M0047M-2022-10-27

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2022-10-27 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_221027.pdf, m0047m_221027sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för den $n$:te derivatan av $x{e}^{2x}$ och en primitiv funktion ur formeln
• Uppgift 2: tre gränsvärden: kvot av logaritmer, faktorisering och rotkonjugat
• Uppgift 3: två cirklar som skär varandra under räta vinklar (implicit derivering)
• Uppgift 4: värdemängd, invers och en sammansatt ekvation för $\frac{3x-1}{x+2}$
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och värdemängd för $(x^2-9)e^{-x/4}$
• Uppgift 6: relaterade hastigheter, vattendjupet i en sfärisk tank som töms

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. Derivator av $x{e}^{2x}$ genom induktion

Låt oss undersöka derivator av funktionen

$$f(x)=x{e}^{2x},x\in \mathbb{R}.$$

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n$ gäller att

$$\frac{d^n}{d{x}^n}\left(x{e}^{2x}\right)=2^{n-1}(n+2x)e^{2x}.$$

(4p)

(b) Använd formeln i uppgift 1(a) för att finna en primitiv funktion (Adams: antiderivata) till $f(x)=x{e}^{2x}$, dvs. utnyttja formeln för att gissa en funktion $F(x)$ som har derivata $f(x)$ och visa sedan att $F^{\prime }(x)=f(x)$. Ledning: vilket $n$ borde i så fall primitiva funktionen motsvaras av? (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett bevis med induktion där induktionssteget är en derivering med produktregeln (Deriveringsregler).

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$. Anta att formeln gäller för $n=p$ och derivera båda leden en gång till: $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}=\frac{d}{dx}\frac{d^p}{d{x}^p}$.

Ledtråd 3

$\frac{d}{dx}\left((p+2x)e^{2x}\right)=2e^{2x}+2(p+2x)e^{2x}=2(p+1+2x)e^{2x}$. (b) Derivatan motsvarar $n=1$, funktionen själv $n=0$, så prova $n=-1$.

Lösning

(a) Basfall. För $n=1$ ger produktregeln

$$\frac{d}{dx}\left(x{e}^{2x}\right)=e^{2x}+x\cdot 2e^{2x}=(1+2x)e^{2x}=2^{1-1}(1+2x)e^{2x}$$

så formeln stämmer.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något positivt heltal $n=p$, dvs.

$$\frac{d^p}{d{x}^p}\left(x{e}^{2x}\right)=2^{p-1}(p+2x)e^{2x}\text{(induktionsantagandet)}$$

Då är

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\left(x{e}^{2x}\right)& =\frac{d}{dx}\left(2^{p-1}(p+2x)e^{2x}\right)=2^{p-1}\left(2e^{2x}+(p+2x)\cdot 2e^{2x}\right)\\ & =2^p(1+p+2x)e^{2x}=2^{(p+1)-1}\left((p+1)+2x\right)e^{2x}\end{array}$$

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

$$\boxed{\frac{d^n}{d{x}^n}\left(x{e}^{2x}\right)=2^{n-1}(n+2x)e^{2x}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

(b) Förstaderivatan motsvaras av $n=1$ och funktionen själv av $n=0$ (formeln ger $2^{-1}\cdot 2x{e}^{2x}=x{e}^{2x}$). En primitiv funktion borde då motsvaras av $n=-1$:

$$F(x)=2^{-2}(-1+2x)e^{2x}=\frac{2x-1}{4}{e}^{2x}$$

Kontroll med produktregeln:

$$F^{\prime }(x)=\frac{1}{4}\left(2e^{2x}+(2x-1)\cdot 2e^{2x}\right)=\frac{2+4x-2}{4}{e}^{2x}=x{e}^{2x}=f(x)$$

Alltså är

$$\boxed{F(x)=\frac{2x-1}{4}{e}^{2x}}$$

en primitiv funktion till $f$.

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)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln 7x}{\ln 3x}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to -2}{\lim }\frac{x^4-8x^2+16}{x^2-4}.$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\sin x}-1}{x}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden av typen $\frac{\infty }{\infty }$ och $\frac{0}{0}$ som räknas om algebraiskt: logaritmlagar, faktorisering och förlängning med rotkonjugat.

