynom för att avgöra om vindkraftverk syns

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 summaformel genom induktion

Det gäller att

$$\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{2^k}=6-\frac{n^2+4n+6}{2^n},n=1,2,3,\dots .$$

(a) Bevisa formeln ovan, exempelvis med induktion. (4p)

(b) Vad går summan

$$\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{2^k}$$

mot när $n$ går mot oändligheten? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion för en summa, följt av ett standardgränsvärde.

Ledtråd 2

Kontrollera $n=1$. Anta formeln för $n=p$ och skriv summan till $p+1$ som summan till $p$ plus termen $\frac{(p+1{)}^2}{2^{p+1}}$.

Ledtråd 3

Sätt allt på nämnaren $2^{p+1}$: täljaren blir $2(p^2+4p+6)-(p+1{)}^2$. Jämför med $(p+1{)}^2+4(p+1)+6=p^2+6p+11$. I (b): $\frac{n^a}{2^n}\to 0$.

Lösning

(a) Basfall. För $n=1$ är

$$\text{VL}=\frac{1^2}{2^1}=\frac{1}{2},\text{HL}=6-\frac{1+4+6}{2}=6-\frac{11}{2}=\frac{1}{2}$$

så formeln gäller.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för $n=p$ (induktionsantagandet):

$$\sum _{k=1}^p\frac{k^2}{2^k}=6-\frac{p^2+4p+6}{2^p}$$

Vi ska visa att den då gäller för $n=p+1$, dvs. att summan är

$$6-\frac{(p+1{)}^2+4(p+1)+6}{2^{p+1}}=6-\frac{p^2+6p+11}{2^{p+1}}$$

Med induktionsantagandet:

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{p+1}\frac{k^2}{2^k}& =\sum _{k=1}^p\frac{k^2}{2^k}+\frac{(p+1{)}^2}{2^{p+1}}=6-\frac{2(p^2+4p+6)}{2^{p+1}}+\frac{p^2+2p+1}{2^{p+1}}\\ & =6-\frac{2p^2+8p+12-p^2-2p-1}{2^{p+1}}=6-\frac{p^2+6p+11}{2^{p+1}}\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$. Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{2^k}=6-\frac{n^2+4n+6}{2^n}\text{ fo¨r alla }n\ge 1}$$

(b) En exponentialfunktion med bas $2>1$ dominerar varje potens, så $\frac{n^2}{2^n}\to 0$, $\frac{n}{2^n}\to 0$ och $\frac{1}{2^n}\to 0$. Alltså

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{2^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(6-\frac{n^2}{2^n}-\frac{4n}{2^n}-\frac{6}{2^n}\right)=\boxed{6}$$

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden utan l’Hôpital

Avgör huruvida följande (även oegentliga) gränsvärden existerar och om så, bestäm dem (utan hjälp av l’Hôpitals regler):

(a)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{e^{2x}-1}$$

(1p)

(b)

$$\underset{t\to 0+}{\lim }\frac{t}{\sqrt{1-\cos t}}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(e^{2x}+e^{3x}\right)}{e^{\ln (2x)+\ln (3x)}}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden som löses med algebraisk omskrivning, standardgränsvärden och räknelagar för exponentialfunktioner och logaritmer.

Ledtråd 2

(a) $e^{2x}=(e^x{)}^2$, så konjugatregeln fungerar. (b) Förläng med $\sqrt{1+\cos t}$. (c) Bryt ut den dominerande termen $e^{3x}$ i logaritmen och förenkla nämnaren med $e^{\ln a}=a$.

Ledtråd 3

(a) $\frac{e^x-1}{(e^x-1)(e^x+1)}$. (b) $\sqrt{1-{\cos }^{2}t}=|\sin t|=\sin t$ för små $t>0$; använd $\frac{\sin t}{t}\to 1$. (c) Uttrycket blir $\frac{3x+\ln (1+e^{-x})}{6x^2}$.

