--- kurs: - M0065M tags: - tenta - matematik - envariabelanalys status: utkast datum: 2022-12-20 typ: tenta aliases: - Tenta 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.* > [!abstract] 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, $\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt{\ln x}}$ 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 $\dfrac{x^2 + 3x - 4}{x}$ samt injektivitet > - Uppgift 6: kortaste avståndet från origo till kurvan $y = e^{-x^2}$ > [!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. 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 $$ f_n(x) = 2^n x - 3\cdot 2^n + 3, \quad n = 1, 2, 3, \ldots, $$ där $$ f_1 = f, \quad f_2 = f\circ f, \quad f_3 = f\circ f\circ f, \quad \text{osv.} $$ *(4p)* *Totalpoäng: 5* > [!tip]- Ledtråd 1 > Sammansättning av [[Funktioner]] och ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]]. > > > [!tip]- 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. $f_{p+1}(x) = f(f_p(x))$. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > $f(f_p(x)) = 2\,f_p(x) - 3 = 2\left(2^p x - 3\cdot 2^p + 3\right) - 3$. Multiplicera in tvåan. > [!note]- 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 > $$ > f_p(x) = 2^p x - 3\cdot 2^p + 3 \quad\text{(induktionsantagandet)} > $$ > Eftersom $f_{p+1}$ är $f$ sammansatt $p + 1$ gånger är $f_{p+1} = f\circ f_p$, så > $$ > \begin{aligned} > f_{p+1}(x) &= f(f_p(x)) = 2\,f_p(x) - 3 = 2\left(2^p x - 3\cdot 2^p + 3\right) - 3\\ > &= 2^{p+1}x - 3\cdot 2^{p+1} + 6 - 3 = 2^{p+1}x - 3\cdot 2^{p+1} + 3 > \end{aligned} > $$ > vilket är formeln för $n = p + 1$. Enligt induktionsprincipen gäller > $$ > \boxed{f_n(x) = 2^n x - 3\cdot 2^n + 3 \text{ för alla heltal } n\ge 1} > $$ > *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) $$ \lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt{\ln x}}. $$ *(1p)* (b) $$ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos^4 x - \sin^4 x}{\sin 4x} $$ **Ledning:** *dubbla vinkeln.* *(2p)* (c) $$ \lim_{x\to 2^+}\left(x^2 - 4\right)^{x-2}. $$ *(2p)* *Totalpoäng: 5* > [!tip]- Ledtråd 1 > (a) är ett [[Oegentliga gränsvärden|oegentligt gränsvärde]] med [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmlagar]]; (b) är ett $\left[\frac00\right]$-[[Gränsvärden|gränsvärde]] som löses med [[Trigonometri|trigonometriska formler]]; (c) är av typen $\left[0^0\right]$. > > > [!tip]- Ledtråd 2 > > (a) $\ln\sqrt x = \dfrac12\ln x$. (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. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > (a) Kvoten blir $\dfrac12\sqrt{\ln x}$. (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 $t\to 0^+$. > [!note]- Lösning > **(a)** Eftersom $\ln\sqrt x = \dfrac12\ln x$ är, för $x > 1$, > $$ > \dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt{\ln x}} = \dfrac{\frac12\ln x}{\sqrt{\ln x}} = \dfrac12\sqrt{\ln x} > $$ > och $\ln x\to\infty$ då $x\to\infty$: > $$ > \boxed{\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt{\ln x}} = +\infty} > $$ > > **(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: > $$ > \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos 2x}{2\sin 2x\cos 2x} = \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{2\sin 2x} = \dfrac{1}{2\sin\frac{\pi}{2}} = \boxed{\dfrac12} > $$ > > **(c)** Gränsvärdet är av typen $\left[0^0\right]$. För $x > 2$ är $x^2 - 4 > 0$ och > $$ > \left(x^2 - 4\right)^{x-2} = e^{(x-2)\ln(x^2 - 4)}, \qquad (x - 2)\ln(x^2 - 4) = (x - 2)\ln(x - 2) + (x - 2)\ln(x + 2) > $$ > 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 > $$ > \boxed{\lim_{x\to 2^+}\left(x^2 - 4\right)^{x-2} = e^0 = 1} > $$ > > *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* > [!tip]- Ledtråd 1 > En tangentuppgift med [[Derivata|derivatan]] som lutning, där tangeringspunkten är okänd. > > > [!tip]- Ledtråd 2 > > Kontrollera först att $(2, -4)$ inte ligger på kurvan. Låt tangeringspunkten vara $(a, f(a))$; tangenten är $y = f(a) + f'(a)(x - a)$. Kräv att den går genom $(2, -4)$. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > Tangenten är $y = (2a - 3)x - a^2 + 7$. Insättning av $(2, -4)$ ger $a^2 - 4a - 5 = 0$. > [!note]- 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 $f'(a) = 2a - 3$, 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 $(2, -4)$: > $$ > -4 = 2(2a - 3) - a^2 + 7 \iff a^2 - 4a - 5 = 0 \iff (a + 1)(a - 5) = 0 > $$ > 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 $y = 7x - 25 + 7 = 7x - 18$. > > $$ > \boxed{y = 6 - 5x \quad\text{och}\quad y = 7x - 18} > $$ > *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* > [!tip]- Ledtråd 1 > [[Taylors formel]] kring en punkt $a\ne 0$, med Lagranges restterm för feluppskattningen. > > > [!tip]- Ledtråd 2 > > $P_2(x) = f(8) + f'(8)(x - 8) + \dfrac{f''(8)}{2}(x - 8)^2$ med $f(x) = x^{1/3}$. Resttermen är $E_2(x) = \dfrac{f'''(s)}{3!}(x - 8)^3$ för något $s$ mellan $8$ och $x$. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > $f'(x) = \dfrac13 x^{-2/3}$, $f''(x) = -\dfrac29 x^{-5/3}$ och $f'''(x) = \dfrac{10}{27}x^{-8/3}$. Använd $\sqrt[3]{8} = 2$. I (c) är $f'''(s)$ avtagande, så det största värdet på $[8, 10]$ fås i $s = 8$. > [!note]- Lösning > **(a)** Med $f(x) = x^{1/3}$ är > $$ > f'(x) = \dfrac13 x^{-2/3} = \dfrac{1}{3\left(\sqrt[3]{x}\right)^2}, \qquad f''(x) = -\dfrac29 x^{-5/3} = -\dfrac{2}{9\left(\sqrt[3]{x}\right)^5} > $$ > så med $\sqrt[3]{8} = 2$: > $$ > f(8) = 2, \qquad f'(8) = \dfrac{1}{3\cdot 4} = \dfrac{1}{12}, \qquad f''(8) = -\dfrac{2}{9\cdot 32} = -\dfrac{1}{144} > $$ > $$ > \boxed{P_2(x) = 2 + \dfrac{x - 8}{12} - \dfrac{(x - 8)^2}{288}} > $$ > > **(b)** > $$ > \sqrt[3]{10}\approx P_2(10) = 2 + \dfrac{2}{12} - \dfrac{4}{288} = 2 + \dfrac16 - \dfrac{1}{72} = \boxed{\dfrac{155}{72}}\approx 2{,}1528 > $$ > > **(c) (M0047M)** Exempelvis (lärarens kod): > ```matlab > 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 > $$ > E_2(10) = \dfrac{f'''(s)}{3!}(10 - 8)^3 = \dfrac16\cdot\dfrac{10}{27\,s^{8/3}}\cdot 8 = \dfrac{40}{81\,s^{8/3}} > $$ > för något $s\in(8, 10)$. Felet är alltså positivt, dvs. $P_2(10)$ är en underskattning. Uttrycket är avtagande i $s$, så > $$ > 0 < E_2(10) < \dfrac{40}{81\cdot 8^{8/3}} = \dfrac{40}{81\cdot 256} = \boxed{\dfrac{5}{2592}\approx 0{,}0019} > $$ > och därmed > $$ > \dfrac{155}{72} < \sqrt[3]{10} < \dfrac{155}{72} + \dfrac{5}{2592} > $$ > Det verkliga felet är ungefär $0{,}0017$. > > *Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning skriver gränsen som $\dfrac{5}{3^4\cdot 2^5}$, vilket är samma tal.* --- ## 5. Kurvan $\dfrac{x^2 + 3x - 4}{x}$ Låt $$ f(x) = \dfrac{x^2 + 3x - 4}{x}, \quad x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. $$ (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* > [!tip]- Ledtråd 1 > [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] av en rationell funktion med [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]] och [[Andraderivata och konvexitet|andraderivatan]]; (b) handlar om [[Funktioner och invers|injektivitet]]. > > > [!tip]- Ledtråd 2 > > Polynomdivision: $f(x) = x + 3 - \dfrac4x$. Det ger den sneda asymptoten direkt, och derivatorna blir enkla. För (b): leta efter två olika $x$ med samma funktionsvärde, t.ex. nollställena. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > $f'(x) = 1 + \dfrac{4}{x^2} > 0$ och $f''(x) = -\dfrac{8}{x^3}$. Täljaren är $(x + 4)(x - 1)$. > [!note]- 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 > $$ > f(x) = x + 3 - \dfrac4x > $$ > > **Asymptoter.** Eftersom $f(x) - (x + 3) = -\dfrac4x\to 0$ 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 $-4$: > $$ > \lim_{x\to 0^-}f(x) = +\infty, \qquad \lim_{x\to 0^+}f(x) = -\infty > $$ > $$ > \boxed{\text{lodrät asymptot } x = 0, \quad \text{sned asymptot } y = x + 3 \text{ då } x\to\pm\infty} > $$ > Dessutom är $f(x) - 3 = x - \dfrac4x$ udda, så kurvan är symmetrisk kring punkten $(0, 3)$. > > **Derivator.** > $$ > f'(x) = 1 + \dfrac{4}{x^2} = \dfrac{x^2 + 4}{x^2}, \qquad f''(x) = -\dfrac{8}{x^3} > $$ > $f'(x) > 0$ för alla $x\ne 0$, så det finns inga kritiska punkter, och $f''$ saknar nollställen. > > | | $x < 0$ | $0$ | $x > 0$ | > |---|---|---|---| > | $x^2 + 4$ | $+$ | $+$ | $+$ | > | $x^2$ | $+$ | $0$ | $+$ | > | $f'(x)$ | $+$ | odef. | $+$ | > | $-8$ | $-$ | $-$ | $-$ | > | $x^3$ | $-$ | $0$ | $+$ | > | $f''(x)$ | $+$ | odef. | $-$ | > | $f(x)$ | $\nearrow$, konvex | asymptot | $\nearrow$, konkav | > > $$ > \boxed{\text{inga lokala extremvärden; strängt växande och konvex på } (-\infty, 0), \text{ strängt växande och konkav på } (0, \infty)} > $$ > 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 $-\dfrac4x > 0$ 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 > $$ > \boxed{f \text{ är inte injektiv}} > $$ > *Anmärkning:* att $f' > 0$ överallt räcker inte, eftersom definitionsmängden inte är ett intervall. > > ![[tenta221220-uppgift5-kurva.png|520]] > > *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* > [!tip]- Ledtråd 1 > En optimeringsuppgift: [[Extremvärden]] av en funktion på hela $\mathbb{R}$. > > > [!tip]- 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. > > > > > [!tip]- Ledtråd 3 > > > $g'(a) = 2a\left(1 - 2e^{-2a^2}\right)$. Jämför värdena i alla kritiska punkter, och kontrollera att $g\to\infty$ då $a\to\pm\infty$. > [!note]- 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 > $$ > g(a) = d(a)^2 = a^2 + e^{-2a^2}, \quad a\in\mathbb{R} > $$ > $g$ 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. > $$ > g'(a) = 2a - 4a\,e^{-2a^2} = 2a\left(1 - 2e^{-2a^2}\right) > $$ > Kritiska punkter: $a = 0$, eller > $$ > e^{-2a^2} = \dfrac12 \iff 2a^2 = \ln 2 \iff a = \pm\sqrt{\dfrac{\ln 2}{2}} > $$ > Värdena: > $$ > g(0) = 1, \qquad g\left(\pm\sqrt{\dfrac{\ln 2}{2}}\right) = \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac12 = \dfrac{1 + \ln 2}{2} > $$ > Eftersom $\ln 2 < 1$ (ty $2 < e$) är $\dfrac{1 + \ln 2}{2} < 1$, så $a = 0$ ger ett lokalt maximum av avståndet och de två andra punkterna ger minimum. I dessa punkter är $y = e^{-a^2} = e^{-\ln 2/2} = \dfrac{1}{\sqrt2}$. > $$ > \boxed{d_{\min} = \sqrt{\dfrac{1 + \ln 2}{2}}\approx 0{,}920, \quad \text{antas i } \left(\pm\sqrt{\dfrac{\ln 2}{2}}, \dfrac{1}{\sqrt2}\right)\approx(\pm 0{,}589;\ 0{,}707)} > $$ > *Anmärkning:* i minimipunkten är kurvans tangent vinkelrät mot sträckan till origo. Lutningarna är $-2a\,e^{-a^2}$ och $\dfrac{e^{-a^2}}{a}$, 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]]