M0047M-2023-03-23

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2023-03-23 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_230323.pdf, m0047m_230323sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för en formel för $n$:te derivatan av $x^2{e}^x$
• Uppgift 2: gränsvärde i $-\infty$ med rotuttryck, ett $\frac{0}{0}$-gränsvärde för rationella funktioner och bestämning av konstanter så att ett gränsvärde blir 4
• Uppgift 3: derivatan av $\ln \cos x+x\tan x-\frac{x^2}{2}$ och en olikhet via teckenschema
• Uppgift 4: inverterbarhet för ett tredjegradspolynom, $f^{-1}(3)$ och ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3)$
• Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter för $\frac{(\ln x{)}^2}{x}$
• Uppgift 6: relaterade hastigheter, sand som rinner ned på en konisk hög

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 $x^2{e}^x$ genom induktion

Bevisa med induktion att det för alla heltal $n=1,2,3,\dots$ gäller att

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

(5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion: basfall och induktionssteg, där steget är en derivering (produktregeln).

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$. Anta att formeln gäller för $n=p$ och visa den för $n=p+1$ genom att derivera högerledet för $n=p$ en gång till, eftersom $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}=\frac{d}{dx}\frac{d^p}{d{x}^p}$.

Ledtråd 3

$\frac{d}{dx}\left[\left(x^2+2px+p^2-p\right)e^x\right]=(2x+2p)e^x+\left(x^2+2px+p^2-p\right)e^x$. Samla termerna och jämför med $x^2+2(p+1)x+(p+1)p$.

Lösning

Basfall. För $n=1$ ger produktregeln

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

så formeln stämmer.

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för något heltal $p\ge 1$ (induktionsantagandet):

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

Vi ska visa att $\frac{d^{p+1}}{d{x}^{p+1}}\left(x^2{e}^x\right)=\left(x^2+2(p+1)x+(p+1)p\right)e^x$. Med induktionsantagandet och produktregeln:

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

vilket är formeln för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

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

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)

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9+4x^2}}{x}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-1}{x^3+x^2-x-1}.$$

(2p)

(c) Bestäm konstanterna $a$ och $b$ så att

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2+ax+b}{x-3}=4.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett gränsvärde i oändligheten; (b) och (c) är Gränsvärden av typen $\frac{0}{0}$ där man faktoriserar bort den gemensamma faktorn.

Ledtråd 2

(a) Bryt ut $x^2$ under roten och kom ihåg att $\sqrt{x^2}=|x|$. (b) $x=1$ är nollställe till både täljare och nämnare, så båda innehåller faktorn $x-1$ (faktorsatsen). (c) Nämnaren går mot $0$, så täljaren måste också gå mot $0$ för att gränsvärdet ska bli ändligt.

Ledtråd 3

(a) För $x<0$ är $|x|=-x$. (b) $x^3+x^2-x-1=(x-1)(x+1{)}^2$. (c) Täljaren måste vara $(x-3)(x-k)$ och gränsvärdet blir $3-k$.

Lösning

(a) För $x<0$ är $\sqrt{x^2}=|x|=-x$, så

$$\frac{\sqrt{9+4x^2}}{x}=\frac{|x|\sqrt{\frac{9}{x^2}+4}}{x}=-\sqrt{\frac{9}{x^2}+4}\to -\sqrt{4}$$

då $x\to -\infty$, eftersom $\frac{9}{x^2}\to 0$ och roten är kontinuerlig:

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9+4x^2}}{x}=-2}$$

(b) Insättning ger $\frac{0}{0}$. Faktorsatsen ger faktorn $x-1$ i både täljare och nämnare:

$$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1),x^3+x^2-x-1=x^2(x+1)-(x+1)=(x-1)(x+1{)}^2$$

Efter förkortning kan vi sätta in $x=1$:

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}=\frac{1+1+1}{2^2}=\boxed{\frac{3}{4}}$$

(c) Nämnaren $x-3\to 0$. Om täljaren hade ett gränsvärde skilt från noll skulle kvoten inte ha något ändligt gränsvärde, så täljaren måste vara $0$ i $x=3$ och därmed (faktorsatsen) innehålla faktorn $x-3$. Täljaren har ledande koefficient $1$, så

$$x^2+ax+b=(x-3)(x-k)$$

för något tal $k$. Då är

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{(x-3)(x-k)}{x-3}=\underset{x\to 3}{\lim }(x-k)=3-k=4⟺k=-1$$

Alltså är $x^2+ax+b=(x-3)(x+1)=x^2-2x-3$:

$$\boxed{a=-2,b=-3}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. En olikhet med $\ln \cos x$ och $x\tan x$

Definiera

$$f(x)=\ln \cos x+x\tan x-\frac{x^2}{2}$$

för $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$.

(a) Vad är $f^{\prime }(x)$? Förenkla uttrycket så långt som möjligt. (2p)

(b) Visa att

$$\ln \cos x+x\tan x\ge \frac{x^2}{2}$$

för

$$-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}.$$

(3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är derivering med kedje- och produktregeln och Elementära funktioners derivator; (b) visar en olikhet genom att bestämma ett minsta värde med teckenschema.

Ledtråd 2

$\frac{d}{dx}\ln \cos x=-\tan x$ och $\frac{d}{dx}\tan x=1+{\tan }^{2}x$. Olikheten i (b) är detsamma som $f(x)\ge 0$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=x{\tan }^{2}x$, som har samma tecken som $x$. Vad är $f(0)$?

Lösning

(a)

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\cos x}\cdot (-\sin x)+\tan x+x\left(1+{\tan }^{2}x\right)-x=-\tan x+\tan x+x+x{\tan }^{2}x-x$$ $$\boxed{f^{\prime }(x)=x{\tan }^{2}x}$$

(b) Olikheten är ekvivalent med $f(x)\ge 0$ på $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$. På intervallet är ${\tan }^{2}x\ge 0$ med likhet bara i $x=0$, så $f^{\prime }(x)=0$ endast för $x=0$:

	$-\frac{\pi }{2}<x<0$	$0$	$0<x<\frac{\pi }{2}$
$x$	$-$	$0$	$+$
${\tan }^{2}x$	$+$	$0$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\searrow$	min	$\nearrow$

$f$ är avtagande på $\left(-\frac{\pi }{2},0\right]$ och växande på $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$, så $x=0$ ger det minsta värdet:

$$f(x)\ge f(0)=\ln \cos 0+0\cdot \tan 0-0=\ln 1=0$$

Alltså är

$$\boxed{\ln \cos x+x\tan x\ge \frac{x^2}{2}\text{ fo¨r }-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}}$$

med likhet endast för $x=0$.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Invers till ett tredjegradspolynom

Låt

$$f(x)=x^3-6x^2+15x-7.$$

(a) Visa att $f$ är inverterbar. (2p)

(b) Finn

$$f^{-1}(3).$$

(1p)

(c) Beräkna

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3).$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Inverterbarhet via monotonitet, och derivatan av en invers.

Ledtråd 2

(a) En strängt växande funktion är injektiv. (b) $f^{-1}(3)=y⟺f(y)=3$. (c) ${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3)=\frac{1}{f^{\prime }(y)}$ där $y=f^{-1}(3)$.

Ledtråd 3

(a) Kvadratkomplettera: $f^{\prime }(x)=3\left((x-2{)}^2+1\right)$. (b) Pröva små heltal i $y^3-6y^2+15y-10=0$.

Lösning

(a)

$$f^{\prime }(x)=3x^2-12x+15=3\left(x^2-4x+5\right)=3\left((x-2{)}^2+1\right)\ge 3>0$$

så $f$ är strängt växande på hela $\mathbb{R}$. Då ger $x_1<x_2$ alltid $f(x_1)<f(x_2)$, så $f$ är injektiv (ett-till-ett) och därmed

$$\boxed{f\text{ a¨r inverterbar}}$$

(b) $f^{-1}(3)=y⟺f(y)=3⟺y^3-6y^2+15y-10=0$. Vi ser att $y=1$ är en lösning: $1-6+15-10=0$. Eftersom $f$ är injektiv finns ingen annan lösning (det syns också av faktoriseringen $(y-1)\left(y^2-5y+10\right)$, där andragradsfaktorn har diskriminant $25-40<0$). Alltså

$$\boxed{f^{-1}(3)=1}$$

(c) Sätt $y=f^{-1}(x)$, dvs. $x=f(y)$. Implicit derivering med avseende på $x$ ger $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$, så

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(y)}=\frac{1}{3y^2-12y+15}$$

I $x=3$ är $y=1$, så

$${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(3)=\frac{1}{3-12+15}=\boxed{\frac{1}{6}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $\frac{(\ln x{)}^2}{x}$

Betrakta funktionen

$$y=\frac{(\ln x{)}^2}{x},x>0.$$

Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Skissera kurvan. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: gränsvärden i ändpunkterna, teckenschema för derivatan och andraderivatan för inflexionspunkter.

Ledtråd 2

Undersök $x\to 0^{+}$ och $x\to \infty$ (standardgränsvärdet $\frac{\ln x}{x^a}\to 0$ för $a>0$). Derivera med kvotregeln och faktorisera i $\ln x$.

Ledtråd 3

$y^{\prime }=\frac{(2-\ln x)\ln x}{x^2}$ och $y^{\prime \prime }=\frac{2\left((\ln x{)}^2-3\ln x+1\right)}{x^3}$. Andraderivatans täljare är en andragradsekvation i $\ln x$.

Lösning

Asymptoter. Då $x\to 0^{+}$ går $\ln x\to -\infty$, så

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\cdot (\ln x{)}^2=+\infty$$

vilket ger den lodräta asymptoten $x=0$. Då $x\to \infty$:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{\ln x}{x^{1/2}}\right)}^2=0^2=0$$

enligt standardgränsvärdet, så $y=0$ är vågrät asymptot åt höger. $f$ är kontinuerlig på $(0,\infty )$, så det finns inga andra asymptoter:

$$\boxed{\text{lodra¨t asymptot }x=0,\text{va˚gra¨t asymptot }y=0\text{ da˚ }x\to \infty }$$

Derivata. Kvotregeln ger

$$y^{\prime }=\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}\cdot x-(\ln x{)}^2}{x^2}=\frac{(2-\ln x)\ln x}{x^2}$$

Kritiska punkter: $\ln x=0$ och $\ln x=2$, dvs. $x=1$ och $x=e^2$.

	$0<x<1$	$1$	$1<x<e^2$	$e^2$	$x>e^2$
$2-\ln x$	$+$	$+$	$+$	$0$	$-$
$\ln x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x^2$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$y^{\prime }$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$y$	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$

$$\boxed{\text{lok. min }y(1)=0,\text{lok. max }y\left(e^2\right)=\frac{4}{e^2}}$$

Minimet är också globalt, eftersom $y\ge 0$.

Andraderivata.

$$y^{\prime \prime }=\frac{\left(\frac{2}{x}-\frac{2\ln x}{x}\right)x^2-\left(2\ln x-(\ln x{)}^2\right)2x}{x^4}=\frac{2\left((\ln x{)}^2-3\ln x+1\right)}{x^3}$$

Täljaren är noll då

$$\ln x=\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{9}{4}-1}=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$$

Sätt $x_1=e^{(3-\sqrt{5})/2}\approx 1,47$ och $x_2=e^{(3+\sqrt{5})/2}\approx 13,7$. Eftersom $x^3>0$ och täljaren är en andragradsfunktion i $\ln x$ med positiv ledande koefficient är $y^{\prime \prime }>0$ (konvex) för $0<x<x_1$ och $x>x_2$, och $y^{\prime \prime }<0$ (konkav) för $x_1<x<x_2$. Teckenbytena ger två inflexionspunkter. Med $s=\ln x$ är $y=s^2{e}^{-s}$, så

$$\boxed{\text{inflexionspunkter i }x=e^{(3\pm \sqrt{5})/2},y={\left(\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}\right)}^2{e}^{-(3\pm \sqrt{5})/2}}$$

dvs. ungefär $(1,47;0,100)$ och $(13,7;0,500)$. Eftersom $0<\frac{3-\sqrt{5}}{2}<2<\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ ligger $x_1$ mellan $1$ och $e^2$ och $x_2$ till höger om $e^2$.

Skiss. Kurvan kommer ned från $+\infty$ längs $y$-axeln, tangerar $x$-axeln i minimet $(1,0)$, vänder från konvex till konkav i $x_1$, stiger till maximum $\left(e^2,\frac{4}{e^2}\right)\approx (7,39;0,541)$, sjunker, blir konvex igen efter $x_2$ och närmar sig $x$-axeln ovanifrån.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Sand på en konisk hög

Sand rinner ner på en konisk hög med en hastighet av $\frac{1}{2}$ m³/min. Antag att högen hela tiden bibehåller formen av en rak cirkulär kon där förhållandet $h:r$ mellan höjden $h$ och radien $r$ är $1:2$.

(a) Hur fort ökar höjden på konen vid den tidpunkt när högen är 2 m hög? (3p)

(b) Vid vilken höjd ökar höjden på konen med 40 mm/min? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: Implicit derivering av ett samband med avseende på tiden.

Ledtråd 2

Konens volym är $V=\frac{\pi r^{2}h}{3}$. Uttryck $V$ med enbart $h$ med hjälp av $r=2h$, och derivera med avseende på $t$ (kedjeregeln).

Ledtråd 3

$V=\frac{4\pi h^3}{3}$ ger $V^{\prime }(t)=4\pi h^2{h}^{\prime }(t)$, där $V^{\prime }(t)=\frac{1}{2}$.

Lösning

(a) Förhållandet $h:r=1:2$ ger $r=2h$, så

$$V=\frac{\pi r^{2}h}{3}=\frac{\pi (2h{)}^{2}h}{3}=\frac{4\pi h^3}{3}$$

Både $V$ och $h$ beror av tiden. Derivering med avseende på $t$ ger

$$V^{\prime }(t)=\frac{4\pi }{3}\cdot 3h^2{h}^{\prime }(t)=4\pi h^2{h}^{\prime }(t)⟺h^{\prime }(t)=\frac{V^{\prime }(t)}{4\pi h^2}=\frac{1}{8\pi h^2}$$

eftersom $V^{\prime }(t)=\frac{1}{2}$ m³/min. När $h=2$ m:

$$\boxed{h^{\prime }(t_0)=\frac{1}{8\pi \cdot 2^2}=\frac{1}{32\pi }\text{ m/min}\approx 0,0099\text{ m/min}\approx 1\text{ cm/min}}$$

(b) $40$ mm/min $=0,04$ m/min $=\frac{1}{25}$ m/min. Ur $h^{\prime }=\frac{1}{8\pi h^2}$:

$$h^2=\frac{1}{8\pi h^{\prime }}=\frac{25}{8\pi }⟹\boxed{h=\sqrt{\frac{25}{8\pi }}=\frac{5}{2\sqrt{2\pi }}\text{ m}\approx 0,997\text{ m}}$$

alltså ungefär 1 m (eftersom $8\pi \approx 25$).

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Polynom och faktorisering
• Deriveringsregler
• Elementära funktioners derivator
• Extremvärden
• Funktioner och invers
• Inversa funktioners derivata
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet
• Implicit derivering