Lösning

(a) Konjugatregeln ger, för $x\ne 0$,

$$\frac{e^x-1}{e^{2x}-1}=\frac{e^x-1}{(e^x-1)(e^x+1)}=\frac{1}{e^x+1}\to \frac{1}{1+1}$$ $$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{e^{2x}-1}=\frac{1}{2}}$$

(b) För $0<t<\pi$ är $\sin t>0$. Förlängning med $\sqrt{1+\cos t}$ ger

$$\frac{t}{\sqrt{1-\cos t}}=\frac{t\sqrt{1+\cos t}}{\sqrt{1-{\cos }^{2}t}}=\frac{t\sqrt{1+\cos t}}{|\sin t|}=\frac{\sqrt{1+\cos t}}{\frac{\sin t}{t}}$$

Med standardgränsvärdet $\frac{\sin t}{t}\to 1$:

$$\boxed{\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{t}{\sqrt{1-\cos t}}=\frac{\sqrt{1+1}}{1}=\sqrt{2}}$$

Anmärkning: från vänster blir gränsvärdet $-\sqrt{2}$, eftersom $|\sin t|=-\sin t$ där. Därför frågar uppgiften bara efter högergränsvärdet.

(c) Förenkla täljare och nämnare för $x>0$:

$$\ln \left(e^{2x}+e^{3x}\right)=\ln \left(e^{3x}\left(e^{-x}+1\right)\right)=3x+\ln \left(1+e^{-x}\right),e^{\ln (2x)+\ln (3x)}=2x\cdot 3x=6x^2$$

Alltså

$$\frac{3x+\ln \left(1+e^{-x}\right)}{6x^2}=\frac{\frac{3}{x}+\frac{\ln \left(1+e^{-x}\right)}{x^2}}{6}\to \frac{0+0}{6}$$

eftersom $\ln (1+e^{-x})\to \ln 1=0$. Därmed

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(e^{2x}+e^{3x}\right)}{e^{\ln (2x)+\ln (3x)}}=0}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Olikheter för $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$ och talet $e$

Antag $x>0$.

(a) Visa olikheten

$$\frac{1}{x+1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right).$$

Ledning: Olikheten kan vara enklare att bevisa med variabelbytet $x=\frac{1}{t}$, $t>0$. (2p)

(b) På liknande sätt kan man visa (behövs ej) olikheten

$$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$$

Utnyttja denna olikhet tillsammans med olikheten i uppgift 4.(a) för att beräkna

$$\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right).$$

(2p)

(c) Beräkna gränsvärdet

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x.$$

(1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En olikhet som bevisas med derivata (en växande hjälpfunktion), följt av instängning av ett gränsvärde och kontinuitet hos $e^x$.

Ledtråd 2

Med $x=\frac{1}{t}$ blir olikheten $\ln (1+t)>\frac{t}{1+t}$ för $t>0$. Studera $h(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$ med $h(0)=0$. I (b): multiplicera dubbelolikheten med $x>0$.

Ledtråd 3

$h^{\prime }(t)=\frac{t}{(1+t{)}^2}>0$. (b) $\frac{x}{x+1}<x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<1$. (c) ${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e^{x\ln (1+1/x)}$.

Lösning

(a) Med $x=\frac{1}{t}$, $t>0$, är $\frac{1}{x+1}=\frac{1}{\frac{1}{t}+1}=\frac{t}{1+t}$ och $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=\ln (1+t)$. Olikheten är alltså ekvivalent med

$$\ln (1+t)>\frac{t}{1+t},t>0$$

Låt $h(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$ för $t\ge 0$. Då är $h(0)=\ln 1-0=0$ och

$$h^{\prime }(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{(1+t)-t}{(1+t{)}^2}=\frac{(1+t)-1}{(1+t{)}^2}=\frac{t}{(1+t{)}^2}>0\text{fo¨r }t>0$$

Alltså är $h$ strängt växande på $[0,\infty )$, och $h(t)>h(0)=0$ för $t>0$. Därmed

$$\boxed{\frac{1}{x+1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\text{ fo¨r }x>0}$$

Alternativt: Medelvärdessatsen för $\ln t$ på $[x,x+1]$ ger $\ln (x+1)-\ln x=\frac{1}{c}$ för något $c\in (x,x+1)$, och $\frac{1}{x+1}<\frac{1}{c}<\frac{1}{x}$ ger båda olikheterna på en gång.

