M0047M-2022-12-20

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2022-12-20 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_221220.pdf, m0047m_221220sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: sammansättning $f\circ f$ och ett induktionsbevis för den $n$:te itererade funktionen till $f(x)=2x-3$
• Uppgift 2: tre gränsvärden, $\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{\ln x}}$ i oändligheten, en trigonometrisk kvot och $(x^2-4{)}^{x-2}$ då $x\to 2^{+}$
• Uppgift 3: tangenter till $y=x^2-3x+7$ genom en punkt utanför kurvan
• Uppgift 4: Taylorpolynom för $\sqrt[3]{x}$ kring $8$, approximation av $\sqrt[3]{10}$, MATLAB-plottning och feluppskattning
• Uppgift 5: extremvärden, konvexitet och asymptoter för $\frac{x^2+3x-4}{x}$ samt injektivitet
• Uppgift 6: kortaste avståndet från origo till kurvan $y=e^{-x^2}$

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. Itererade funktioner och induktion

Låt

$$f(x)=2x-3.$$

(a) Bestäm

$$f_2(x)=(f\circ f)(x)=f(f(x)).$$

(1p)

(b) Visa med induktion att den $n$:te itererade funktionen $f_n$ till $f$ är

$$f_n(x)=2^{n}x-3\cdot 2^n+3,n=1,2,3,\dots ,$$

där

$$f_1=f,f_2=f\circ f,f_3=f\circ f\circ f,\text{osv.}$$

(4p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Sammansättning av Funktioner och ett bevis med induktion.

Ledtråd 2

(a) Sätt in $2x-3$ i stället för $x$ i $f$. (b) Basfallet är $n=1$. Anta formeln för $n=p$ och använd att $f_{p+1}=f\circ f_p$, dvs. $f_{p+1}(x)=f(f_p(x))$.

Ledtråd 3

$f(f_p(x))=2f_p(x)-3=2\left(2^{p}x-3\cdot 2^p+3\right)-3$. Multiplicera in tvåan.

Lösning

(a)

$$f_2(x)=f(f(x))=f(2x-3)=2(2x-3)-3=\boxed{4x-9}$$

(b) Basfall. För $n=1$ är högerledet $2^{1}x-3\cdot 2^1+3=2x-3=f(x)=f_1(x)$. Formeln gäller.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $n=p\ge 1$, dvs. att

$$f_p(x)=2^{p}x-3\cdot 2^p+3\text{(induktionsantagandet)}$$

Eftersom $f_{p+1}$ är $f$ sammansatt $p+1$ gånger är $f_{p+1}=f\circ f_p$, så

$$\begin{array}{rl}{f}_{p+1}(x)& =f(f_p(x))=2f_p(x)-3=2\left(2^{p}x-3\cdot 2^p+3\right)-3\\ & =2^{p+1}x-3\cdot 2^{p+1}+6-3=2^{p+1}x-3\cdot 2^{p+1}+3\end{array}$$

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

$$\boxed{f_n(x)=2^{n}x-3\cdot 2^n+3\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Kontroll: för $n=2$ ger formeln $4x-12+3=4x-9$, samma som i (a).

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)

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

(1p)

(b)

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{{\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x}{\sin 4x}$$

Ledning: dubbla vinkeln. (2p)

(c)

$$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }{\left(x^2-4\right)}^{x-2}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett oegentligt gränsvärde med logaritmlagar; (b) är ett $\left[\frac{0}{0}\right]$-gränsvärde som löses med trigonometriska formler; (c) är av typen $\left[0^0\right]$.

Ledtråd 2

(a) $\ln \sqrt{x}=\frac{1}{2}\ln x$. (b) Faktorisera täljaren som en konjugatregel och använd $\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$ och $\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta$. (c) Skriv $(x^2-4{)}^{x-2}=e^{(x-2)\ln (x^2-4)}$ och studera exponenten.

Ledtråd 3

(a) Kvoten blir $\frac{1}{2}\sqrt{\ln x}$. (b) ${\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x=\cos 2x$ och $\sin 4x=2\sin 2x\cos 2x$. (c) $\ln (x^2-4)=\ln (x-2)+\ln (x+2)$; med $t=x-2$ hjälper standardgränsvärdet $t\ln t\to 0$ då $t\to 0^{+}$.

Lösning

(a) Eftersom $\ln \sqrt{x}=\frac{1}{2}\ln x$ är, för $x>1$,

$$\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{\ln x}}=\frac{\frac{1}{2}\ln x}{\sqrt{\ln x}}=\frac{1}{2}\sqrt{\ln x}$$

och $\ln x\to \infty$ då $x\to \infty$:

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{\ln x}}=+\infty }$$

(b) Konjugatregeln och trigonometriska ettan ger

$${\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x=\left({\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x\right)\left({\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x\right)=\cos 2x\cdot 1=\cos 2x$$

och dubbla vinkeln med $\theta =2x$ ger $\sin 4x=2\sin 2x\cos 2x$. För $x\ne \frac{\pi }{4}$ nära $\frac{\pi }{4}$ är $\cos 2x\ne 0$, så vi kan förkorta:

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{\cos 2x}{2\sin 2x\cos 2x}=\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{1}{2\sin 2x}=\frac{1}{2\sin \frac{\pi }{2}}=\boxed{\frac{1}{2}}$$

(c) Gränsvärdet är av typen $\left[0^0\right]$. För $x>2$ är $x^2-4>0$ och

$${\left(x^2-4\right)}^{x-2}=e^{(x-2)\ln (x^2-4)},(x-2)\ln (x^2-4)=(x-2)\ln (x-2)+(x-2)\ln (x+2)$$

Med $t=x-2\to 0^{+}$ blir exponenten

$$t\ln t+t\ln (t+4)\to 0+0\cdot \ln 4=0$$

där $t\ln t\to 0$ är ett standardgränsvärde. Exponentialfunktionen är kontinuerlig, så

$$\boxed{\underset{x\to 2^{+}}{\lim }{\left(x^2-4\right)}^{x-2}=e^0=1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Tangenter genom en punkt utanför kurvan

Finn alla tangenter till kurvan

$$y=f(x)=x^2-3x+7$$

som går genom punkten $(2,-4)$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En tangentuppgift med derivatan som lutning, där tangeringspunkten är okänd.

Ledtråd 2

Kontrollera först att $(2,-4)$ inte ligger på kurvan. Låt tangeringspunkten vara $(a,f(a))$; tangenten är $y=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$. Kräv att den går genom $(2,-4)$.

Ledtråd 3

Tangenten är $y=(2a-3)x-a^2+7$. Insättning av $(2,-4)$ ger $a^2-4a-5=0$.

Lösning

Eftersom $f(2)=4-6+7=5\ne -4$ ligger punkten $(2,-4)$ inte på kurvan, så tangeringspunkten är någon annan punkt $(a,f(a))$. Lutningen där är $f^{\prime }(a)=2a-3$, och enpunktsformeln ger tangenten

$$y=\left(a^2-3a+7\right)+(2a-3)(x-a)=(2a-3)x-a^2+7$$

Den ska gå genom $(2,-4)$:

$$-4=2(2a-3)-a^2+7⟺a^2-4a-5=0⟺(a+1)(a-5)=0$$

så $a=-1$ eller $a=5$.

• $a=-1$: lutning $-5$, tangeringspunkt $(-1,11)$, tangent $y=-5x-1+7=6-5x$.
• $a=5$: lutning $7$, tangeringspunkt $(5,17)$, tangent $y=7x-25+7=7x-18$.

$$\boxed{y=6-5x\text{och}y=7x-18}$$

Kontroll: $6-5\cdot 2=-4$ och $7\cdot 2-18=-4$.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Taylorpolynom för $\sqrt[3]{x}$ kring $8$

Låt

$$f(x)=\sqrt[3]{x}.$$

(a) Finn andra ordningens Taylorpolynom $P_2(x)$ till $f(x)$ kring punkten $8$. (3p)

(b) Använd $P_2(x)$ för att finna en rationell approximation till $\sqrt[3]{10}$. (1p)

(c) (M0047M): Beskriv med MATLAB-kod/kommandon hur vi kan rita upp kurvorna

$$y=f(x)=\sqrt[3]{x}$$

och

$$y=P_2(x)$$

i samma graf. Markera $\sqrt[3]{10}$. (1p)

(c) (M0029M): Finn en uppskattning på hur stort fel som görs i approximationen i uppgift 4.(b) med hjälp av Lagranges restterm. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Taylors formel kring en punkt $a\ne 0$, med Lagranges restterm för feluppskattningen.

Ledtråd 2

$P_2(x)=f(8)+f^{\prime }(8)(x-8)+\frac{f^{\prime \prime }(8)}{2}(x-8{)}^2$ med $f(x)=x^{1/3}$. Resttermen är $E_2(x)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(s)}{3!}(x-8{)}^3$ för något $s$ mellan $8$ och $x$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{3}{x}^{-2/3}$, $f^{\prime \prime }(x)=-\frac{2}{9}{x}^{-5/3}$ och $f^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{10}{27}{x}^{-8/3}$. Använd $\sqrt[3]{8}=2$. I (c) är $f^{\prime \prime \prime }(s)$ avtagande, så det största värdet på $[8,10]$ fås i $s=8$.

Lösning

(a) Med $f(x)=x^{1/3}$ är

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{3}{x}^{-2/3}=\frac{1}{3{\left(\sqrt[3]{x}\right)}^2},f^{\prime \prime }(x)=-\frac{2}{9}{x}^{-5/3}=-\frac{2}{9{\left(\sqrt[3]{x}\right)}^5}$$

så med $\sqrt[3]{8}=2$:

$$f(8)=2,f^{\prime }(8)=\frac{1}{3\cdot 4}=\frac{1}{12},f^{\prime \prime }(8)=-\frac{2}{9\cdot 32}=-\frac{1}{144}$$ $$\boxed{P_2(x)=2+\frac{x-8}{12}-\frac{(x-8{)}^2}{288}}$$

(b)

$$\sqrt[3]{10}\approx P_2(10)=2+\frac{2}{12}-\frac{4}{288}=2+\frac{1}{6}-\frac{1}{72}=\boxed{\frac{155}{72}}\approx 2,1528$$

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

x = 0:0.01:20;
f = @(x) x.^(1/3);
p2 = @(x) 2+(x-8)/12-(x-8).^2/288;
y1 = f(x);
y2 = p2(x);
plot(x,y1,x,y2,10,10^(1/3),'k*');
legend('y=f(x)','y=p_2(x)','Punkten (10,10^{1/3})');

Det viktiga är punktvisa operationer (.^), ett $x$-intervall som innehåller både $8$ och $10$, att båda kurvorna ritas i samma plot (eller med hold on) och att punkten $\left(10,\sqrt[3]{10}\right)$ markeras med en egen markör.

(c) (M0029M) Lagranges restterm ger

$$E_2(10)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(s)}{3!}(10-8{)}^3=\frac{1}{6}\cdot \frac{10}{27s^{8/3}}\cdot 8=\frac{40}{81s^{8/3}}$$

för något $s\in (8,10)$. Felet är alltså positivt, dvs. $P_2(10)$ är en underskattning. Uttrycket är avtagande i $s$, så

$$0<E_2(10)<\frac{40}{81\cdot 8^{8/3}}=\frac{40}{81\cdot 256}=\boxed{\frac{5}{2592}\approx 0,0019}$$

och därmed

$$\frac{155}{72}<\sqrt[3]{10}<\frac{155}{72}+\frac{5}{2592}$$

Det verkliga felet är ungefär $0,0017$.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning skriver gränsen som $\frac{5}{3^4\cdot 2^5}$, vilket är samma tal.

---

5. Kurvan $\frac{x^2+3x-4}{x}$

Låt

$$f(x)=\frac{x^2+3x-4}{x},x\in \mathbb{R}\setminus \{0\}.$$

(a) Bestäm lokala extremvärden, konvexitet och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentliga teckenscheman. Skissera kurvan. (4p)

(b) Är funktionen $f$ injektiv $(1-1)$? Motivera! (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning av en rationell funktion med teckenschema för derivatan och andraderivatan; (b) handlar om injektivitet.

Ledtråd 2

Polynomdivision: $f(x)=x+3-\frac{4}{x}$. Det ger den sneda asymptoten direkt, och derivatorna blir enkla. För (b): leta efter två olika $x$ med samma funktionsvärde, t.ex. nollställena.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=1+\frac{4}{x^2}>0$ och $f^{\prime \prime }(x)=-\frac{8}{x^3}$. Täljaren är $(x+4)(x-1)$.

Lösning

(a) Täljaren är $x^2+3x-4=(x+4)(x-1)$, så kurvan skär $x$-axeln i $x=-4$ och $x=1$. Division ger

$$f(x)=x+3-\frac{4}{x}$$

Asymptoter. Eftersom $f(x)-(x+3)=-\frac{4}{x}\to 0$ då $x\to \pm \infty$ är $y=x+3$ en sned asymptot åt båda hållen (och $f(x)\to \pm \infty$ då $x\to \pm \infty$, så det finns ingen vågrät asymptot). Vid $x=0$ går täljaren mot $-4$:

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=+\infty ,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$$ $$\boxed{\text{lodra¨t asymptot }x=0,\text{sned asymptot }y=x+3\text{ da˚ }x\to \pm \infty }$$

Dessutom är $f(x)-3=x-\frac{4}{x}$ udda, så kurvan är symmetrisk kring punkten $(0,3)$.

Derivator.

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{4}{x^2}=\frac{x^2+4}{x^2},f^{\prime \prime }(x)=-\frac{8}{x^3}$$

$f^{\prime }(x)>0$ för alla $x\ne 0$, så det finns inga kritiska punkter, och $f^{\prime \prime }$ saknar nollställen.

