M0047M-2023-12-21

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2023-12-21 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_231221.pdf, m0047m_231221sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för summaformeln ${\sum }_{k=1}^n\frac{k-1}{k!}=\frac{n!-1}{n!}$
• Uppgift 2: tre gränsvärden, $\frac{2^{3x}}{3^{2x}}$ i oändligheten, en trigonometrisk kvot och $x^{1/\sqrt{x}}$ då $x\to 0^{+}$
• Uppgift 3: tangent och största/minsta $y$-värde för Bernoullis lemniskata $(x^2+y^2{)}^2=32(x^2-y^2)$ via implicit derivering
• Uppgift 4: normallinjen till $y=x^4$ och dess lägsta skärningspunkt med $y$-axeln
• Uppgift 5: extremvärden, asymptoter och teckenschema för $\frac{e^{x/2}}{x^2+x-2}$, samt MATLAB-plottning
• Uppgift 6: Taylorpolynom för $\arctan x$ och en rationell approximation av $\pi$

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. En summaformel med fakulteter

Formeln

$$\sum _{k=1}^n\frac{k-1}{k!}=\frac{n!-1}{n!}$$

gäller för alla positiva heltal $n$. Bevisa detta, till exempel med induktion. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion av en summaformel.

Ledtråd 2

Skriv högerledet som $1-\frac{1}{n!}$. Visa basfallet $n=1$, anta formeln för $n=p$ och visa den för $n=p+1$ genom att lägga till termen $k=p+1$.

Ledtråd 3

Den nya termen är $\frac{p}{(p+1)!}$, och $\frac{1}{p!}=\frac{p+1}{(p+1)!}$ eftersom $(p+1)!=(p+1)\cdot p!$.

Lösning

Högerledet kan skrivas $\frac{n!-1}{n!}=1-\frac{1}{n!}$, så vi visar att

$$\sum _{k=1}^n\frac{k-1}{k!}=1-\frac{1}{n!}$$

Basfall. För $n=1$ är vänsterledet $\frac{1-1}{1!}=0$ och högerledet $1-\frac{1}{1!}=0$. Formeln gäller.

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

$$\sum _{k=1}^p\frac{k-1}{k!}=1-\frac{1}{p!}\text{(induktionsantagandet)}$$

Då är, med $(p+1)!=(p+1)\cdot p!$,

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{p+1}\frac{k-1}{k!}& =\sum _{k=1}^p\frac{k-1}{k!}+\frac{p}{(p+1)!}=1-\frac{1}{p!}+\frac{p}{(p+1)!}\\ & =1-\frac{p+1}{(p+1)!}+\frac{p}{(p+1)!}=1-\frac{1}{(p+1)!}\end{array}$$

vilket är formeln för $n=p+1$.

Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\sum _{k=1}^n\frac{k-1}{k!}=\frac{n!-1}{n!}\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Alternativt bevis (teleskopsumma). För $k\ge 1$ är

$$\frac{k-1}{k!}=\frac{k}{k!}-\frac{1}{k!}=\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!}$$

så i summan tar termerna ut varandra parvis:

$$\sum _{k=1}^n\left(\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!}\right)=\frac{1}{0!}-\frac{1}{n!}=1-\frac{1}{n!}$$

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)

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2^{3x}}{3^{2x}}.$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\cos }^{2}x-3\cos x+2}{1-\cos x}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{1/\sqrt{x}}$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Gränsvärden och Oegentliga gränsvärden: omskrivning med potenslagar, faktorisering och den användbara identiteten $f=e^{\ln f}$ (Exponentialfunktioner och logaritmer).

Ledtråd 2

(a) Skriv kvoten som en enda potens $q^x$. (b) Täljaren är ett andragradspolynom i $\cos x$. (c) Skriv $x^{1/\sqrt{x}}=e^{\ln x/\sqrt{x}}$ och använd att $e^t$ är kontinuerlig.