(b) Tillsammans ger olikheterna $\frac{1}{x+1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$ för $x>0$. Multiplikation med $x>0$:

$$\frac{x}{x+1}<x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<1$$

Här är $\frac{x}{x+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\to 1$ när $x\to \infty$, så instängningssatsen ger

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=1}$$

(c) Skriv om med $a=e^{\ln a}$ och använd att exponentialfunktionen är kontinuerlig:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}=e^{{\lim }_{x\to \infty }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}=e^1$$ $$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e}$$

Kontrollerat mot facit. Tentan hänvisar i (b) till “uppgift 4.(a)”, men det är olikheten i uppgift 3.(a) som avses (lärarens lösning skriver 3.(a)).

---

4. Tangenter genom en punkt utanför kurvan

Finn alla tangenter till kurvan

$$y=f(x)=x^3-3x+2$$

som går genom punkten $(1,-1)$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Tangentens ekvation med derivatan som lutning, där tangeringspunkten är okänd.

Ledtråd 2

Kontrollera först om $(1,-1)$ ligger på kurvan. Låt tangeringspunkten vara $(a,f(a))$; tangenten är $y=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$. Kräv att den går genom $(1,-1)$.

Ledtråd 3

Villkoret blir $3a^2-2a^3=0$, dvs. $a^2(3-2a)=0$.

Lösning

Punkten ligger inte på kurvan, eftersom $f(1)=1-3+2=0\ne -1$. Låt tangeringspunkten vara $(a,f(a))$. Lutningen är $f^{\prime }(a)=3a^2-3$, och enpunktsformeln ger tangenten

$$y=a^3-3a+2+(3a^2-3)(x-a)=3(a^2-1)x-2a^3+2$$

Den går genom $(1,-1)$ om

$$-1=3(a^2-1)-2a^3+2⟺3a^2-2a^3=0⟺a^2(3-2a)=0$$

dvs. $a=0$ eller $a=\frac{3}{2}$.

• $a=0$: $f(0)=2$, $f^{\prime }(0)=-3$, tangeringspunkt $(0,2)$ och tangent $y=2-3x$.
• $a=\frac{3}{2}$: $f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{27}{8}-\frac{9}{2}+2=\frac{7}{8}$, $f^{\prime }\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{27}{4}-3=\frac{15}{4}$, tangeringspunkt $\left(\frac{3}{2},\frac{7}{8}\right)$ och tangent $y-\frac{7}{8}=\frac{15}{4}\left(x-\frac{3}{2}\right)$, dvs. $y=\frac{15}{4}x-\frac{19}{4}$.

$$\boxed{y=2-3x\text{och}y=\frac{15x-19}{4}}$$

Kontroll: $2-3\cdot 1=-1$ och $\frac{15-19}{4}=-1$.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Extremvärden för $x^2-8|x|+15$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=x^2-8|x|+15,-7\le x\le 6.$$

(a) Hitta alla lokala extremvärden till funktionen ovan. (3p)

(b) Ange funktionens värdemängd. (1p)

(c) (M0047M): Beskriv med MATLAB-kommandon/kod hur vi kan finna globala extremvärden av denna funktion på intervallet $[-7,6]$. (1p)

(c) (M0029M/M0057M): Beräkna $f^{\prime }(-2)$ med derivatans definition. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Extremvärden på ett slutet intervall: kandidaterna är ändpunkter, singulära punkter (där derivatan saknas) och kritiska punkter.

Ledtråd 2

Skriv $f$ styckvis: $x^2-8x+15$ för $x\ge 0$ och $x^2+8x+15$ för $x<0$. Eller kvadratkomplettera: $f(x)=(|x|-4{)}^2-1$.

Ledtråd 3

Kandidaterna är $x=-7$, $-4$, $0$, $4$ och $6$. Jämför funktionsvärdena och derivatans tecken nära varje punkt.

