---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2022-10-27
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för den $n$:te derivatan av $xe^{2x}$ 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 $\dfrac{3x - 1}{x + 2}$
> - Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och värdemängd för $(x^2 - 9)e^{-x/4}$
> - Uppgift 6: relaterade hastigheter, vattendjupet i en sfärisk tank som töms

> [!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. Derivator av $xe^{2x}$ genom induktion

Låt oss undersöka derivator av funktionen
$$
f(x) = xe^{2x}, \quad x\in\mathbb{R}.
$$

(a) Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n$ gäller att
$$
\dfrac{d^n}{dx^n}\left(xe^{2x}\right) = 2^{n-1}(n + 2x)e^{2x}.
$$
*(4p)*

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] där induktionssteget är en [[Derivata|derivering]] med produktregeln ([[Deriveringsregler]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Basfallet är $n = 1$. Anta att formeln gäller för $n = p$ och derivera båda leden en gång till: $\dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}} = \dfrac{d}{dx}\dfrac{d^{p}}{dx^{p}}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\dfrac{d}{dx}\left((p + 2x)e^{2x}\right) = 2e^{2x} + 2(p + 2x)e^{2x} = 2(p + 1 + 2x)e^{2x}$. (b) Derivatan motsvarar $n = 1$, funktionen själv $n = 0$, så prova $n = -1$.

> [!note]- Lösning
> **(a) Basfall.** För $n = 1$ ger produktregeln
> $$
> \dfrac{d}{dx}\left(xe^{2x}\right) = e^{2x} + x\cdot 2e^{2x} = (1 + 2x)e^{2x} = 2^{1-1}(1 + 2x)e^{2x}
> $$
> så formeln stämmer.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för något positivt heltal $n = p$, dvs.
> $$
> \dfrac{d^p}{dx^p}\left(xe^{2x}\right) = 2^{p-1}(p + 2x)e^{2x} \quad\text{(induktionsantagandet)}
> $$
> Då är
> $$
> \begin{aligned}
> \dfrac{d^{p+1}}{dx^{p+1}}\left(xe^{2x}\right) &= \dfrac{d}{dx}\left(2^{p-1}(p + 2x)e^{2x}\right) = 2^{p-1}\left(2e^{2x} + (p + 2x)\cdot 2e^{2x}\right)\\
> &= 2^{p}(1 + p + 2x)e^{2x} = 2^{(p+1)-1}\left((p + 1) + 2x\right)e^{2x}
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\dfrac{d^n}{dx^n}\left(xe^{2x}\right) = 2^{n-1}(n + 2x)e^{2x} \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> **(b)** Förstaderivatan motsvaras av $n = 1$ och funktionen själv av $n = 0$ (formeln ger $2^{-1}\cdot 2x\,e^{2x} = xe^{2x}$). En primitiv funktion borde då motsvaras av $n = -1$:
> $$
> F(x) = 2^{-2}(-1 + 2x)e^{2x} = \dfrac{2x - 1}{4}e^{2x}
> $$
> Kontroll med produktregeln:
> $$
> F'(x) = \dfrac14\left(2e^{2x} + (2x - 1)\cdot 2e^{2x}\right) = \dfrac{2 + 4x - 2}{4}e^{2x} = xe^{2x} = f(x)
> $$
> Alltså är
> $$
> \boxed{F(x) = \dfrac{2x - 1}{4}e^{2x}}
> $$
> 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)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln 7x}{\ln 3x}.
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to -2}\dfrac{x^4 - 8x^2 + 16}{x^2 - 4}.
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1 + \sin x} - 1}{x}.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] av typen $\frac{\infty}{\infty}$ och $\frac00$ som räknas om algebraiskt: [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmlagar]], [[Polynom och faktorisering|faktorisering]] och förlängning med rotkonjugat.
>
> > [!tip]- 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 $\sqrt{1 + \sin x} + 1$.
> >
> > > [!tip]- 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 $\dfrac{\sin x}{x}\to 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med $\ln 7x = \ln 7 + \ln x$ och $\ln 3x = \ln 3 + \ln x$:
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln 7x}{\ln 3x} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{\dfrac{\ln 7}{\ln x} + 1}{\dfrac{\ln 3}{\ln x} + 1} = \dfrac{0 + 1}{0 + 1} = \boxed{1}
> $$
> eftersom $\ln x\to\infty$ när $x\to\infty$.
>
> **(b)** Gränsvärdet är av typen $\frac00$. Med $t = x^2$ är täljaren $t^2 - 8t + 16 = (t - 4)^2$, så
> $$
> \dfrac{x^4 - 8x^2 + 16}{x^2 - 4} = \dfrac{(x^2 - 4)^2}{x^2 - 4} = x^2 - 4, \quad x\ne\pm 2
> $$
> och
> $$
> \lim_{x\to -2}\dfrac{x^4 - 8x^2 + 16}{x^2 - 4} = \lim_{x\to -2}(x^2 - 4) = 4 - 4 = \boxed{0}
> $$
> *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 $\dfrac{-8 - 8 + 8 + 8}{-4} = 0$.
>
> **(c)** Förlängning med rotkonjugatet:
> $$
> \dfrac{\sqrt{1 + \sin x} - 1}{x} = \dfrac{(1 + \sin x) - 1}{x\left(\sqrt{1 + \sin x} + 1\right)} = \dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1 + \sin x} + 1}
> $$
> Här är $\dfrac{\sin x}{x}\to 1$ och $\sqrt{1 + \sin x}\to 1$ (kontinuitet), så
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1 + \sin x} - 1}{x} = 1\cdot\dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac12}
> $$
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Skärningspunkter ur ett ekvationssystem och tangentlutningar med [[Implicit derivering]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Subtrahera ekvationerna för att få $x$-koordinaten. Derivera sedan båda ekvationerna implicit med avseende på $x$ och lös ut $y'$. Två linjer med lutningarna $k_1$ och $k_2$ är vinkelräta om $k_1k_2 = -1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Skillnaden ger $10x = 18$. Lutningarna blir $k_1 = -\dfrac{x}{y}$ och $k_2 = \dfrac{5 - x}{y}$.

