---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2022-08-17
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för en formel för $\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{2^k}$ och summans gränsvärde
> - Uppgift 2: tre gränsvärden utan l'Hôpital, en exponentialkvot, $\dfrac{t}{\sqrt{1 - \cos t}}$ och en logaritmkvot i oändligheten
> - Uppgift 3: olikheterna $\dfrac{1}{x + 1} < \ln\left(1 + \dfrac1x\right) < \dfrac1x$ och gränsvärdet $\left(1 + \dfrac1x\right)^x\to e$
> - 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

> [!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. En summaformel genom induktion

Det gäller att
$$
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{2^k} = 6 - \dfrac{n^2 + 4n + 6}{2^n}, \quad n = 1, 2, 3, \ldots.
$$

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

(b) Vad går summan
$$
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{2^k}
$$
mot när $n$ går mot oändligheten? *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] för en [[Talföljder och summor|summa]], följt av ett standardgränsvärde.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Kontrollera $n = 1$. Anta formeln för $n = p$ och skriv summan till $p + 1$ som summan till $p$ plus termen $\dfrac{(p + 1)^2}{2^{p+1}}$.
> >
> > > [!tip]- 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): $\dfrac{n^a}{2^n}\to 0$.

> [!note]- Lösning
> **(a) Basfall.** För $n = 1$ är
> $$
> \text{VL} = \dfrac{1^2}{2^1} = \dfrac12, \qquad \text{HL} = 6 - \dfrac{1 + 4 + 6}{2} = 6 - \dfrac{11}{2} = \dfrac12
> $$
> så formeln gäller.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för $n = p$ (induktionsantagandet):
> $$
> \sum_{k=1}^{p}\dfrac{k^2}{2^k} = 6 - \dfrac{p^2 + 4p + 6}{2^p}
> $$
> Vi ska visa att den då gäller för $n = p + 1$, dvs. att summan är
> $$
> 6 - \dfrac{(p + 1)^2 + 4(p + 1) + 6}{2^{p+1}} = 6 - \dfrac{p^2 + 6p + 11}{2^{p+1}}
> $$
> Med induktionsantagandet:
> $$
> \begin{aligned}
> \sum_{k=1}^{p+1}\dfrac{k^2}{2^k} &= \sum_{k=1}^{p}\dfrac{k^2}{2^k} + \dfrac{(p + 1)^2}{2^{p+1}} = 6 - \dfrac{2(p^2 + 4p + 6)}{2^{p+1}} + \dfrac{p^2 + 2p + 1}{2^{p+1}}\\
> &= 6 - \dfrac{2p^2 + 8p + 12 - p^2 - 2p - 1}{2^{p+1}} = 6 - \dfrac{p^2 + 6p + 11}{2^{p+1}}
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{2^k} = 6 - \dfrac{n^2 + 4n + 6}{2^n} \text{ för alla } n\ge 1}
> $$
>
> **(b)** En exponentialfunktion med bas $2 > 1$ dominerar varje potens, så $\dfrac{n^2}{2^n}\to 0$, $\dfrac{n}{2^n}\to 0$ och $\dfrac{1}{2^n}\to 0$. Alltså
> $$