Ledtråd 3

(a) $\frac{2^{3x}}{3^{2x}}={\left(\frac{8}{9}\right)}^x$. (b) ${\cos }^{2}x-3\cos x+2=(\cos x-1)(\cos x-2)$. (c) $\ln x\to -\infty$ och $\frac{1}{\sqrt{x}}\to +\infty$.

Lösning

(a) Med potenslagarna är

$$\frac{2^{3x}}{3^{2x}}=\frac{(2^3{)}^x}{(3^2{)}^x}={\left(\frac{8}{9}\right)}^x$$

Eftersom $0<\frac{8}{9}<1$ går detta mot noll:

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2^{3x}}{3^{2x}}=0}$$

(b) Täljaren är $t^2-3t+2=(t-1)(t-2)$ med $t=\cos x$. För $x$ nära men skilt från $0$ är $\cos x\ne 1$, så vi kan förkorta:

$$\frac{(\cos x-1)(\cos x-2)}{1-\cos x}=-(\cos x-2)=2-\cos x$$

Detta är kontinuerligt, så

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\cos }^{2}x-3\cos x+2}{1-\cos x}=2-\cos 0=1}$$

(c) För $x>0$ är

$$x^{1/\sqrt{x}}=e^{\ln x^{1/\sqrt{x}}}=e^{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}$$

Då $x\to 0^{+}$ går $\ln x\to -\infty$ och $\frac{1}{\sqrt{x}}\to +\infty$, så produkten $\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\to -\infty$. (Här behövs inget standardgränsvärde; det är ingen obestämd form.) Eftersom $e^t\to 0$ när $t\to -\infty$:

$$\boxed{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{1/\sqrt{x}}=0}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Bernoullis lemniskata

Ekvationen

$${\left(x^2+y^2\right)}^2=32\left(x^2-y^2\right)$$

definierar en sluten slät kurva i planet (Bernoullis lemniskata), se nedanstående figur.

(a) Finn tangenten till kurvan i punkten $\left(\sqrt{5},\sqrt{3}\right)$. (3p)

(b) Hitta största och minsta värdet på $y$ för alla punkter $(x,y)$ på kurvan. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Implicit derivering: betrakta $y$ som en funktion av $x$ och derivera båda leden. I (b) söker du Extremvärden för $y$ längs kurvan.

Ledtråd 2

Kedjeregeln ger $\frac{d}{dx}(x^2+y^2{)}^2=2(x^2+y^2)(2x+2y{y}^{\prime })$. Lös ut $y^{\prime }$. Tangenten fås sedan ur enpunktsformeln. I (b) är tangenten vågrät, $y^{\prime }=0$, där $y$ är störst eller minst.

Ledtråd 3

$y^{\prime }=\frac{x\left(16-(x^2+y^2)\right)}{y\left(16+(x^2+y^2)\right)}$. I (b): $x=0$ ger bara origo, så $x^2+y^2=16$; sätt in det i kurvans ekvation.

Lösning

(a) Punkten ligger på kurvan: $x_0^2+y_0^2=5+3=8$ och $x_0^2-y_0^2=2$, så $8^2=64=32\cdot 2$.

Implicit derivering med avseende på $x$ ger

$$2(x^2+y^2)(2x+2y{y}^{\prime })=32(2x-2y{y}^{\prime })⟺(x^2+y^2)(x+y{y}^{\prime })=16x-16y{y}^{\prime }$$

Samla termerna med $y^{\prime }$:

$$y{y}^{\prime }\left(16+(x^2+y^2)\right)=x\left(16-(x^2+y^2)\right)⟺y^{\prime }=\frac{x\left(16-(x^2+y^2)\right)}{y\left(16+(x^2+y^2)\right)},y\ne 0$$

I $\left(\sqrt{5},\sqrt{3}\right)$ är $x^2+y^2=8$, så lutningen är

$$k=\frac{\sqrt{5}(16-8)}{\sqrt{3}(16+8)}=\frac{\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$

