---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2023-12-21
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för summaformeln $\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k - 1}{k!} = \dfrac{n! - 1}{n!}$
> - Uppgift 2: tre gränsvärden, $\dfrac{2^{3x}}{3^{2x}}$ 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 $\dfrac{e^{x/2}}{x^2 + x - 2}$, samt MATLAB-plottning
> - Uppgift 6: Taylorpolynom för $\arctan x$ och en rationell approximation av $\pi$

> [!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. En summaformel med fakulteter

Formeln
$$
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k - 1}{k!} = \dfrac{n! - 1}{n!}
$$
gäller för alla positiva heltal $n$. Bevisa detta, till exempel med induktion. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]] av en [[Talföljder och summor|summaformel]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Skriv högerledet som $1 - \dfrac{1}{n!}$. Visa basfallet $n = 1$, anta formeln för $n = p$ och visa den för $n = p + 1$ genom att lägga till termen $k = p + 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Den nya termen är $\dfrac{p}{(p + 1)!}$, och $\dfrac{1}{p!} = \dfrac{p + 1}{(p + 1)!}$ eftersom $(p + 1)! = (p + 1)\cdot p!$.

> [!note]- Lösning
> Högerledet kan skrivas $\dfrac{n! - 1}{n!} = 1 - \dfrac{1}{n!}$, så vi visar att
> $$
> \sum_{k=1}^{n}\dfrac{k - 1}{k!} = 1 - \dfrac{1}{n!}
> $$
>
> **Basfall.** För $n = 1$ är vänsterledet $\dfrac{1 - 1}{1!} = 0$ och högerledet $1 - \dfrac{1}{1!} = 0$. Formeln gäller.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för något heltal $n = p\ge 1$, dvs. att
> $$
> \sum_{k=1}^{p}\dfrac{k - 1}{k!} = 1 - \dfrac{1}{p!} \quad\text{(induktionsantagandet)}
> $$
> Då är, med $(p + 1)! = (p + 1)\cdot p!$,
> $$
> \begin{aligned}
> \sum_{k=1}^{p+1}\dfrac{k - 1}{k!} &= \sum_{k=1}^{p}\dfrac{k - 1}{k!} + \dfrac{p}{(p + 1)!} = 1 - \dfrac{1}{p!} + \dfrac{p}{(p + 1)!}\\
> &= 1 - \dfrac{p + 1}{(p + 1)!} + \dfrac{p}{(p + 1)!} = 1 - \dfrac{1}{(p + 1)!}
> \end{aligned}
> $$
> vilket är formeln för $n = p + 1$.
>
> Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k - 1}{k!} = \dfrac{n! - 1}{n!} \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> **Alternativt bevis (teleskopsumma).** För $k\ge 1$ är
> $$
> \dfrac{k - 1}{k!} = \dfrac{k}{k!} - \dfrac{1}{k!} = \dfrac{1}{(k - 1)!} - \dfrac{1}{k!}
> $$
> så i summan tar termerna ut varandra parvis:
> $$
> \sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1}{(k - 1)!} - \dfrac{1}{k!}\right) = \dfrac{1}{0!} - \dfrac{1}{n!} = 1 - \dfrac{1}{n!}
> $$
>
> *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)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{2^{3x}}{3^{2x}}.
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{\cos^2 x - 3\cos x + 2}{1 - \cos x}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 0^+}x^{1/\sqrt x}
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Gränsvärden]] och [[Oegentliga gränsvärden]]: omskrivning med potenslagar, faktorisering och den användbara identiteten $f = e^{\ln f}$ ([[Exponentialfunktioner och logaritmer]]).
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\dfrac{2^{3x}}{3^{2x}} = \left(\dfrac89\right)^x$. (b) $\cos^2 x - 3\cos x + 2 = (\cos x - 1)(\cos x - 2)$. (c) $\ln x\to -\infty$ och $\dfrac{1}{\sqrt x}\to +\infty$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med potenslagarna är
> $$
> \dfrac{2^{3x}}{3^{2x}} = \dfrac{(2^3)^x}{(3^2)^x} = \left(\dfrac89\right)^x
> $$
> Eftersom $0 < \dfrac89 < 1$ går detta mot noll:
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\infty}\dfrac{2^{3x}}{3^{2x}} = 0}
> $$
>
> **(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:
> $$
> \dfrac{(\cos x - 1)(\cos x - 2)}{1 - \cos x} = -(\cos x - 2) = 2 - \cos x
> $$
> Detta är kontinuerligt, så
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0}\dfrac{\cos^2 x - 3\cos x + 2}{1 - \cos x} = 2 - \cos 0 = 1}
> $$
>
> **(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 $\dfrac{1}{\sqrt x}\to +\infty$, så produkten $\dfrac{\ln x}{\sqrt x}\to -\infty$. (Här behövs inget standardgränsvärde; det är ingen obestämd form.) Eftersom $e^t\to 0$ när $t\to -\infty$:
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0^+}x^{1/\sqrt x} = 0}
> $$
>
> *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 $\left(\sqrt5, \sqrt3\right)$. *(3p)*

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Implicit derivering]]: betrakta $y$ som en funktion av $x$ och derivera båda leden. I (b) söker du [[Extremvärden]] för $y$ längs kurvan.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Kedjeregeln ger $\dfrac{d}{dx}(x^2 + y^2)^2 = 2(x^2 + y^2)(2x + 2yy')$. Lös ut $y'$. Tangenten fås sedan ur enpunktsformeln. I (b) är tangenten vågrät, $y' = 0$, där $y$ är störst eller minst.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $y' = \dfrac{x\left(16 - (x^2 + y^2)\right)}{y\left(16 + (x^2 + y^2)\right)}$. I (b): $x = 0$ ger bara origo, så $x^2 + y^2 = 16$; sätt in det i kurvans ekvation.