Ledtråd 2

(a) $\ln 7x=\ln 7+\ln x$; dela täljare och nämnare med $\ln x$. (b) Både täljare och nämnare är noll i $x=-2$, så båda har faktorn $x+2$. (c) Förläng med $\sqrt{1+\sin x}+1$.

Ledtråd 3

(b) Täljaren är en jämn kvadrat: $x^4-8x^2+16=(x^2-4{)}^2$. (c) Efter förlängningen blir täljaren $\sin x$, och $\frac{\sin x}{x}\to 1$.

Lösning

(a) Med $\ln 7x=\ln 7+\ln x$ och $\ln 3x=\ln 3+\ln x$:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln 7x}{\ln 3x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\frac{\ln 7}{\ln x}+1}{\frac{\ln 3}{\ln x}+1}=\frac{0+1}{0+1}=\boxed{1}$$

eftersom $\ln x\to \infty$ när $x\to \infty$.

(b) Gränsvärdet är av typen $\frac{0}{0}$. Med $t=x^2$ är täljaren $t^2-8t+16=(t-4{)}^2$, så

$$\frac{x^4-8x^2+16}{x^2-4}=\frac{(x^2-4{)}^2}{x^2-4}=x^2-4,x\ne \pm 2$$

och

$$\underset{x\to -2}{\lim }\frac{x^4-8x^2+16}{x^2-4}=\underset{x\to -2}{\lim }(x^2-4)=4-4=\boxed{0}$$

Alternativt: faktorsatsen och polynomdivision ger $x^4-8x^2+16=(x+2)(x^3-2x^2-4x+8)$, och efter förkortning med $x+2$ blir gränsvärdet $\frac{-8-8+8+8}{-4}=0$.

(c) Förlängning med rotkonjugatet:

$$\frac{\sqrt{1+\sin x}-1}{x}=\frac{(1+\sin x)-1}{x\left(\sqrt{1+\sin x}+1\right)}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+\sin x}+1}$$

Här är $\frac{\sin x}{x}\to 1$ och $\sqrt{1+\sin x}\to 1$ (kontinuitet), så

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

Kontrollerat mot facit.

---

3. Två cirklar som skär varandra vinkelrätt

Visa att kurvorna

$$x^2+y^2=9$$

och

$$x^2-10x+y^2=-9$$

skär varandra under räta vinklar. Ledning: visa först att kurvorna skär varandra och visa sedan att tangenterna till kurvorna i skärningspunkterna är vinkelräta mot varandra. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Skärningspunkter ur ett ekvationssystem och tangentlutningar med Implicit derivering.

Ledtråd 2

Subtrahera ekvationerna för att få $x$-koordinaten. Derivera sedan båda ekvationerna implicit med avseende på $x$ och lös ut $y^{\prime }$. Två linjer med lutningarna $k_1$ och $k_2$ är vinkelräta om $k_1{k}_2=-1$.

Ledtråd 3

Skillnaden ger $10x=18$. Lutningarna blir $k_1=-\frac{x}{y}$ och $k_2=\frac{5-x}{y}$.

Lösning

Skärningspunkter. En skärningspunkt $(a,b)$ uppfyller båda ekvationerna:

$$\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=9\\ a^2-10a+b^2=-9\end{array}$$

Den första minus den andra ger $10a=18$, dvs. $a=\frac{9}{5}$. Insättning i den första:

$$b^2=9-\frac{81}{25}=\frac{225-81}{25}=\frac{144}{25}⟹b=\pm \frac{12}{5}$$

Kurvorna skär alltså varandra i de två punkterna $\left(\frac{9}{5},\pm \frac{12}{5}\right)$.

Tangentlutningar. Implicit derivering med avseende på $x$ (med $y=y(x)$) ger

$$2x+2y{y}^{\prime }=0⟺y^{\prime }=-\frac{x}{y},2x-10+2y{y}^{\prime }=0⟺y^{\prime }=\frac{5-x}{y}$$

vilket gäller där $y\ne 0$, som i båda skärningspunkterna. Lutningarna i en skärningspunkt $(a,b)$ är $k_1=-\frac{a}{b}$ och $k_2=\frac{5-a}{b}$, och

$$k_1{k}_2=-\frac{a(5-a)}{b^2}=-\frac{\frac{9}{5}\cdot \frac{16}{5}}{\frac{144}{25}}=-\frac{144/25}{144/25}=-1$$

Produkten är $-1$ i båda punkterna (den beror bara på $b^2$), så tangenterna är vinkelräta:

$$\boxed{\text{kurvorna ska¨r varandra under ra¨ta vinklar i }\left(\frac{9}{5},\pm \frac{12}{5}\right)}$$

Anmärkning: kvadratkomplettering ger $(x-5{)}^2+y^2=4^2$, så kurvorna är cirklar med medelpunkterna $(0,0)$ och $(5,0)$ och radierna $3$ och $4$. Eftersom $3^2+4^2=5^2$ är radierna till en skärningspunkt vinkelräta, och tangenten till en cirkel är vinkelrät mot radien, så tangenterna är också vinkelräta.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Värdemängd och invers till $\frac{3x-1}{x+2}$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=\frac{3x-1}{x+2},x\in \mathbb{R}\setminus \{-2\}.$$

(a) Bestäm funktionens värdemängd. Motivera! (2p)

(b) Finn inversen $f^{-1}$ till $f$. (2p)

(c) Bestäm funktionen $g$ om

$$f(g(x))=7x-4.$$

(1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Funktioner och invers: värdemängd via monotonitet och gränsvärden, invers genom att lösa ut $x$.

Ledtråd 2

(a) Derivera och undersök gränsvärdena då $x\to \pm \infty$ och $x\to -2^{\pm }$. (b) Lös $x=\frac{3y-1}{y+2}$ för $y$. (c) Använd $g=f^{-1}\circ (f\circ g)$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{7}{(x+2{)}^2}>0$ och $f(x)\to 3$ då $x\to \pm \infty$. Värdet $3$ antas aldrig. (c) $g(x)=f^{-1}(7x-4)$.

Lösning

(a) Kvotregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\frac{3(x+2)-(3x-1)}{(x+2{)}^2}=\frac{7}{(x+2{)}^2}>0$$

så $f$ är strängt växande på vart och ett av intervallen $(-\infty ,-2)$ och $(-2,\infty )$. Gränsvärdena är

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3-\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}}=3,\underset{x\to -2^{-}}{\lim }f(x)=+\infty ,\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$$

eftersom täljaren går mot $-7$ medan nämnaren går mot $0$ från vänster respektive höger. $f$ är kontinuerlig på varje intervall, så på $(-\infty ,-2)$ växer $f(x)$ från $3$ mot $+\infty$ och antar alla värden i $(3,\infty )$, och på $(-2,\infty )$ växer $f(x)$ från $-\infty$ mot $3$ och antar alla värden i $(-\infty ,3)$. Värdet $3$ antas aldrig, eftersom $3x-1=3(x+2)$ ger $-1=6$. Alltså

$$\boxed{V_f=(-\infty ,3)\cup (3,\infty )=\mathbb{R}\setminus \{3\}}$$

(b) $f$ är injektiv: den är strängt växande på varje intervall och bilderna $(3,\infty )$ och $(-\infty ,3)$ är disjunkta. Sätt $x=f(y)$ och lös ut $y$:

$$x=\frac{3y-1}{y+2}⟺xy+2x=3y-1⟺2x+1=(3-x)y⟺y=\frac{2x+1}{3-x}$$ $$\boxed{f^{-1}(x)=\frac{2x+1}{3-x},x\ne 3}$$

(c) Tillämpa $f^{-1}$ på båda leden:

$$g(x)=f^{-1}(7x-4)=\frac{2(7x-4)+1}{3-(7x-4)}=\frac{14x-7}{7-7x}$$ $$\boxed{g(x)=\frac{2x-1}{1-x},x\ne 1}$$

Kontroll: $f(g(x))=\frac{3\cdot \frac{2x-1}{1-x}-1}{\frac{2x-1}{1-x}+2}=\frac{6x-3-1+x}{2x-1+2-2x}=7x-4$.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $(x^2-9)e^{-x/4}$

Definiera funktionen

$$y=f(x)=\left(x^2-9\right)e^{-x/4}.$$

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

(b) Bestäm funktionens värdemängd. Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning med teckenschema för derivatan; värdemängden följer av extremvärdena och gränsvärdena.

Ledtråd 2

Undersök $x\to \infty$ (exponentialfunktionen dominerar potensfunktioner), $x\to -\infty$ och $f(x)/x$ då $x\to -\infty$. Derivera med produktregeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=-\frac{(x+1)(x-9)}{4}{e}^{-x/4}$.

Lösning

Nollställen. $f(x)=(x+3)(x-3)e^{-x/4}$, så kurvan skär $x$-axeln i $x=\pm 3$ och $y$-axeln i $f(0)=-9$.

Asymptoter. $f$ är kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$, så det finns inga lodräta asymptoter. Åt höger:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{x^2}{e^{x/4}}-\frac{9}{e^{x/4}}\right)=0-0=0$$

eftersom exponentialfunktionen dominerar potensfunktionen. Alltså är $y=0$ vågrät asymptot då $x\to \infty$. Åt vänster, med $t=-x\to \infty$:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=\underset{t\to \infty }{\lim }(t^2-9)e^{t/4}=\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{t\to \infty }{\lim }\left(-t+\frac{9}{t}\right)e^{t/4}=-\infty$$

så det finns ingen sned asymptot åt vänster.

$$\boxed{\text{enda asymptoten a¨r }y=0\text{ da˚ }x\to \infty }$$

Derivata.

$$f^{\prime }(x)=2x{e}^{-x/4}-\frac{1}{4}(x^2-9)e^{-x/4}=\frac{-x^2+8x+9}{4}{e}^{-x/4}=-\frac{(x+1)(x-9)}{4}{e}^{-x/4}$$

Kritiska punkter: $x=-1$ och $x=9$.

	$x<-1$	$-1$	$-1<x<9$	$9$	$x>9$
$x+1$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x-9$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$-\frac{e^{-x/4}}{4}$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$
$f^{\prime }(x)$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$

$$\boxed{\text{lok. min }f(-1)=-8e^{1/4}\approx -10,27,\text{lok. max }f(9)=72e^{-9/4}\approx 7,59}$$

Skiss. Kurvan kommer ned från $+\infty$ till vänster, skär $x$-axeln i $x=-3$, når minimum i $(-1,-8e^{1/4})$, stiger genom $(0,-9)$ och $(3,0)$ till maximum i $(9,72e^{-9/4})$ och avtar sedan mot asymptoten $y=0$ ovanifrån. (Andraderivatan är $\frac{x^2-16x+23}{16}{e}^{-x/4}$, så inflexionspunkterna ligger i $x=8\pm \sqrt{41}$, ungefär $1,6$ och $14,4$.)

(b) Till vänster om $x=-1$ avtar $f$ från $+\infty$ ned till $f(-1)$, och till höger om $x=-1$ är $f(x)>f(-1)$: på $(-1,9]$ växer $f$, och för $x>9$ är $f(x)>0>f(-1)$. Alltså är $f(-1)=-8e^{1/4}$ globalt minimum. Eftersom $f$ är kontinuerlig och $f(x)\to \infty$ då $x\to -\infty$ antas alla värden från minimum och uppåt:

$$\boxed{V_f=\left[-8e^{1/4},\infty \right)}$$

Kontrollerat mot facit. Lärarens figurtext skriver minimipunkten som $[-1,-8e^{1/4})$, ett skrivfel för $(-1,-8e^{1/4})$.

---

6. En sfärisk tank som töms

En tank har sfärisk form med radie $R=6$ m. I botten av tanken sitter det en kran som vi kan tappa vatten ur tanken med, se figur.

Figuren i tentan: en sfär med radien $R$, delvis fylld med vatten till djupet $h$ räknat från botten. Vattenvolymen är $V$. Under sfären sitter ett utloppsrör med en kran, där vattnet strömmar ut med hastigheten $v$.

När vattendjupet är $h$ m så ges vattenvolymen i tanken $V$ av

$$V=\frac{\pi h^2(3R-h)}{3}{\text{m}}^3,0\le h\le 2R,$$

och när kranen öppnas flödar vatten ut genom tanken med en hastighet $v$ som är proportionell mot kvadratroten av vattenpelarens höjd, vilket ger att volymen ändras med en hastighet av

$$\frac{dV}{dt}=-\frac{\pi }{10}\sqrt{h}{\text{m}}^3/\text{s}.$$

Vi öppnar kranen och låter vattnet flöda ut.

(a) Med vilken hastighet ändras djupet $h$ vid den tidpunkt då djupet är 2 m? (3p)

(b) Vid vilket djup $h$ förändras djupet som långsammast? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: derivera volymsambandet med avseende på tiden med kedjeregeln (Implicit derivering), och i (b) en extremvärdesundersökning.

Ledtråd 2

$\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dh}\cdot \frac{dh}{dt}$. Lös ut $h^{\prime }(t)$ som en funktion av $h$ och minimera sedan beloppet $u(h)=|h^{\prime }|$ på $0<h<12$.

Ledtråd 3

$\frac{dV}{dh}=\pi (2Rh-h^2)=\pi h(12-h)$, så $h^{\prime }=-\frac{1}{10\sqrt{h}(12-h)}$. $u$ är minst där $\sqrt{h}(12-h)$ är störst.

Lösning

(a) Både $V$ och $h$ beror av tiden. Kedjeregeln ger

$$\frac{dV}{dt}=\frac{\pi }{3}\left(6Rh-3h^2\right)\frac{dh}{dt}=\pi \left(2Rh-h^2\right)h^{\prime }(t)$$

Med $\frac{dV}{dt}=-\frac{\pi }{10}\sqrt{h}$ (negativ, eftersom vattnet rinner ut) och $R=6$:

$$h^{\prime }(t)=\frac{-\frac{\pi }{10}\sqrt{h}}{\pi \left(12h-h^2\right)}=-\frac{\sqrt{h}}{10h(12-h)}=-\frac{1}{10\sqrt{h}(12-h)}$$

Då $h=2$ m:

$$h^{\prime }(t_0)=-\frac{1}{10\sqrt{2}\cdot 10}=-\frac{1}{100\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{200}\text{m/s}$$ $$\boxed{\text{djupet minskar med }\frac{\sqrt{2}}{200}\text{m/s}=\frac{\sqrt{2}}{2}\text{cm/s}\approx 0,71\text{cm/s}}$$

(b) Djupets ändringshastighet har beloppet

$$u(h)=|h^{\prime }(t)|=\frac{1}{10\sqrt{h}(12-h)},0<h<12$$

När $h\to 0^{+}$ eller $h\to 12^{-}$ går nämnaren mot $0^{+}$, så $u(h)\to +\infty$. $u$ är alltså minst där $g(h)=\sqrt{h}(12-h)=12h^{1/2}-h^{3/2}$ är störst. Derivering:

$$g^{\prime }(h)=6h^{-1/2}-\frac{3}{2}{h}^{1/2}=\frac{3(4-h)}{2\sqrt{h}}$$

som är positiv för $0<h<4$ och negativ för $4<h<12$. Alltså har $g$ sitt maximum och $u$ sitt minimum i $h=4$:

$$u(4)=\frac{1}{10\cdot 2\cdot 8}=\frac{1}{160}\text{m/s}=\frac{5}{8}\text{cm/s}$$ $$\boxed{\text{djupet a¨ndras la˚ngsammast vid }h=4\text{m}\left(\frac{5}{8}\text{cm/s}\right)}$$

Det stämmer med den allmänna formen $h=\frac{2R}{3}$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Derivata
• Deriveringsregler
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Polynom och faktorisering
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Implicit derivering
• Funktioner och invers
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter