M0047M-2023-10-26

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2023-10-26 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_231026.pdf, m0047m_231026sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: koefficienten för $x^8$ i ${\left(x^2-\frac{2}{x^3}\right)}^9$ och antalet handskakningar mellan nio personer
• Uppgift 2: tre gränsvärden: $\frac{\sin 4x}{\tan x}$, ett rotuttryck och arcustangens av en kvot i oändligheten
• Uppgift 3: alla normallinjer till $y=x^2-2x$ genom punkten $\left(1,\frac{7}{2}\right)$
• Uppgift 4: injektivitet, värdemängd och invers för $\sqrt{3x+13}-\sqrt{3x-3}$
• Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkter, asymptoter och värdemängd för $\frac{x^2-5x+4}{x^2+4x+4}$
• Uppgift 6: relaterade hastigheter, höjden hos en brandman på en stege som reses och förlängs

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. Binomialsatsen och handskakningar

(a) Bestäm koefficienten för $x^8$-termen i binomialutvecklingen av

$${\left(x^2-\frac{2}{x^3}\right)}^9.$$

(3p)

(b) Vid ett möte deltog nio personer. Innan mötet skakade alla personer hand med varandra en gång. Hur många handskakningar utfördes totalt innan mötet? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är binomialsatsen med binomialkoefficienter; (b) är en räkneuppgift som kan lösas med en aritmetisk summa eller en binomialkoefficient.

Ledtråd 2

(a) $(a+b{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k$ med $a=x^2$ och $b=-\frac{2}{x^3}$. Skriv den allmänna termen som en konstant gånger en potens av $x$. (b) Varje handskakning är ett par av personer.

Ledtråd 3

(a) Den allmänna termen innehåller $x^{18-5k}$; välj $k$ så att exponenten blir $8$. (b) Antalet par bland nio personer är $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)$.

Lösning

(a) Binomialsatsen ger

$${\left(x^2-\frac{2}{x^3}\right)}^9=\sum _{k=0}^9\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k}\right){\left(x^2\right)}^{9-k}{\left(-\frac{2}{x^3}\right)}^k=\sum _{k=0}^9\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k}\right)(-2{)}^k{x}^{18-2k-3k}=\sum _{k=0}^9(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{k})(-2{)}^k{x}^{18-5k}$$

Exponenten är $8$ när $18-5k=8$, dvs. $k=2$. Den termen är

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)(-2{)}^2{x}^8=\frac{9\cdot 8}{2}\cdot 4x^8=36\cdot 4x^8=144x^8$$

så

$$\boxed{\text{koefficienten a¨r }144}$$

(b) Kalla personerna $p_1,p_2,\dots ,p_9$. Person $p_1$ skakar hand med 8 personer, $p_2$ med 7 nya (handslaget med $p_1$ är redan räknat), $p_3$ med 6 nya och så vidare. Totalt blir det den aritmetiska summan

$$8+7+\cdots +2+1=\sum _{k=1}^{8}k=\frac{8\cdot 9}{2}=\boxed{36}$$

Alternativt: varje handslag motsvarar ett val av två personer bland nio, vilket kan göras på $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)=\frac{9\cdot 8}{2}=36$ sätt.

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)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 4x}{\tan x}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{\sqrt{x+6}-3}.$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\arctan \left(\frac{\sqrt{4x^8+9x^6}-6x^3\sin x}{5x^7{e}^{-x}-2x^4}\right).$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden av typen $\left[\frac{0}{0}\right]$ och ett gränsvärde i oändligheten, som löses med standardgränsvärden, förlängning med konjugat och utbrytning av den dominerande termen.

Ledtråd 2

(a) Skriv $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ och använd $\frac{\sin t}{t}\to 1$. (b) Förläng med $\sqrt{x+6}+3$. (c) $\arctan$ är kontinuerlig, så gränsvärdet kan flyttas in i argumentet; bryt ut $x^4$ i täljare och nämnare.

Ledtråd 3

(a) $\frac{\sin 4x}{\tan x}=\cos x\cdot 4\cdot \frac{\sin 4x}{4x}\cdot \frac{x}{\sin x}$. (b) Nämnaren blir $(x+6)-9=x-3$. (c) $\frac{\sin x}{x}\to 0$ och $\frac{x^3}{e^x}\to 0$ när $x\to \infty$.

Lösning

(a) Gränsvärdet är av typen $\left[\frac{0}{0}\right]$. Med $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ och standardgränsvärdet $\frac{\sin t}{t}\to 1$ då $t\to 0$:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 4x}{\tan x}=\underset{x\to 0}{\lim }\cos x\cdot 4\cdot \frac{\sin 4x}{4x}\cdot \frac{1}{\frac{\sin x}{x}}=1\cdot 4\cdot 1\cdot 1=\boxed{4}$$

(b) Också typen $\left[\frac{0}{0}\right]$. Förlängning med nämnarens konjugat:

$$\frac{x-3}{\sqrt{x+6}-3}=\frac{(x-3)\left(\sqrt{x+6}+3\right)}{(x+6)-9}=\sqrt{x+6}+3,x\ne 3$$

så

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{\sqrt{x+6}-3}=\sqrt{9}+3=\boxed{6}$$

(c) Eftersom $\arctan$ är kontinuerlig räcker det att bestämma gränsvärdet av argumentet. För $x>0$ är $\sqrt{4x^8+9x^6}=x^4\sqrt{4+\frac{9}{x^2}}$, och $x^4$ dominerar i nämnaren eftersom $x^7{e}^{-x}=x^4\cdot \frac{x^3}{e^x}$. Utbrytning av $x^4$ ger

$$\frac{\sqrt{4x^8+9x^6}-6x^3\sin x}{5x^7{e}^{-x}-2x^4}=\frac{\sqrt{4+\frac{9}{x^2}}-6\cdot \frac{\sin x}{x}}{5\cdot \frac{x^3}{e^x}-2}\to \frac{2-6\cdot 0}{5\cdot 0-2}=-1$$

Här går $\frac{\sin x}{x}\to 0$ eftersom $|\sin x|\le 1$, och $\frac{x^3}{e^x}\to 0$ är ett standardgränsvärde. Alltså är

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\arctan \left(\frac{\sqrt{4x^8+9x^6}-6x^3\sin x}{5x^7{e}^{-x}-2x^4}\right)=\arctan (-1)=\boxed{-\frac{\pi }{4}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Normallinjer genom en punkt

Finn alla normallinjer till kurvan

$$y=f(x)=x^2-2x$$

som går genom punkten $Q=\left(1,\frac{7}{2}\right)$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Tangent och normal till en kurva, se Derivata: normalen i en punkt står vinkelrätt mot tangenten där.

Ledtråd 2

Låt $P=(a,a^2-2a)$ vara en godtycklig punkt på kurvan. Om $f^{\prime }(a)\ne 0$ har normalen lutningen $-\frac{1}{f^{\prime }(a)}$; sätt in $Q$ i normalens ekvation och lös ut $a$. Glöm inte fallet $f^{\prime }(a)=0$, där normalen är lodrät.

Ledtråd 3

Villkoret blir $a^2-2a-3=0$. I $a=1$ är tangenten vågrät, och normalen $x=1$ går genom $Q$.

Lösning

Först: $f(1)=1-2=-1\ne \frac{7}{2}$, så $Q$ ligger inte på kurvan. Låt $P=(a,a^2-2a)$ vara en punkt på kurvan. Derivatan är $f^{\prime }(x)=2x-2$, så tangenten i $P$ har lutningen $2a-2$.

Fallet $a\ne 1$. Normalen har lutningen $-\frac{1}{2a-2}$ och ekvationen

$$y=-\frac{x-a}{2(a-1)}+a^2-2a$$

Den går genom $Q=\left(1,\frac{7}{2}\right)$ om

$$\frac{7}{2}=-\frac{1-a}{2(a-1)}+a^2-2a=\frac{1}{2}+a^2-2a⟺a^2-2a-3=0⟺(a-1{)}^2=4$$

dvs. $a=3$ eller $a=-1$.

• $a=3$: $P_1=(3,3)$, lutning $-\frac{1}{4}$, och $y=-\frac{x-3}{4}+3=\frac{15-x}{4}$.
• $a=-1$: $P_2=(-1,3)$, lutning $\frac{1}{4}$, och $y=\frac{x+1}{4}+3=\frac{13+x}{4}$.

Fallet $a=1$. Då är $f^{\prime }(1)=0$, tangenten i $P_3=(1,-1)$ är vågrät och normalen är den lodräta linjen $x=1$. Den går genom $Q$, eftersom $Q$ har $x$-koordinaten $1$.

Det finns alltså tre normallinjer genom $Q$:

$$\boxed{y=\frac{15-x}{4},y=\frac{13+x}{4},x=1}$$

Kontroll: $\frac{15-1}{4}=\frac{13+1}{4}=\frac{7}{2}$. Linjen $x=1$ är kurvans symmetrilinje, eftersom $x^2-2x=(x-1{)}^2-1$, så de två sneda normalerna är varandras spegelbilder i den.

Kontrollerat mot facit. I figuren i lärarens lösning står den andra normalen som $y=(x-13)/4$ i teckenförklaringen, men texten och uträkningen ger $y=\frac{13+x}{4}$, som är rätt (den går genom $Q$).

---

4. Injektivitet, värdemängd och invers

Låt

$$f(x)=\sqrt{3x+13}-\sqrt{3x-3},x\in [1,\infty ).$$

(a) Visa att $f$ är injektiv (dvs. ett-till-ett). (2p)

(b) Finn värdemängden $R(f)$ för $f$. (1p)

(c) Finn inversa funktionen $f^{-1}$ till $f$. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Funktioner och invers: en strängt monoton funktion är injektiv, och inversen fås genom att lösa $x=f(y)$ för $y$.

Ledtråd 2

(a) Derivera och visa att $f^{\prime }(x)<0$ för $x>1$. (b) Värdemängden går från ${\lim }_{x\to \infty }f(x)$ till $f(1)$. (c) Förläng med rotkonjugatet: $\left(\sqrt{3y+13}-\sqrt{3y-3}\right)\left(\sqrt{3y+13}+\sqrt{3y-3}\right)=16$.

Ledtråd 3

(b) $f(x)=\frac{16}{\sqrt{3x+13}+\sqrt{3x-3}}$. (c) Då gäller $\sqrt{3y+13}+\sqrt{3y-3}=\frac{16}{x}$; subtrahera ekvationen $\sqrt{3y+13}-\sqrt{3y-3}=x$.

Lösning

(a) För $x>1$ är

$$f^{\prime }(x)=\frac{3}{2\sqrt{3x+13}}-\frac{3}{2\sqrt{3x-3}}=\frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{3x-3}-\sqrt{3x+13}}{\sqrt{3x+13}\sqrt{3x-3}}$$

Förlängning med $\sqrt{3x-3}+\sqrt{3x+13}$ ger täljaren $(3x-3)-(3x+13)=-16$:

$$f^{\prime }(x)=\frac{-24}{\left(\sqrt{3x-3}+\sqrt{3x+13}\right)\sqrt{(3x+13)(3x-3)}}<0$$

eftersom alla faktorer i nämnaren är positiva. $f$ är kontinuerlig på $[1,\infty )$ och har negativ derivata på $(1,\infty )$, så $f$ är strängt avtagande på $[1,\infty )$. En strängt avtagande funktion antar varje värde högst en gång:

$$\boxed{f\text{ a¨r injektiv}}$$

Alternativt: anta $f(a)=f(b)$, flytta om till $\sqrt{3a+13}+\sqrt{3b-3}=\sqrt{3b+13}+\sqrt{3a-3}$ och kvadrera två gånger; det ger $48b=48a$, dvs. $a=b$.

(b) $f(1)=\sqrt{16}-\sqrt{0}=4$. Med rotkonjugatet är

$$f(x)=\frac{(3x+13)-(3x-3)}{\sqrt{3x+13}+\sqrt{3x-3}}=\frac{16}{\sqrt{3x+13}+\sqrt{3x-3}}\to 0,x\to \infty$$

Funktionen är kontinuerlig och strängt avtagande, antar värdet $4$ i $x=1$ och närmar sig $0$ utan att nå dit (den är positiv). Alltså

$$\boxed{R(f)=(0,4]}$$

(c) Inversen $y=f^{-1}(x)$ är definierad för $x\in R(f)=(0,4]$ och uppfyller

$$x=\sqrt{3y+13}-\sqrt{3y-3}$$

Multiplikation med rotkonjugatet ger $x\left(\sqrt{3y+13}+\sqrt{3y-3}\right)=16$, så vi har systemet

$$\{\begin{array}{l}\sqrt{3y+13}-\sqrt{3y-3}=x\\ \sqrt{3y+13}+\sqrt{3y-3}=\frac{16}{x}\end{array}$$

Den första ekvationen subtraherad från den andra ger

$$2\sqrt{3y-3}=\frac{16}{x}-x⟺\sqrt{3y-3}=\frac{16-x^2}{2x}$$

Högerledet är $\ge 0$ för $0<x\le 4$, så kvadrering är en ekvivalens här:

$$3(y-1)={\left(\frac{16-x^2}{2x}\right)}^2⟺y=1+\frac{(16-x^2{)}^2}{12x^2}=\frac{12x^2+256-32x^2+x^4}{12x^2}$$ $$\boxed{f^{-1}(x)=\frac{x^4-20x^2+256}{12x^2},0<x\le 4}$$

Kontroll: $f^{-1}(4)=\frac{256-320+256}{192}=1$, som det ska eftersom $f(1)=4$.

Kontrollerat mot facit.

---

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

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=\frac{x^2-5x+4}{x^2+4x+4}.$$

Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentliga teckenscheman. Ange funktionens värdemängd $R(f)$. Skissera kurvan. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning av en rationell funktion: asymptoter, teckenschema för derivatan och andraderivatan.

Ledtråd 2

Faktorisera: $f(x)=\frac{(x-1)(x-4)}{(x+2{)}^2}$. Nämnarens nollställe ger en lodrät asymptot, och gränsvärdet då $x\to \pm \infty$ en vågrät. Derivera med kvotregeln och förkorta med $x+2$.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{9(x-2)}{(x+2{)}^3}$ och $f^{\prime \prime }(x)=-\frac{18(x-4)}{(x+2{)}^4}$.

Lösning

Nollställen. $f(x)=\frac{(x-1)(x-4)}{(x+2{)}^2}$, så kurvan skär $x$-axeln i $x=1$ och $x=4$, och $y$-axeln i $f(0)=1$. Definitionsmängden är $x\ne -2$.

Asymptoter.

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1-\frac{5}{x}+\frac{4}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}=1$$

så $y=1$ är vågrät asymptot åt båda hållen (och då finns ingen sned). När $x\to -2$ går täljaren mot $(-3)(-6)=18>0$ och nämnaren $(x+2{)}^2\to 0^{+}$ från båda sidor, så

$$\underset{x\to -2^{\pm }}{\lim }f(x)=+\infty$$ $$\boxed{\text{asymptoter: }y=1\text{ (va˚gra¨t, }x\to \pm \infty \text{) och }x=-2\text{ (lodra¨t)}}$$

Derivata. Med $f(x)=\frac{x^2-5x+4}{(x+2{)}^2}$:

$$f^{\prime }(x)=\frac{(2x-5)(x+2{)}^2-(x^2-5x+4)\cdot 2(x+2)}{(x+2{)}^4}=\frac{(2x^2-x-10)-(2x^2-10x+8)}{(x+2{)}^3}=\frac{9(x-2)}{(x+2{)}^3}$$

	$x<-2$	$-2$	$-2<x<2$	$2$	$x>2$
$9(x-2)$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$(x+2{)}^3$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	odef.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	asymptot	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. min }f(2)=\frac{4-10+4}{16}=-\frac{1}{8}}$$

Andraderivata.

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{9(x+2{)}^3-9(x-2)\cdot 3(x+2{)}^2}{(x+2{)}^6}=\frac{9(x+2)-27(x-2)}{(x+2{)}^4}=-\frac{18(x-4)}{(x+2{)}^4}$$

	$x<-2$	$-2$	$-2<x<4$	$4$	$x>4$
$-18(x-4)$	$+$	$+$	$+$	$0$	$-$
$(x+2{)}^4$	$+$	$0$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime \prime }(x)$	$+$	odef.	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	konvex	asymptot	konvex	infl.	konkav

Teckenbytet i $x=4$ ger, med $f(4)=0$,

$$\boxed{\text{inflexionspunkt }(4,0)}$$

Värdemängd. På $(-2,2]$ är $f$ kontinuerlig och avtagande från $+\infty$ (vid $x\to -2^{+}$) till $-\frac{1}{8}$, så alla värden i $\left[-\frac{1}{8},\infty \right)$ antas redan där. För $x<-2$ är $f(x)-1=-\frac{9x}{(x+2{)}^2}>0$, och för $x>2$ växer $f$ från $-\frac{1}{8}$ mot $1$; inga värden under $-\frac{1}{8}$ antas någonstans. Alltså är minimet globalt, det finns inget största värde och

$$\boxed{R(f)=\left[-\frac{1}{8},\infty \right)}$$

Skiss. Till vänster om $x=-2$ växer kurvan från asymptoten $y=1$ (ovanför den) upp mot $+\infty$. Till höger om $x=-2$ faller den från $+\infty$, skär $y$-axeln i $1$ och $x$-axeln i $1$, når minimet $\left(2,-\frac{1}{8}\right)$, stiger genom inflexionspunkten $(4,0)$ och närmar sig $y=1$ underifrån.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Brandmannen på stegen

Nederdelen av en stege på en brandbil är fäst på ovansidan av bilen på en höjd 3 meter över marken. Stegen reses genom att öka vinkeln $\theta$ samtidigt som man förlänger stegens längd från 6 m med $l$, se nedanstående figur.

Figuren i tentan: stegen är fäst i punkten $O$ på brandbilens tak och bildar vinkeln $\theta$ med horisontalplanet. Den fasta delen är 6 m lång och den utskjutna delen $l$; brandmannen sitter i stegens ände $A$.

Längst ut på stegen sitter en brandman. Hur fort ökar brandmannens höjd $y$ över marken vid den tidpunkt när stegen förlängts med $l=2$ m och längden ökar med en hastighet av $\frac{1}{5}$ m/s samtidigt som vinkeln är $\theta =\frac{\pi }{6}$ och ökar med vinkelhastigheten

$$\omega =\frac{1}{14}\text{ rad/s?}$$

(5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: ställ upp ett samband och derivera med avseende på tiden med produkt- och kedjeregeln (jämför Implicit derivering).

Ledtråd 2

Stegen har längden $6+l$ och lutar vinkeln $\theta$, så brandmannen är $(6+l)\sin \theta$ över fästpunkten: $y=3+(6+l)\sin \theta$, där både $l$ och $\theta$ beror av $t$.

Ledtråd 3

$\frac{dy}{dt}=\frac{dl}{dt}\sin \theta +(6+l)\cos \theta \cdot \frac{d\theta }{dt}$. Sätt in $l=2$, $\frac{dl}{dt}=\frac{1}{5}$, $\theta =\frac{\pi }{6}$ och $\frac{d\theta }{dt}=\frac{1}{14}$.

Lösning

Brandmannens höjd över marken är

$$y(t)=3+(6+l(t))\sin \theta (t)$$

Derivering med produkt- och kedjeregeln:

$$\frac{dy}{dt}=\frac{dl}{dt}\sin \theta +(6+l)\cos \theta \cdot \frac{d\theta }{dt}$$

Vid tidpunkten $t_0$ är $l=2$ m, $\frac{dl}{dt}=\frac{1}{5}$ m/s, $\theta =\frac{\pi }{6}$ och $\frac{d\theta }{dt}=\omega =\frac{1}{14}$ rad/s. Med $\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$ och $\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$:

$$\frac{dy}{dt}{|}_{t=t_0}=\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{2}+8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{14}=\boxed{\frac{1}{10}+\frac{2\sqrt{3}}{7}\approx 0,59\text{ m/s}}$$

Uppskattning utan räknare: ${\left(\frac{2\sqrt{3}}{7}\right)}^2=\frac{12}{49}\approx \frac{12}{48}=\frac{1}{4}$, så $\frac{2\sqrt{3}}{7}\approx \frac{1}{2}$ och $\frac{dy}{dt}\approx 0,6$ m/s.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Binomialkoefficient
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Derivata
• Deriveringsregler
• Funktioner och invers
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet
• Implicit derivering