> \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{2^k} = \lim_{n\to\infty}\left(6 - \dfrac{n^2}{2^n} - \dfrac{4n}{2^n} - \dfrac{6}{2^n}\right) = \boxed{6}
> $$
>
> *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)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x - 1}{e^{2x} - 1}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{t\to 0+}\dfrac{t}{\sqrt{1 - \cos t}}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(e^{2x} + e^{3x}\right)}{e^{\ln(2x) + \ln(3x)}}
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] som löses med algebraisk omskrivning, standardgränsvärden och räknelagar för [[Exponentialfunktioner och logaritmer|exponentialfunktioner och logaritmer]].
>
> > [!tip]- 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 $e^{\ln a} = a$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\dfrac{e^x - 1}{(e^x - 1)(e^x + 1)}$. (b) $\sqrt{1 - \cos^2 t} = |\sin t| = \sin t$ för små $t > 0$; använd $\dfrac{\sin t}{t}\to 1$. (c) Uttrycket blir $\dfrac{3x + \ln(1 + e^{-x})}{6x^2}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Konjugatregeln ger, för $x\ne 0$,
> $$
> \dfrac{e^x - 1}{e^{2x} - 1} = \dfrac{e^x - 1}{(e^x - 1)(e^x + 1)} = \dfrac{1}{e^x + 1}\to\dfrac{1}{1 + 1}
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x - 1}{e^{2x} - 1} = \dfrac12}
> $$
>
> **(b)** För $0 < t < \pi$ är $\sin t > 0$. Förlängning med $\sqrt{1 + \cos t}$ ger
> $$
> \dfrac{t}{\sqrt{1 - \cos t}} = \dfrac{t\sqrt{1 + \cos t}}{\sqrt{1 - \cos^2 t}} = \dfrac{t\sqrt{1 + \cos t}}{|\sin t|} = \dfrac{\sqrt{1 + \cos t}}{\dfrac{\sin t}{t}}
> $$
> Med standardgränsvärdet $\dfrac{\sin t}{t}\to 1$:
> $$
> \boxed{\lim_{t\to 0^+}\dfrac{t}{\sqrt{1 - \cos t}} = \dfrac{\sqrt{1 + 1}}{1} = \sqrt2}
> $$
> *Anmärkning:* från vänster blir gränsvärdet $-\sqrt2$, eftersom $|\sin t| = -\sin t$ där. Därför frågar uppgiften bara efter högergränsvärdet.
>
> **(c)** Förenkla täljare och nämnare för $x > 0$:
> $$
> \ln\left(e^{2x} + e^{3x}\right) = \ln\left(e^{3x}\left(e^{-x} + 1\right)\right) = 3x + \ln\left(1 + e^{-x}\right), \qquad e^{\ln(2x) + \ln(3x)} = 2x\cdot 3x = 6x^2
> $$
> Alltså
> $$
> \dfrac{3x + \ln\left(1 + e^{-x}\right)}{6x^2} = \dfrac{\dfrac{3}{x} + \dfrac{\ln\left(1 + e^{-x}\right)}{x^2}}{6}\to\dfrac{0 + 0}{6}
> $$
> eftersom $\ln(1 + e^{-x})\to\ln 1 = 0$. Därmed
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(e^{2x} + e^{3x}\right)}{e^{\ln(2x) + \ln(3x)}} = 0}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Olikheter för $\ln\left(1 + \dfrac1x\right)$ och talet $e$

Antag $x > 0$.

(a) Visa olikheten
$$
\dfrac{1}{x + 1} < \ln\left(1 + \dfrac1x\right).
$$
**Ledning:** Olikheten kan vara enklare att bevisa med variabelbytet $x = \frac1t$, $t > 0$. *(2p)*

(b) På liknande sätt kan man visa (behövs ej) olikheten
$$
\ln\left(1 + \dfrac1x\right) < \dfrac1x
$$
Utnyttja denna olikhet tillsammans med olikheten i uppgift 4.(a) för att beräkna
$$
\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1 + \dfrac1x\right).
$$
*(2p)*

(c) Beräkna gränsvärdet
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1 + \dfrac1x\right)^x.
$$
*(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> En olikhet som bevisas med [[Derivata|derivata]] (en växande hjälpfunktion), följt av instängning av ett [[Gränsvärden|gränsvärde]] och kontinuitet hos $e^x$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Med $x = \dfrac1t$ blir olikheten $\ln(1 + t) > \dfrac{t}{1 + t}$ för $t > 0$. Studera $h(t) = \ln(1 + t) - \dfrac{t}{1 + t}$ med $h(0) = 0$. I (b): multiplicera dubbelolikheten med $x > 0$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $h'(t) = \dfrac{t}{(1 + t)^2} > 0$. (b) $\dfrac{x}{x + 1} < x\ln\left(1 + \dfrac1x\right) < 1$. (c) $\left(1 + \dfrac1x\right)^x = e^{x\ln(1 + 1/x)}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med $x = \dfrac1t$, $t > 0$, är $\dfrac{1}{x + 1} = \dfrac{1}{\frac1t + 1} = \dfrac{t}{1 + t}$ och $\ln\left(1 + \dfrac1x\right) = \ln(1 + t)$. Olikheten är alltså ekvivalent med
> $$
> \ln(1 + t) > \dfrac{t}{1 + t}, \quad t > 0
> $$
> Låt $h(t) = \ln(1 + t) - \dfrac{t}{1 + t}$ för $t\ge 0$. Då är $h(0) = \ln 1 - 0 = 0$ och
> $$
> h'(t) = \dfrac{1}{1 + t} - \dfrac{(1 + t) - t}{(1 + t)^2} = \dfrac{(1 + t) - 1}{(1 + t)^2} = \dfrac{t}{(1 + t)^2} > 0 \quad\text{för } t > 0
> $$
> Alltså är $h$ strängt växande på $[0, \infty)$, och $h(t) > h(0) = 0$ för $t > 0$. Därmed
> $$
> \boxed{\dfrac{1}{x + 1} < \ln\left(1 + \dfrac1x\right) \text{ för } x > 0}
> $$
>
> *Alternativt:* [[Medelvärdessatsen]] för $\ln t$ på $[x, x + 1]$ ger $\ln(x + 1) - \ln x = \dfrac1c$ för något $c\in(x, x + 1)$, och $\dfrac{1}{x + 1} < \dfrac1c < \dfrac1x$ ger båda olikheterna på en gång.
>
> **(b)** Tillsammans ger olikheterna $\dfrac{1}{x + 1} < \ln\left(1 + \dfrac1x\right) < \dfrac1x$ för $x > 0$. Multiplikation med $x > 0$:
> $$
> \dfrac{x}{x + 1} < x\ln\left(1 + \dfrac1x\right) < 1
> $$
> Här är $\dfrac{x}{x + 1} = \dfrac{1}{1 + \frac1x}\to 1$ när $x\to\infty$, så instängningssatsen ger
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1 + \dfrac1x\right) = 1}
> $$
>
> **(c)** Skriv om med $a = e^{\ln a}$ och använd att exponentialfunktionen är kontinuerlig:
> $$
> \lim_{x\to\infty}\left(1 + \dfrac1x\right)^x = \lim_{x\to\infty}e^{x\ln\left(1 + \frac1x\right)} = e^{\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1 + \frac1x\right)} = e^1
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\left(1 + \dfrac1x\right)^x = e}
> $$
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Tangentens ekvation med [[Derivata|derivatan]] som lutning, där tangeringspunkten är okänd.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Kontrollera först om $(1, -1)$ ligger på kurvan. Låt tangeringspunkten vara $(a, f(a))$; tangenten är $y = f(a) + f'(a)(x - a)$. Kräv att den går genom $(1, -1)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Villkoret blir $3a^2 - 2a^3 = 0$, dvs. $a^2(3 - 2a) = 0$.

> [!note]- Lösning
> Punkten ligger inte på kurvan, eftersom $f(1) = 1 - 3 + 2 = 0\ne -1$. Låt tangeringspunkten vara $(a, f(a))$. Lutningen är $f'(a) = 3a^2 - 3$, 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
> $$
> -1 = 3(a^2 - 1) - 2a^3 + 2 \iff 3a^2 - 2a^3 = 0 \iff a^2(3 - 2a) = 0
> $$
> dvs. $a = 0$ eller $a = \dfrac32$.
>
> - $a = 0$: $f(0) = 2$, $f'(0) = -3$, tangeringspunkt $(0, 2)$ och tangent $y = 2 - 3x$.
> - $a = \dfrac32$: $f\left(\dfrac32\right) = \dfrac{27}{8} - \dfrac92 + 2 = \dfrac78$, $f'\left(\dfrac32\right) = \dfrac{27}{4} - 3 = \dfrac{15}{4}$, tangeringspunkt $\left(\dfrac32, \dfrac78\right)$ och tangent $y - \dfrac78 = \dfrac{15}{4}\left(x - \dfrac32\right)$, dvs. $y = \dfrac{15}{4}x - \dfrac{19}{4}$.
>
> $$
> \boxed{y = 2 - 3x \quad\text{och}\quad y = \dfrac{15x - 19}{4}}
> $$
> Kontroll: $2 - 3\cdot 1 = -1$ och $\dfrac{15 - 19}{4} = -1$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 5. Extremvärden för $x^2 - 8|x| + 15$