Enpunktsformeln ger

$$y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}\left(x-\sqrt{5}\right)⟺y=\frac{\sqrt{5}x-5+9}{3\sqrt{3}}$$ $$\boxed{y=\frac{\sqrt{5}x+4}{3\sqrt{3}}}$$

(b) Kurvan är sluten och begränsad, så $y$ antar ett största och ett minsta värde på den. De punkter på kurvan där $y=0$ är $x^4=32x^2$, dvs. $x=0$ och $x=\pm 4\sqrt{2}$; där är $y=0$ varken störst eller minst (kurvan har punkter med både $y>0$ och $y<0$, t.ex. $\left(\sqrt{5},\pm \sqrt{3}\right)$). Alltså antas extremvärdena där $y\ne 0$ och tangenten är vågrät, $y^{\prime }=0$:

$$x\left(16-(x^2+y^2)\right)=0⟺x=0\text{ eller }{x}^2+y^2=16$$

Med $x=0$ blir kurvans ekvation $y^4=-32y^2$, dvs. $y^2(y^2+32)=0$, så $y=0$, vilket är uteslutet. Alltså är $x^2+y^2=16$. Insatt i kurvans ekvation, med $x^2=16-y^2$:

$$16^2=32\left(16-2y^2\right)⟺8=16-2y^2⟺y^2=4$$

Då är $x^2=16-4=12$, dvs. $x=\pm 2\sqrt{3}$.

$$\boxed{y_{\max }=2\text{ i }\left(\pm 2\sqrt{3},2\right),y_{\min }=-2\text{ i }\left(\pm 2\sqrt{3},-2\right)}$$

Kontroll med polära koordinater: $x=r\cos \theta$, $y=r\sin \theta$ ger $r^2=32\cos 2\theta$, så $y^2=32\cos 2\theta {\sin }^2\theta =32(1-2s)s$ med $s={\sin }^2\theta$. Det är störst för $s=\frac{1}{4}$ och ger $y^2=32\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=4$.

Kontrollerat mot facit.

---

4. Normallinjer till $y=x^4$

Låt

$$y=f(x)=x^4.$$

(a) Låt $P=(a,f(a))$, $a\ne 0$, vara en punkt på kurvan. Finn ekvationen för normallinjen genom $P$. (3p)

(b) Normallinjen ovan skär $y$-axeln i punkten $Q=(0,b)$. Bestäm det minsta möjliga värdet på $b$ och ange vilken punkt $P$ på kurvan det motsvarar. Ledning: Finn först ett uttryck för $b$ i variabeln $a$. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Tangent och normal via derivatan, och sedan en optimering av en funktion av en variabel.

Ledtråd 2

Normalen är vinkelrät mot tangenten, så dess lutning är $k_n=-\frac{1}{f^{\prime }(a)}$. Sätt $x=0$ i normalens ekvation för att få $b(a)$ och minimera sedan $b(a)$.

Ledtråd 3

$b(a)=\frac{1}{4a^2}+a^4$, som går mot $+\infty$ både då $a\to 0$ och $a\to \pm \infty$. Lös $b^{\prime }(a)=0$.

Lösning

(a) $P=(a,a^4)$ och $f^{\prime }(x)=4x^3$, så tangentens lutning är $4a^3\ne 0$ och normalens lutning

$$k_n=-\frac{1}{4a^3}$$

Enpunktsformeln ger

$$y-a^4=-\frac{1}{4a^3}(x-a)⟺\boxed{y=-\frac{x}{4a^3}+\frac{1}{4a^2}+a^4}$$

(b) Med $x=0$ får vi

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

Funktionen är jämn, så det räcker att studera $a>0$. Där är $b$ deriverbar och

$$\underset{a\to 0^{+}}{\lim }b(a)=+\infty ,\underset{a\to \infty }{\lim }b(a)=+\infty$$

så minimum antas i en inre punkt där $b^{\prime }(a)=0$:

$$b^{\prime }(a)=-\frac{1}{2a^3}+4a^3=0⟺a^6=\frac{1}{8}⟺a^2=\frac{1}{2}⟺a=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Det är den enda kritiska punkten för $a>0$ (och $b^{\prime \prime }(a)=\frac{3}{2a^4}+12a^2>0$). Med $a^2=\frac{1}{2}$ och $a^4=\frac{1}{4}$:

$$b\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{4\cdot \frac{1}{2}}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$ $$\boxed{b_{\min }=\frac{3}{4}\text{ fo¨r }P=\left(\pm \frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{4}\right)}$$

Kontrollerat mot facit.

---

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

Definiera funktionen

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

(a) Bestäm lokala extremvärden och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema för derivatan. Konvexitet behöver ej beaktas. Skissera kurvan. (4p)

(b) Beskriv med kod/kommandon hur grafen till denna funktion skulle kunna plottas i MATLAB på ett sådant sätt att de intressanta delarna av grafen framträder. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: nämnarens nollställen, gränsvärden i $\pm \infty$ och ett teckenschema för derivatan.

Ledtråd 2

Faktorisera nämnaren: $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$. Undersök ensidiga gränsvärden vid $x=1$ och $x=-2$, samt $x\to \pm \infty$ (exponentialfunktionen dominerar potenser). Derivera med kvotregeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\frac{(x+1)(x-4)e^{x/2}}{2(x-1{)}^2(x+2{)}^2}$. Nämnaren är positiv där den inte är noll, så tecknet bestäms av $(x+1)(x-4)$.

Lösning

(a) Nämnaren är $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$, så $D_f=\mathbb{R}\setminus \{-2,1\}$. Täljaren är alltid positiv, så kurvan skär aldrig $x$-axeln; $y$-axeln skärs i $f(0)=-\frac{1}{2}$.

Asymptoter. Vid $\pm \infty$:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{e^{x/2}}{x^2+x-2}=0,\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^{x/2}}{x^2+x-2}=\infty$$

Det första eftersom täljaren går mot $0$ och nämnaren mot $\infty$; det andra eftersom exponentialfunktionen dominerar potensfunktioner. Alltså är $y=0$ vågrät asymptot åt vänster. Åt höger finns ingen sned asymptot, ty av samma skäl är

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^{x/2}}{x^3+x^2-2x}=\infty$$

Vid nämnarens nollställen går täljaren mot $\sqrt{e}$ respektive $\frac{1}{e}$, båda positiva:

$$\underset{x\to 1^{\pm }}{\lim }\frac{e^{x/2}}{(x-1)(x+2)}=\pm \infty ,\underset{x\to -2^{\pm }}{\lim }\frac{e^{x/2}}{(x-1)(x+2)}=\mp \infty$$

(vid $x=1$ är $x+2\to 3>0$; vid $x=-2$ är $x-1\to -3<0$). Sammanfattat:

$$\boxed{\text{lodra¨ta asymptoter }x=-2\text{ och }x=1;\text{va˚gra¨t asymptot }y=0\text{ da˚ }x\to -\infty }$$

Derivata. Kvotregeln ger

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

Kritiska punkter $x=-1$ och $x=4$; derivatan är odefinierad i $x=-2$ och $x=1$.

	$x<-2$	$-2$	$-2<x<-1$	$-1$	$-1<x<1$	$1$	$1<x<4$	$4$	$x>4$
$x+1$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$x-4$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$2(x-1{)}^2(x+2{)}^2$	$+$	$0$	$+$	$+$	$+$	$0$	$+$	$+$	$+$
$e^{x/2}$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	odef.	$+$	$0$	$-$	odef.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	asympt.	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	asympt.	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(-1)=\frac{e^{-1/2}}{1-1-2}=-\frac{1}{2\sqrt{e}}\approx -0,303,\text{lok. min }f(4)=\frac{e^2}{18}\approx 0,411}$$

Globala extremvärden saknas, eftersom $f$ är obegränsad både uppåt och nedåt.

Skiss. Från vänster startar kurvan strax under $x$-axeln (asymptoten $y=0$), växer och går mot $+\infty$ vid $x=-2^{-}$. Mellan asymptoterna kommer den från $-\infty$, når lokalt maximum $\left(-1,-\frac{1}{2\sqrt{e}}\right)$ och går mot $-\infty$ vid $x=1^{-}$. Till höger om $x=1$ kommer den från $+\infty$, sjunker till lokalt minimum $\left(4,\frac{e^2}{18}\right)$ och växer sedan obegränsat.

(b) Exempelvis (lärarens kod):

x = -6:0.01:12;                 % få med det intressanta intervallet
f = @(x) exp(x/2)./(x.^2+x-2);  % OBS: punktvis potens och kvot
y = f(x);
plot(x,y,-1,f(-1),'r*',4,f(4),'b*',[-2,-2],[-3,3],'k--',[1,1],[-3,3],'k--');
axis([-6,12,-3,3])              % begränsa y-led, annars dominerar asymptoterna
set(gca,'XAxisLocation','origin','YAxisLocation','origin')

Det viktiga är punktvisa operationer (./, .^), ett $x$-intervall som innehåller $-2$, $-1$, $1$ och $4$, och ett begränsat $y$-intervall med axis så att extrempunkterna syns trots de lodräta asymptoterna.

Kontrollerat mot facit. Lärarens figurtext skriver $e^{x/4}$, ett skrivfel; räkningen och koden använder $e^{x/2}$.

---

6. Taylorpolynom för $\arctan x$ och en approximation av $\pi$

Sätt

$$f(x)=\arctan x.$$

(a) Finn tredje ordningens taylorpolynom $P_3(x)$ till $f(x)$ kring punkten $0$. Lagranges restterm behöver ej beräknas. (3p)

(b) Man kan visa att

$$\pi =4\left(\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{3}\right).$$

Använd taylorpolynomet $P_3$ du funnit ovan för att finna en rationell approximation av $\pi$. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Taylors formel för en arcusfunktion.

Ledtråd 2

$P_3(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}{x}^3$, med $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}$. Derivera två gånger till.

Ledtråd 3

$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{2x}{(1+x^2{)}^2}$ och $f^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{6x^2-2}{(1+x^2{)}^3}$. I (b): beräkna $P_3\left(\frac{1}{2}\right)$ och $P_3\left(\frac{1}{3}\right)$.

Lösning

(a) Derivatorna:

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

I $x=0$: $f(0)=0$, $f^{\prime }(0)=1$, $f^{\prime \prime }(0)=0$ och $f^{\prime \prime \prime }(0)=-2$. Alltså

$$P_3(x)=0+x+0\cdot x^2-\frac{2}{3!}{x}^3⟹\boxed{P_3(x)=x-\frac{x^3}{3}}$$

(b) För små $x$ är $\arctan x\approx P_3(x)$:

$$\arctan \frac{1}{2}\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{3\cdot 8}=\frac{11}{24},\arctan \frac{1}{3}\approx \frac{1}{3}-\frac{1}{3\cdot 27}=\frac{26}{81}$$

Med gemensam nämnare $3\cdot 8\cdot 27=648$:

$$\pi \approx 4\left(\frac{11}{24}+\frac{26}{81}\right)=4\cdot \frac{297+208}{648}=\frac{505}{162}$$ $$\boxed{\pi \approx \frac{505}{162}\approx 3,117}$$

Felet är ungefär $0,024$.

Anmärkning: Identiteten följer av additionsformeln $\arctan u+\arctan v=\arctan \frac{u+v}{1-uv}$ (för $uv<1$ och $u,v>0$): $\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{6}}=1$, och $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Exponentialfunktioner och logaritmer
• Implicit derivering
• Derivata
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Taylors formel
• Arcusfunktioner