> [!note]- Lösning
> **Skärningspunkter.** En skärningspunkt $(a, b)$ uppfyller båda ekvationerna:
> $$
> \begin{cases} a^2 + b^2 = 9\\ a^2 - 10a + b^2 = -9\end{cases}
> $$
> Den första minus den andra ger $10a = 18$, dvs. $a = \dfrac95$. Insättning i den första:
> $$
> b^2 = 9 - \dfrac{81}{25} = \dfrac{225 - 81}{25} = \dfrac{144}{25} \quad\Longrightarrow\quad b = \pm\dfrac{12}{5}
> $$
> Kurvorna skär alltså varandra i de två punkterna $\left(\dfrac95, \pm\dfrac{12}{5}\right)$.
>
> **Tangentlutningar.** Implicit derivering med avseende på $x$ (med $y = y(x)$) ger
> $$
> 2x + 2yy' = 0 \iff y' = -\dfrac{x}{y}, \qquad 2x - 10 + 2yy' = 0 \iff y' = \dfrac{5 - x}{y}
> $$
> vilket gäller där $y\ne 0$, som i båda skärningspunkterna. Lutningarna i en skärningspunkt $(a, b)$ är $k_1 = -\dfrac{a}{b}$ och $k_2 = \dfrac{5 - a}{b}$, och
> $$
> k_1k_2 = -\dfrac{a(5 - a)}{b^2} = -\dfrac{\dfrac95\cdot\dfrac{16}{5}}{\dfrac{144}{25}} = -\dfrac{144/25}{144/25} = -1
> $$
> Produkten är $-1$ i båda punkterna (den beror bara på $b^2$), så tangenterna är vinkelräta:
> $$
> \boxed{\text{kurvorna skär varandra under räta vinklar i } \left(\dfrac95, \pm\dfrac{12}{5}\right)}
> $$
>
> *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 $\dfrac{3x - 1}{x + 2}$

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

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers]]: värdemängd via monotonitet och [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärden]], invers genom att lösa ut $x$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Derivera och undersök gränsvärdena då $x\to\pm\infty$ och $x\to -2^{\pm}$. (b) Lös $x = \dfrac{3y - 1}{y + 2}$ för $y$. (c) Använd $g = f^{-1}\circ(f\circ g)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = \dfrac{7}{(x + 2)^2} > 0$ och $f(x)\to 3$ då $x\to\pm\infty$. Värdet $3$ antas aldrig. (c) $g(x) = f^{-1}(7x - 4)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Kvotregeln ger
> $$
> f'(x) = \dfrac{3(x + 2) - (3x - 1)}{(x + 2)^2} = \dfrac{7}{(x + 2)^2} > 0
> $$
> så $f$ är strängt växande på vart och ett av intervallen $(-\infty, -2)$ och $(-2, \infty)$. Gränsvärdena är
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{3 - \frac1x}{1 + \frac2x} = 3, \qquad \lim_{x\to -2^-}f(x) = +\infty, \qquad \lim_{x\to -2^+}f(x) = -\infty
> $$
> 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 $y$:
> $$
> x = \dfrac{3y - 1}{y + 2} \iff xy + 2x = 3y - 1 \iff 2x + 1 = (3 - x)y \iff y = \dfrac{2x + 1}{3 - x}
> $$
> $$
> \boxed{f^{-1}(x) = \dfrac{2x + 1}{3 - x}, \quad x\ne 3}
> $$
>
> **(c)** Tillämpa $f^{-1}$ på båda leden:
> $$
> g(x) = f^{-1}(7x - 4) = \dfrac{2(7x - 4) + 1}{3 - (7x - 4)} = \dfrac{14x - 7}{7 - 7x}
> $$
> $$
> \boxed{g(x) = \dfrac{2x - 1}{1 - x}, \quad x\ne 1}
> $$
> Kontroll: $f(g(x)) = \dfrac{3\cdot\frac{2x - 1}{1 - x} - 1}{\frac{2x - 1}{1 - x} + 2} = \dfrac{6x - 3 - 1 + x}{2x - 1 + 2 - 2x} = 7x - 4$.
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] med [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]]; värdemängden följer av extremvärdena och gränsvärdena.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Undersök $x\to\infty$ (exponentialfunktionen dominerar potensfunktioner), $x\to -\infty$ och $f(x)/x$ då $x\to -\infty$. Derivera med produktregeln.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = -\dfrac{(x + 1)(x - 9)}{4}e^{-x/4}$.

> [!note]- 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:
> $$
> \lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^2}{e^{x/4}} - \dfrac{9}{e^{x/4}}\right) = 0 - 0 = 0
> $$
> eftersom exponentialfunktionen dominerar potensfunktionen. Alltså är $y = 0$ vågrät asymptot då $x\to\infty$. Åt vänster, med $t = -x\to\infty$:
> $$
> \lim_{x\to -\infty}f(x) = \lim_{t\to\infty}(t^2 - 9)e^{t/4} = \infty, \qquad \lim_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{t\to\infty}\left(-t + \dfrac9t\right)e^{t/4} = -\infty
> $$
> så det finns ingen sned asymptot åt vänster.
> $$
> \boxed{\text{enda asymptoten är } y = 0 \text{ då } x\to\infty}
> $$
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = 2xe^{-x/4} - \dfrac14(x^2 - 9)e^{-x/4} = \dfrac{-x^2 + 8x + 9}{4}e^{-x/4} = -\dfrac{(x + 1)(x - 9)}{4}e^{-x/4}
> $$
> Kritiska punkter: $x = -1$ och $x = 9$.
>
> | | $x < -1$ | $-1$ | $-1 < x < 9$ | $9$ | $x > 9$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $x + 1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 9$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $-\dfrac{e^{-x/4}}{4}$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ |
> | $f'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $f(x)$ | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. min } f(-1) = -8e^{1/4}\approx -10{,}27, \quad \text{lok. max } f(9) = 72e^{-9/4}\approx 7{,}59}
> $$
>
> **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 $\dfrac{x^2 - 16x + 23}{16}e^{-x/4}$, 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:
> $$
> \boxed{V_f = \left[-8e^{1/4}, \infty\right)}
> $$
>
> ![[tenta221027-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
V = \dfrac{\pi h^2(3R - h)}{3}\ \text{m}^3, \quad 0\le h\le 2R,
$$
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
$$
\dfrac{dV}{dt} = -\dfrac{\pi}{10}\sqrt{h}\ \text{m}^3/\text{s}.
$$
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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Relaterade hastigheter: derivera volymsambandet med avseende på tiden med kedjeregeln ([[Implicit derivering]]), och i (b) en [[Extremvärden|extremvärdesundersökning]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\dfrac{dV}{dt} = \dfrac{dV}{dh}\cdot\dfrac{dh}{dt}$. Lös ut $h'(t)$ som en funktion av $h$ och minimera sedan beloppet $u(h) = |h'|$ på $0 < h < 12$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\dfrac{dV}{dh} = \pi(2Rh - h^2) = \pi h(12 - h)$, så $h' = -\dfrac{1}{10\sqrt h\,(12 - h)}$. $u$ är minst där $\sqrt h\,(12 - h)$ är störst.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Både $V$ och $h$ beror av tiden. Kedjeregeln ger
> $$
> \dfrac{dV}{dt} = \dfrac{\pi}{3}\left(6Rh - 3h^2\right)\dfrac{dh}{dt} = \pi\left(2Rh - h^2\right)h'(t)
> $$
> Med $\dfrac{dV}{dt} = -\dfrac{\pi}{10}\sqrt h$ (negativ, eftersom vattnet rinner ut) och $R = 6$:
> $$
> h'(t) = \dfrac{-\frac{\pi}{10}\sqrt h}{\pi\left(12h - h^2\right)} = -\dfrac{\sqrt h}{10\,h(12 - h)} = -\dfrac{1}{10\sqrt h\,(12 - h)}
> $$
> Då $h = 2$ m:
> $$
> h'(t_0) = -\dfrac{1}{10\sqrt2\cdot 10} = -\dfrac{1}{100\sqrt2} = -\dfrac{\sqrt2}{200}\ \text{m/s}
> $$
> $$
> \boxed{\text{djupet minskar med } \dfrac{\sqrt2}{200}\ \text{m/s} = \dfrac{\sqrt2}{2}\ \text{cm/s}\approx 0{,}71\ \text{cm/s}}
> $$
>
> **(b)** Djupets ändringshastighet har beloppet
> $$
> u(h) = |h'(t)| = \dfrac{1}{10\sqrt h\,(12 - h)}, \quad 0 < h < 12
> $$
> 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:
> $$
> g'(h) = 6h^{-1/2} - \dfrac32h^{1/2} = \dfrac{3(4 - h)}{2\sqrt h}
> $$
> som är positiv för $0 < h < 4$ och negativ för $4 < h < 12$. Alltså har $g$ sitt maximum och $u$ sitt minimum i $h = 4$:
> $$
> u(4) = \dfrac{1}{10\cdot 2\cdot 8} = \dfrac{1}{160}\ \text{m/s} = \dfrac58\ \text{cm/s}
> $$
> $$
> \boxed{\text{djupet ändras långsammast vid } h = 4\ \text{m}\ \left(\dfrac58\ \text{cm/s}\right)}
> $$
> Det stämmer med den allmänna formen $h = \dfrac{2R}{3}$.
>
> *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]]