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

(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 $f'(-2)$ med derivatans definition. *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Extremvärden]] på ett slutet intervall: kandidaterna är ändpunkter, singulära punkter (där derivatan saknas) och kritiska punkter.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Skriv $f$ styckvis: $x^2 - 8x + 15$ för $x\ge 0$ och $x^2 + 8x + 15$ för $x < 0$. Eller kvadratkomplettera: $f(x) = (|x| - 4)^2 - 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Kandidaterna är $x = -7$, $-4$, $0$, $4$ och $6$. Jämför funktionsvärdena och derivatans tecken nära varje punkt.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Eftersom $|x|^2 = x^2$ är
> $$
> f(x) = |x|^2 - 8|x| + 16 - 1 = (|x| - 4)^2 - 1
> $$
> och styckvis
> $$
> f(x) = \begin{cases} x^2 - 8x + 15, & 0\le x\le 6,\\ x^2 + 8x + 15, & -7\le x < 0,\end{cases} \qquad f'(x) = 2x - 8\operatorname{sgn} x, \quad x\ne 0
> $$
> - **Singulär punkt:** $x = 0$, där $f'(0^-) = 8$ och $f'(0^+) = -8$. Derivatan saknas, men $f$ växer till vänster och avtar till höger.
> - **Kritiska punkter:** $f'(x) = 0\iff x = 4\operatorname{sgn} x$, dvs. $x = \pm 4$.
> - **Ändpunkter:** $x = -7$ och $x = 6$.
>
> | | $-7$ | $(-7, -4)$ | $-4$ | $(-4, 0)$ | $0$ | $(0, 4)$ | $4$ | $(4, 6)$ | $6$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $f'(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ | saknas | $-$ | $0$ | $+$ | |
> | $f(x)$ | $8$ | $\searrow$ | $-1$ | $\nearrow$ | $15$ | $\searrow$ | $-1$ | $\nearrow$ | $3$ |
>
> $$
> \boxed{\begin{aligned}&\text{lok. max: } f(-7) = 8, \quad f(0) = 15, \quad f(6) = 3\\ &\text{lok. min: } f(-4) = f(4) = -1\end{aligned}}
> $$
>
> **(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:
> ```matlab
> 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 $f(-2) = 4 - 16 + 15 = 3$:
> $$
> \begin{aligned}
> f'(-2) &= \lim_{h\to 0}\dfrac{(-2 + h)^2 - 8(2 - h) + 15 - 3}{h} = \lim_{h\to 0}\dfrac{4 - 4h + h^2 - 16 + 8h + 12}{h}\\
> &= \lim_{h\to 0}\dfrac{h^2 + 4h}{h} = \lim_{h\to 0}(h + 4)
> \end{aligned}
> $$
> $$
> \boxed{f'(-2) = 4}
> $$
> Kontroll: $f'(x) = 2x + 8$ för $x < 0$ ger $f'(-2) = 4$.
>
> *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 $y(0)$, $y'(0)$ och $y''(0)$. *(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Implicit derivering]] två gånger och sedan [[Taylors formel|Taylorpolynom]] av ordning 2.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Derivera $x^2 = 2Ry + y^2$ med avseende på $x$ två gånger och sätt in $x = 0$ steg för steg. $P_2(x) = y(0) + y'(0)x + \dfrac{y''(0)}{2}x^2$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $2x = 2Ry' + 2yy'$ och $2 = 2Ry'' + 2(y')^2 + 2yy''$. I (c) är $x = 53 - 5 = 48$ km.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Sambandet kommer från Pythagoras sats: $x^2 + R^2 = (R + y)^2$. Två implicita deriveringar med avseende på $x$ ger
> $$
> 2x = 2Ry' + 2yy', \qquad 2 = 2Ry'' + 2(y')^2 + 2yy''
> $$
> Med $x = 0$ insatt, i tur och ordning (och $y\ge 0$ eftersom $y$ är en höjd):
> $$
> \begin{aligned}
> 0 &= 2Ry(0) + y(0)^2 = y(0)\left(2R + y(0)\right) &&\Longrightarrow\quad y(0) = 0\\
> 0 &= 2Ry'(0) + 2y(0)y'(0) = 2Ry'(0) &&\Longrightarrow\quad y'(0) = 0\\
> 2 &= 2Ry''(0) + 2y'(0)^2 + 2y(0)y''(0) = 2Ry''(0) &&\Longrightarrow\quad y''(0) = \dfrac1R
> \end{aligned}
> $$
> $$
> \boxed{y(0) = 0, \quad y'(0) = 0, \quad y''(0) = \dfrac1R}
> $$
>
> **(b)**
> $$
> P_2(x) = y(0) + y'(0)x + \dfrac{y''(0)}{2!}x^2 = \boxed{\dfrac{x^2}{2R}}
> $$
>
> **(c)** Med $x = 53 - 5 = 48$ km och $R = 6400$ km:
> $$
> y\approx P_2(48) = \dfrac{48^2}{2\cdot 6400} = \dfrac{2304}{12800} = 0{,}18 \text{ km} = 180 \text{ m}
> $$
> De nedersta 180 m av vindkraftverken skyms alltså av horisonten, men de är 330 m höga:
> $$
> \boxed{\text{vindkraftverken syns; de översta } 330 - 180 = 150 \text{ m sticker upp över horisonten}}
> $$
> 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]]