	$x<0$	$0$	$x>0$
$x^2+4$	$+$	$+$	$+$
$x^2$	$+$	$0$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	odef.	$+$
$-8$	$-$	$-$	$-$
$x^3$	$-$	$0$	$+$
$f^{\prime \prime }(x)$	$+$	odef.	$-$
$f(x)$	$\nearrow$, konvex	asymptot	$\nearrow$, konkav

$$\boxed{\text{inga lokala extremva¨rden; stra¨ngt va¨xande och konvex pa˚ }(-\infty ,0),\text{ stra¨ngt va¨xande och konkav pa˚ }(0,\infty )}$$

Det finns inga inflexionspunkter, eftersom $x=0$ inte ligger i definitionsmängden.

Skiss. Till vänster om $y$-axeln kommer kurvan underifrån längs asymptoten $y=x+3$ (den ligger ovanför asymptoten eftersom $-\frac{4}{x}>0$ där), passerar $(-4,0)$ och växer mot $+\infty$ vid $x=0^{-}$. Till höger om $y$-axeln kommer den från $-\infty$, passerar $(1,0)$ och närmar sig asymptoten underifrån.

(b) Nej. $f$ är injektiv om $f(x_1)=f(x_2)$ medför $x_1=x_2$, men

$$f(-4)=f(1)=0$$

med $-4\ne 1$. Mer allmänt har $f(x)=C$, dvs. $x^2+(3-C)x-4=0$, diskriminanten $(C-3{)}^2+16>0$ och därför två olika reella lösningar för varje $C$ (deras produkt är $-4$, så ingen av dem är $0$). Alltså

$$\boxed{f\text{ a¨r inte injektiv}}$$

Anmärkning: att $f^{\prime }>0$ överallt räcker inte, eftersom definitionsmängden inte är ett intervall.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning anger 5p för (a) medan tentan anger 4p; innehållet är detsamma.

---

6. Kortaste avståndet till $y=e^{-x^2}$

Vad är (kortaste) avståndet mellan origo och grafen till kurvan $y=f(x)=e^{-x^2}$? I vilken punkt antas minimum? (5p)

(Tentan visar en figur av kurvan för $-2\le x\le 2$ med en sträcka från origo till en punkt på kurvan.)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En optimeringsuppgift: Extremvärden av en funktion på hela $\mathbb{R}$.

Ledtråd 2

Avståndet från origo till punkten $(a,e^{-a^2})$ är $\sqrt{a^2+e^{-2a^2}}$. Minimera kvadraten $g(a)=a^2+e^{-2a^2}$ i stället; den har samma minimipunkt.

Ledtråd 3

$g^{\prime }(a)=2a\left(1-2e^{-2a^2}\right)$. Jämför värdena i alla kritiska punkter, och kontrollera att $g\to \infty$ då $a\to \pm \infty$.

Lösning

Avståndet från origo till punkten $\left(a,e^{-a^2}\right)$ på kurvan är

$$d(a)=\sqrt{a^2+e^{-2a^2}}$$

Eftersom roten är strängt växande räcker det att minimera

$$g(a)=d(a{)}^2=a^2+e^{-2a^2},a\in \mathbb{R}$$

$g$ är deriverbar och jämn, och $g(a)\to \infty$ då $a\to \pm \infty$ (eftersom $a^2\to \infty$ och $e^{-2a^2}\to 0$). Minimum antas därför i en kritisk punkt.

$$g^{\prime }(a)=2a-4a{e}^{-2a^2}=2a\left(1-2e^{-2a^2}\right)$$

Kritiska punkter: $a=0$, eller

$$e^{-2a^2}=\frac{1}{2}⟺2a^2=\ln 2⟺a=\pm \sqrt{\frac{\ln 2}{2}}$$

Värdena:

$$g(0)=1,g\left(\pm \sqrt{\frac{\ln 2}{2}}\right)=\frac{\ln 2}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1+\ln 2}{2}$$

Eftersom $\ln 2<1$ (ty $2<e$) är $\frac{1+\ln 2}{2}<1$, så $a=0$ ger ett lokalt maximum av avståndet och de två andra punkterna ger minimum. I dessa punkter är $y=e^{-a^2}=e^{-\ln 2/2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

$$\boxed{d_{\min }=\sqrt{\frac{1+\ln 2}{2}}\approx 0,920,\text{antas i }\left(\pm \sqrt{\frac{\ln 2}{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\approx (\pm 0,589;0,707)}$$

Anmärkning: i minimipunkten är kurvans tangent vinkelrät mot sträckan till origo. Lutningarna är $-2a{e}^{-a^2}$ och $\frac{e^{-a^2}}{a}$, och produkten $-1$ ger just $2e^{-2a^2}=1$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Funktioner
• Funktioner och invers
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Trigonometri
• Derivata
• Taylors formel
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet