M0047M-2023-08-16

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2023-08-16 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_230816.pdf, m0047m_230816sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: aritmetisk summa, husnumren på Pells gata och Ramanujans hus
• Uppgift 2: tre gränsvärden av typen $\frac{0}{0}$ utan l’Hôpital: trigonometriskt, med rotuttryck och med exponentialfunktioner
• Uppgift 3: bestäm $k$ så att $e^{x/4}$ och $k\sqrt{x}$ tangerar varandra, och den gemensamma tangenten
• Uppgift 4: inverterbarhet och invers till $\sqrt{x^2+6x}$, samt $g$ ur $g(f(x))=(x+3{)}^2$
• Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter för $(x^2-5x+4)e^{x/2}$
• Uppgift 6: maximal area av triangeln mellan koordinataxlarna och en tangent till $1-\ln x$

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. Husnumren på Pells gata

Husen längs Pells gata är numrerade i ordning $1,2,3,\dots$ ända upp till $49$.

(a) Vad är summan av alla husnumren på Pells gata? (2p)

(b) Ramanujan bor längs denna gata i hus nummer $m$. En dag observerar han att summan av numren på husen till vänster om hans hus är samma som summan av numren på husen till höger om hans hus. Vad är $m$? (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En aritmetisk summa.

Ledtråd 2

$1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$. I (b) är summan till vänster om hus $m$ lika med $1+2+\cdots +(m-1)$.

Ledtråd 3

Hela summan är vänstersumman plus $m$ plus högersumman, och de två sidosummorna är lika: $S_{49}=2\cdot \frac{(m-1)m}{2}+m$.

Lösning

(a) Summan av de $n$ första positiva heltalen är den aritmetiska summan

$$S_n=1+2+\cdots +n=\sum _{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$$

så

$$S_{49}=\frac{49\cdot 50}{2}=49\cdot 25=7^2\cdot 5^2=35^2=\boxed{1225}$$

(b) Numrera husen $1,2,\dots ,49$ från vänster till höger. Summan av husnumren till vänster om hus $m$ är

$$S_{m-1}=1+2+\cdots +(m-1)=\frac{(m-1)m}{2}$$

och enligt villkoret är summan till höger lika stor. Hela summan är därför

$$S_{49}=\underset{\text{hus }1,\dots ,m-1}{\underbrace{S_{m-1}}}+\underset{\text{hus }m}{\underbrace{m}}+\underset{\text{hus }m+1,\dots ,49}{\underbrace{S_{m-1}}}=2\cdot \frac{(m-1)m}{2}+m=m^2-m+m=m^2$$

Med (a) blir $m^2=35^2$, och eftersom $m>0$:

$$\boxed{m=35}$$

Kontroll: $1+\cdots +34=\frac{34\cdot 35}{2}=595$ och $36+\cdots +49=1225-595-35=595$.

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden av typen $0/0$

Avgör huruvida följande (även oegentliga) gränsvärden existerar och om så, bestäm dem (utan hjälp av l’Hôpitals regler):

(a)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sin }^{2}x}{\sin x^2}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+4x}-1}{\sqrt{4+x}-2}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4^x-1}{4^x-2^x}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Alla tre är Gränsvärden av typen $\frac{0}{0}$ som ska hyfsas algebraiskt eller föras tillbaka på standardgränsvärden.

Ledtråd 2

(a) Dela täljare och nämnare med $x^2$ och använd $\frac{\sin t}{t}\to 1$. (b) Förläng med rotkonjugaten till både täljaren och nämnaren. (c) Skriv $4^x=(2^x{)}^2$ och faktorisera.

Ledtråd 3

(b) $(\sqrt{1+4x}-1)(\sqrt{1+4x}+1)=4x$ och $(\sqrt{4+x}-2)(\sqrt{4+x}+2)=x$. (c) $4^x-1=(2^x-1)(2^x+1)$ och $4^x-2^x=2^x(2^x-1)$.

Lösning

(a) Dela täljare och nämnare med $x^2$:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sin }^{2}x}{\sin x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2}{\frac{\sin x^2}{x^2}}=\frac{1^2}{1}=\boxed{1}$$

där båda kvoterna går mot $1$ enligt standardgränsvärdet $\frac{\sin t}{t}\to 1$ då $t\to 0$ (med $t=x$ respektive $t=x^2$).

(b) Förläng med båda rotkonjugaten:

$$\begin{array}{rl}\frac{\sqrt{1+4x}-1}{\sqrt{4+x}-2}& =\frac{(\sqrt{1+4x}-1)(\sqrt{1+4x}+1)(\sqrt{4+x}+2)}{(\sqrt{4+x}-2)(\sqrt{4+x}+2)(\sqrt{1+4x}+1)}\\ & =\frac{4x(\sqrt{4+x}+2)}{x(\sqrt{1+4x}+1)}=4\cdot \frac{\sqrt{4+x}+2}{\sqrt{1+4x}+1},x\ne 0\end{array}$$

Det sista uttrycket är kontinuerligt i $x=0$, så

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+4x}-1}{\sqrt{4+x}-2}=4\cdot \frac{2+2}{1+1}=\boxed{8}$$

(c) Med $4^x=(2^x{)}^2$ blir

$$\frac{4^x-1}{4^x-2^x}=\frac{(2^x-1)(2^x+1)}{2^x(2^x-1)}=\frac{2^x+1}{2^x},x\ne 0$$

så

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4^x-1}{4^x-2^x}=\frac{1+1}{1}=\boxed{2}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. När tangerar $e^{x/4}$ och $k\sqrt{x}$ varandra?

Låt $x>0$ och definiera

$$f(x)=e^{x/4},g(x)=k\sqrt{x}.$$

(a) Finn det $k>0$ som gör att funktionerna $f$ och $g$ tangerar varandra i en punkt. (4p)

(b) Bestäm funktionernas gemensamma tangent för detta värde på $k$. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Två kurvor tangerar varandra i $x=a$ om de har samma funktionsvärde och samma derivata där, dvs. samma tangent.

Ledtråd 2

Ställ upp ekvationssystemet $f(a)=g(a)$, $f^{\prime }(a)=g^{\prime }(a)$ med de två obekanta $a$ och $k$. Tangenten fås sedan med enpunktsformeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(a)=\frac{e^{a/4}}{4}$ och $g^{\prime }(a)=\frac{k}{2\sqrt{a}}$. Ersätt $e^{a/4}$ i den första ekvationen med $\frac{4k}{2\sqrt{a}}$ från den andra; det ger $k(a-2)=0$.

Lösning

(a) Derivatorna är

$$f^{\prime }(x)=\frac{e^{x/4}}{4},g^{\prime }(x)=\frac{k}{2\sqrt{x}}$$

Kurvorna tangerar varandra i $x=a$ om

$$\{\begin{array}{l}{e}^{a/4}=k\sqrt{a},\\ \frac{e^{a/4}}{4}=\frac{k}{2\sqrt{a}}.\end{array}$$

Den andra ekvationen ger $e^{a/4}=\frac{2k}{\sqrt{a}}$. Insatt i den första:

$$k\sqrt{a}=\frac{2k}{\sqrt{a}}⟺ka=2k⟺k(a-2)=0$$

Eftersom $k>0$ är $a=2$. Den första ekvationen ger då

$$e^{2/4}=k\sqrt{2}⟺\sqrt{e}=k\sqrt{2}⟺\boxed{k=\sqrt{\frac{e}{2}}}$$

och tangeringspunkten är $(2,\sqrt{e})$.

Varför bara ett $k$? $f$ är växande och konvex ($f^{\prime \prime }=\frac{e^{x/4}}{16}>0$) medan $g$ är växande och konkav ($g^{\prime \prime }=-\frac{k}{4x^{3/2}}<0$). För mindre $k$ ligger $g$ hela tiden under $f$, och för större $k$ skär kurvorna varandra i två punkter med olika tangenter. Ekvivalent: $k\sqrt{x}=e^{x/4}⟺k=\frac{e^{x/4}}{\sqrt{x}}$, och högerledet har sitt minsta värde $\sqrt{e/2}$ just i $x=2$.

(b) Tangenten genom $(2,\sqrt{e})$ har lutningen $f^{\prime }(2)=\frac{\sqrt{e}}{4}$. Enpunktsformeln ger

$$y-\sqrt{e}=\frac{\sqrt{e}}{4}(x-2)⟺\boxed{y=\frac{\sqrt{e}}{4}(x+2)}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Inversen till $\sqrt{x^2+6x}$

Definiera

$$f(x)=\sqrt{x^2+6x}$$

för $x>0$.

(a) Visa att $f$ är inverterbar. (1p)

(b) Finn inversen $f^{-1}$ till $f$. (3p)

(c) Bestäm funktionen $g$ om

$$g(f(x))=(x+3{)}^2.$$

(1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Funktioner och invers: en strängt växande funktion är injektiv och alltså inverterbar.

Ledtråd 2

(a) Visa att $f^{\prime }>0$. (b) Bestäm värdemängden (den blir inversens definitionsmängd) och lös $x=f(y)$ för $y$. (c) Skriv $(x+3{)}^2$ med hjälp av $f(x)$.

Ledtråd 3

Kvadratkomplettera: $y^2+6y=(y+3{)}^2-9$. Välj det tecken framför roten som ger $y>0$. I (c) är $(x+3{)}^2=x^2+6x+9$.

Lösning

(a) För $x>0$ är

$$f^{\prime }(x)=\frac{2x+6}{2\sqrt{x^2+6x}}=\frac{x+3}{\sqrt{x^2+6x}}>0$$

så $f$ är strängt växande på $(0,\infty )$, alltså injektiv ($1$–$1$) och därmed inverterbar. $■$

Alternativt: om $f(x_1)=f(x_2)$ så är $x_1^2+6x_1=x_2^2+6x_2$, dvs. $(x_1-x_2)(x_1+x_2+6)=0$. Eftersom $x_1+x_2+6>6$ följer $x_1=x_2$.

(b) $f$ är kontinuerlig och strängt växande med

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }x\sqrt{1+\frac{6}{x}}=\infty$$

så $R_f=(0,\infty )$, och det är definitionsmängden för $f^{-1}$. Sätt $y=f^{-1}(x)$, dvs. $x=f(y)$ med $x,y>0$:

$$x=\sqrt{y^2+6y}⟹x^2=y^2+6y⟺x^2+9=(y+3{)}^2⟺y=-3\pm \sqrt{x^2+9}$$

Minustecknet ger $y<0$, men $f^{-1}$ ska anta värden i $D_f=(0,\infty )$. Alltså

$$\boxed{f^{-1}(x)=\sqrt{x^2+9}-3,x>0}$$

Kontroll: $f\left(\sqrt{x^2+9}-3\right)=\sqrt{(y+3{)}^2-9}=\sqrt{x^2+9-9}=x$ för $x>0$.

(c) Eftersom

$$(x+3{)}^2=x^2+6x+9={\left(\sqrt{x^2+6x}\right)}^2+9=f(x{)}^2+9$$

är $g(f(x))=f(x{)}^2+9$, så

$$\boxed{g(x)=x^2+9}$$

(på $R_f=(0,\infty )$). Samma svar fås med $t=f(x)⟺x=f^{-1}(t)$: $g(t)={\left(f^{-1}(t)+3\right)}^2={\left(\sqrt{t^2+9}\right)}^2=t^2+9$.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning skriver i (a) nämnaren som $\sqrt{x^2+2x}$, ett tryckfel för $\sqrt{x^2+6x}$; slutsatsen $f^{\prime }>0$ påverkas inte.