Lösning

(a) Eftersom $|x{|}^2=x^2$ är

$$f(x)=|x{|}^2-8|x|+16-1=(|x|-4{)}^2-1$$

och styckvis

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2-8x+15,& 0\le x\le 6,\\ x^2+8x+15,& -7\le x<0,\end{array}{f}^{\prime }(x)=2x-8\mathrm{sgn}x,x\ne 0$$

• Singulär punkt: $x=0$, där $f^{\prime }(0^{-})=8$ och $f^{\prime }(0^{+})=-8$. Derivatan saknas, men $f$ växer till vänster och avtar till höger.
• Kritiska punkter: $f^{\prime }(x)=0⟺x=4\mathrm{sgn}x$, dvs. $x=\pm 4$.
• Ändpunkter: $x=-7$ och $x=6$.

	$-7$	$(-7,-4)$	$-4$	$(-4,0)$	$0$	$(0,4)$	$4$	$(4,6)$	$6$
$f^{\prime }(x)$		$-$	$0$	$+$	saknas	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$8$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$15$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$3$

$$\boxed{\begin{array}{rl}& \text{lok. max: }f(-7)=8,f(0)=15,f(6)=3\\ & \text{lok. min: }f(-4)=f(4)=-1\end{array}}$$

(b) $f$ är kontinuerlig på det slutna och begränsade intervallet $[-7,6]$, så största och minsta värde antas, och de finns bland de lokala extremvärdena. Största värdet är $f(0)=15$ och minsta $f(\pm 4)=-1$. Eftersom $f$ är kontinuerlig antas alla mellanliggande värden:

$$\boxed{V_f=[-1,15]}$$

(c) (M0047M) Exempelvis, efter lärarens kod:

xmin = -7; xmax = 6;
x = xmin:0.01:xmax;
f = @(x) x.^2 - 8*abs(x) + 15;
y = f(x);
[ymin, i] = min(y); [ymax, j] = max(y);   % globala extremvärden i punktnätet
xminp = x(i); xmaxp = x(j);
plot(x, y, 'k', xminp, ymin, 'b*', xmaxp, ymax, 'r*')
xlabel('x'); ylabel('y');
legend('f(x)=x^2-8|x|+15', 'Globalt minimum', 'Globalt maximum')

Det viktiga är punktvisa operationer (.^), ett tätt punktnät över $[-7,6]$ och att största och minsta värde tas fram (med max/min eller fminbnd) och markeras. Lärarens lösning använder fminbnd(f,xmin,xmax) för minimum och fminbnd på $-f$ för maximum. Observera att fminbnd bara hittar ett lokalt minimum, så med två minimipunkter ($\pm 4$) får man bara en av dem.

(c) (M0029M/M0057M) För $h$ nära $0$ (det räcker med $h<2$) är $-2+h<0$, så $|-2+h|=2-h$. Med $f(-2)=4-16+15=3$:

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(-2)& =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(-2+h{)}^2-8(2-h)+15-3}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{4-4h+h^2-16+8h+12}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{h^2+4h}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }(h+4)\end{array}$$ $$\boxed{f^{\prime }(-2)=4}$$

Kontroll: $f^{\prime }(x)=2x+8$ för $x<0$ ger $f^{\prime }(-2)=4$.

Kontrollerat mot facit. Lärarens MATLAB-kod anropar axis([xmin,xmax,ymin,ymax]) utan att ha definierat ymin och ymax; koden ovan tar fram dem med min/max i stället.

---

6. Hur långt bort syns ett vindkraftverk?

Horisonten är den linje i synfältet där markytan och himlen möts, dvs den mest avlägsna punkten på markytan som man kan se. Om betraktarens ögon befinner sig på höjden $h$ ges sambandet med avståndet $d$ till horisonten implicit av ekvationen

$$d^2=2Rh+h^2,$$

där $R$ är jordens radie, se nedanstående figur.

Figuren i tentan: en cirkelbåge (jordytan) med medelpunkt i jordens centrum. En vågrät linje tangerar bågen i horisontpunkten. Till vänster om tangeringspunkten ligger betraktarens ögon på höjden $h$ över ytan, på avståndet $d$ längs linjen; till höger ligger föremålets topp på avståndet $x$ längs linjen och höjden $y$ över ytan. Tre radier $R$ går från centrum: till betraktaren, till tangeringspunkten och till föremålet.

Ett typiskt värde på $d$ för en 2 m lång person som står vid havsnivå är $d=5$ km. På motsvarande sätt kommer den personen att kunna se ett föremål som sticker upp $y$ över havsytan på avståndet $d+x$, där

$$x^2=2Ry+y^2$$

(a) Antag $y=y(x)$. Beräkna $y(0)$, $y^{\prime }(0)$ och $y^{\prime \prime }(0)$. (2p)

(b) Finn taylorpolynomet $P_2(x)$ av ordning 2 kring $x=0$ till funktionen $y=y(x)$. Felterm behöver ej beräknas. (2p)

(c) Antag att man skulle besluta sig för att sätta upp en skog av 330 meter höga vindkraftverk ute till havs, låt oss säga $x+d=53$ km utanför Sandhamn i Stockholms skärgård. Använd $R=6400$ km för jordradien, $d=5$ km och Taylorpolynomet i uppgift (b) för att beräkna om vindkraftverken kommer att synas över horisonten när man tittar ut mot havet från Sandhamn. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Implicit derivering två gånger och sedan Taylorpolynom av ordning 2.

Ledtråd 2

Derivera $x^2=2Ry+y^2$ med avseende på $x$ två gånger och sätt in $x=0$ steg för steg. $P_2(x)=y(0)+y^{\prime }(0)x+\frac{y^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2$.

Ledtråd 3

$2x=2R{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime }$ och $2=2R{y}^{\prime \prime }+2(y^{\prime }{)}^2+2y{y}^{\prime \prime }$. I (c) är $x=53-5=48$ km.

Lösning

(a) Sambandet kommer från Pythagoras sats: $x^2+R^2=(R+y{)}^2$. Två implicita deriveringar med avseende på $x$ ger

$$2x=2R{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime },2=2R{y}^{\prime \prime }+2(y^{\prime }{)}^2+2y{y}^{\prime \prime }$$

Med $x=0$ insatt, i tur och ordning (och $y\ge 0$ eftersom $y$ är en höjd):

$$\begin{array}{rlrl}0& =2Ry(0)+y(0{)}^2=y(0)\left(2R+y(0)\right)& & ⟹y(0)=0\\ 0& =2R{y}^{\prime }(0)+2y(0)y^{\prime }(0)=2R{y}^{\prime }(0)& & ⟹y^{\prime }(0)=0\\ 2& =2R{y}^{\prime \prime }(0)+2y^{\prime }(0{)}^2+2y(0)y^{\prime \prime }(0)=2R{y}^{\prime \prime }(0)& & ⟹y^{\prime \prime }(0)=\frac{1}{R}\end{array}$$ $$\boxed{y(0)=0,y^{\prime }(0)=0,y^{\prime \prime }(0)=\frac{1}{R}}$$

(b)

$$P_2(x)=y(0)+y^{\prime }(0)x+\frac{y^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2=\boxed{\frac{x^2}{2R}}$$

(c) Med $x=53-5=48$ km och $R=6400$ km:

$$y\approx P_2(48)=\frac{48^2}{2\cdot 6400}=\frac{2304}{12800}=0,18\text{ km}=180\text{ m}$$

De nedersta 180 m av vindkraftverken skyms alltså av horisonten, men de är 330 m höga:

$$\boxed{\text{vindkraftverken syns; de o¨versta }330-180=150\text{ m sticker upp o¨ver horisonten}}$$

Den exakta lösningen $y=\sqrt{R^2+x^2}-R$ ger $y\approx 179,997$ m, så approximationen är mycket god. Atmosfärisk refraktion är försummad.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Derivata
• Medelvärdessatsen
• Extremvärden
• Implicit derivering
• Taylors formel