---

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

Definiera funktionen

$$y=f(x)=\left(x^2-5x+4\right)e^{x/2}.$$

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

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: gränsvärden i $\pm \infty$, teckenschema för derivatan och andraderivatan för inflexionspunkter.

Ledtråd 2

Använd att exponentialfunktionen dominerar potensfunktioner: $x^n{e}^{x/2}\to 0$ då $x\to -\infty$. Undersök $f(x)/x$ då $x\to \infty$. Derivera med produktregeln och bryt ut $e^{x/2}$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{(x+2)(x-3)}{2}{e}^{x/2}$ och $f^{\prime \prime }(x)=\frac{x^2+3x-8}{4}{e}^{x/2}$.

Lösning

Nollställen. $f(x)=(x-1)(x-4)e^{x/2}$, så kurvan skär $x$-axeln i $x=1$ och $x=4$, och $y$-axeln i $f(0)=4$.

Asymptoter. $f$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb{R}$, så det finns inga lodräta asymptoter. Eftersom en exponentialfunktion dominerar en potensfunktion är

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^2{e}^{x/2}-5x{e}^{x/2}+4e^{x/2}\right)=0-0+0=0$$

så $y=0$ är vågrät asymptot då $x\to -\infty$. Åt höger är

$$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\infty ,\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x-5+\frac{4}{x}\right)e^{x/2}=\infty$$

så där finns ingen sned asymptot.

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

Derivata.

$$f^{\prime }(x)=(2x-5)e^{x/2}+\left(x^2-5x+4\right)\frac{e^{x/2}}{2}=\frac{x^2-x-6}{2}{e}^{x/2}=\frac{(x+2)(x-3)}{2}{e}^{x/2}$$

Kritiska punkter: $x=-2$ och $x=3$.

	$x<-2$	$-2$	$-2<x<3$	$3$	$x>3$
$x+2$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x-3$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$\frac{e^{x/2}}{2}$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$f(-2)=(4+10+4)e^{-1}=\frac{18}{e},f(3)=(9-15+4)e^{3/2}=-2e^{3/2}$$ $$\boxed{\text{lok. max }f(-2)=\frac{18}{e}\approx 6,62,\text{lok. min }f(3)=-2e^{3/2}\approx -8,96}$$

Minimet är också globalt (för $x<-2$ är $f>0$ och $f\to 0$), men globalt maximum saknas.

Andraderivata.

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{2x-1}{2}{e}^{x/2}+\frac{x^2-x-6}{2}\cdot \frac{e^{x/2}}{2}=\frac{x^2+3x-8}{4}{e}^{x/2}$$

Nollställena är

$$r_{1,2}=-\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{9}{4}+8}=\frac{-3\pm \sqrt{41}}{2},r_1\approx -4,70,r_2\approx 1,70$$

Båda är enkla nollställen, så $f^{\prime \prime }$ byter tecken: $f^{\prime \prime }>0$ (konvex) för $x<r_1$ och $x>r_2$, $f^{\prime \prime }<0$ (konkav) för $r_1<x<r_2$. Eftersom $x^2=8-3x$ i dessa punkter är $f(r)=(12-8r)e^{r/2}$, så

$$\boxed{\text{inflexionspunkter i }x=\frac{-3\pm \sqrt{41}}{2}},f(r_1)\approx 4,73,f(r_2)\approx -3,78$$

($5<\sqrt{41}<7$ ger $-5<r_1<-4$ och $1<r_2<2$.)

Skiss. Kurvan kommer in längs $x$-axeln från vänster (ovanför den), är konvex fram till inflexionspunkten vid $x\approx -4,7$, når maximum $(-2,18/e)$, sjunker genom $(0,4)$ och nollstället $x=1$, passerar inflexionspunkten vid $x\approx 1,7$, når minimum $(3,-2e^{3/2})$ och växer sedan snabbt genom $x=4$ mot $\infty$.

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning anger inte inflexionspunkternas $y$-värden; de är tillagda här.

---

6. Största triangeln under en tangent till $1-\ln x$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=1-\ln x,0<x\le e.$$

(a) Låt $P=(a,f(a))$ vara en punkt på kurvan ovan. Ställ upp ett uttryck för arean $A$ av triangeln som begränsas av koordinataxlarna och tangenten till kurvan $f$ genom punkten $P$. (2p)

(I tentan visas en figur med kurvan $y=1-\ln x$, punkten $P$ och tangenten genom $P$, som tillsammans med koordinataxlarna begränsar triangeln $A$.)

(b) Finn det värde $a\in (0,e]$ för vilket arean av triangeln ovan är maximal. (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett optimeringsproblem på ett halvöppet intervall; först behövs tangentens ekvation (Derivata).

Ledtråd 2

Tangenten är $y=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$. Triangelns kateter är tangentens skärningar med axlarna. Jämför sedan $A$ i kritiska punkter med värdet i $a=e$ och gränsvärdet då $a\to 0^{+}$.

Ledtråd 3

Tangenten blir $y=2-\ln a-\frac{x}{a}$ och $A(a)=\frac{a(2-\ln a{)}^2}{2}$, med $A^{\prime }(a)=-\frac{(2-\ln a)\ln a}{2}$.

Lösning

(a) $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x}$, så tangenten i $(a,1-\ln a)$ har lutningen $-\frac{1}{a}$:

$$y-(1-\ln a)=-\frac{1}{a}(x-a)⟺y=2-\ln a-\frac{x}{a}$$

Den skär $y$-axeln ($x=0$) i $y_0=2-\ln a$ och $x$-axeln ($y=0$) i $x_0=a(2-\ln a)$. Båda är positiva för $0<a\le e$. Triangeln är rätvinklig med kateterna $x_0$ och $y_0$:

$$\boxed{A(a)=\frac{x_0{y}_0}{2}=\frac{a(2-\ln a{)}^2}{2}}$$

(b) Derivera:

$$A^{\prime }(a)=\frac{1}{2}(2-\ln a{)}^2+\frac{a}{2}\cdot 2(2-\ln a)\cdot \left(-\frac{1}{a}\right)=\frac{2-\ln a}{2}(2-\ln a-2)=-\frac{(2-\ln a)\ln a}{2}$$

$A^{\prime }=0$ för $\ln a=0$ eller $\ln a=2$, dvs. $a=1$ eller $a=e^2$; bara $a=1$ ligger i $(0,e]$. På intervallet är $2-\ln a>0$, så

	$0<a<1$	$1$	$1<a\le e$
$-\ln a$	$+$	$0$	$-$
$2-\ln a$	$+$	$+$	$+$
$A^{\prime }(a)$	$+$	$0$	$-$
$A(a)$	$\nearrow$	max	$\searrow$

Jämför med intervallets ändar:

$$A(1)=\frac{1\cdot 2^2}{2}=2,A(e)=\frac{e(2-1{)}^2}{2}=\frac{e}{2}<2,\underset{a\to 0^{+}}{\lim }A(a)=\frac{1}{2}\underset{a\to 0^{+}}{\lim }\left(4a-4a\ln a+{\left(\sqrt{a}\ln a\right)}^2\right)=0$$

där $a\ln a\to 0$ och $\sqrt{a}\ln a\to 0$ är standardgränsvärden. Arean är alltså störst för

$$\boxed{a=1,A_{\max }=2}$$

(Även $A^{\prime \prime }(a)=-\frac{1-\ln a}{a}$ ger $A^{\prime \prime }(1)=-1<0$.)

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Derivata
• Deriveringsregler
• Funktioner och invers
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet
• Exponentialfunktioner och logaritmer