> [!note]- 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
> $$
> 2(x^2 + y^2)(2x + 2yy') = 32(2x - 2yy') \iff (x^2 + y^2)(x + yy') = 16x - 16yy'
> $$
> Samla termerna med $y'$:
> $$
> y\,y'\left(16 + (x^2 + y^2)\right) = x\left(16 - (x^2 + y^2)\right) \iff y' = \dfrac{x\left(16 - (x^2 + y^2)\right)}{y\left(16 + (x^2 + y^2)\right)}, \quad y\ne 0
> $$
> I $\left(\sqrt5, \sqrt3\right)$ är $x^2 + y^2 = 8$, så lutningen är
> $$
> k = \dfrac{\sqrt5\,(16 - 8)}{\sqrt3\,(16 + 8)} = \dfrac{\sqrt5}{3\sqrt3}
> $$
> Enpunktsformeln ger
> $$
> y - \sqrt3 = \dfrac{\sqrt5}{3\sqrt3}\left(x - \sqrt5\right) \iff y = \dfrac{\sqrt5\,x - 5 + 9}{3\sqrt3}
> $$
> $$
> \boxed{y = \dfrac{\sqrt5\,x + 4}{3\sqrt3}}
> $$
>
> **(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 $x = \pm 4\sqrt2$; där är $y = 0$ varken störst eller minst (kurvan har punkter med både $y > 0$ och $y < 0$, t.ex. $\left(\sqrt5, \pm\sqrt3\right)$). Alltså antas extremvärdena där $y\ne 0$ och tangenten är vågrät, $y' = 0$:
> $$
> x\left(16 - (x^2 + y^2)\right) = 0 \iff x = 0 \ \text{ eller } \ x^2 + y^2 = 16
> $$
> 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 $x^2 = 16 - y^2$:
> $$
> 16^2 = 32\left(16 - 2y^2\right) \iff 8 = 16 - 2y^2 \iff y^2 = 4
> $$
> Då är $x^2 = 16 - 4 = 12$, dvs. $x = \pm 2\sqrt3$.
> $$
> \boxed{y_{\max} = 2 \text{ i } \left(\pm 2\sqrt3, 2\right), \qquad y_{\min} = -2 \text{ i } \left(\pm 2\sqrt3, -2\right)}
> $$
>
> *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 $s = \dfrac14$ och ger $y^2 = 32\cdot\dfrac12\cdot\dfrac14 = 4$.
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Tangent och normal via [[Derivata|derivatan]], och sedan en [[Extremvärden|optimering]] av en funktion av en variabel.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Normalen är vinkelrät mot tangenten, så dess lutning är $k_n = -\dfrac{1}{f'(a)}$. Sätt $x = 0$ i normalens ekvation för att få $b(a)$ och minimera sedan $b(a)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $b(a) = \dfrac{1}{4a^2} + a^4$, som går mot $+\infty$ både då $a\to 0$ och $a\to\pm\infty$. Lös $b'(a) = 0$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $P = (a, a^4)$ och $f'(x) = 4x^3$, så tangentens lutning är $4a^3\ne 0$ och normalens lutning
> $$
> k_n = -\dfrac{1}{4a^3}
> $$
> Enpunktsformeln ger
> $$
> y - a^4 = -\dfrac{1}{4a^3}(x - a) \iff \boxed{y = -\dfrac{x}{4a^3} + \dfrac{1}{4a^2} + a^4}
> $$
>
> **(b)** Med $x = 0$ får vi
> $$
> b(a) = \dfrac{1}{4a^2} + a^4, \quad a\ne 0
> $$
> Funktionen är jämn, så det räcker att studera $a > 0$. Där är $b$ deriverbar och
> $$
> \lim_{a\to 0^+}b(a) = +\infty, \qquad \lim_{a\to\infty}b(a) = +\infty
> $$
> så minimum antas i en inre punkt där $b'(a) = 0$:
> $$
> b'(a) = -\dfrac{1}{2a^3} + 4a^3 = 0 \iff a^6 = \dfrac18 \iff a^2 = \dfrac12 \iff a = \dfrac{1}{\sqrt2}
> $$
> Det är den enda kritiska punkten för $a > 0$ (och $b''(a) = \dfrac{3}{2a^4} + 12a^2 > 0$). Med $a^2 = \dfrac12$ och $a^4 = \dfrac14$:
> $$
> b\left(\dfrac{1}{\sqrt2}\right) = \dfrac{1}{4\cdot\frac12} + \dfrac14 = \dfrac12 + \dfrac14 = \dfrac34
> $$
> $$
> \boxed{b_{\min} = \dfrac34 \text{ för } P = \left(\pm\dfrac{1}{\sqrt2}, \dfrac14\right)}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

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

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]]: nämnarens nollställen, gränsvärden i $\pm\infty$ och ett [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]].
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = \dfrac{(x + 1)(x - 4)\,e^{x/2}}{2(x - 1)^2(x + 2)^2}$. Nämnaren är positiv där den inte är noll, så tecknet bestäms av $(x + 1)(x - 4)$.

> [!note]- 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 $f(0) = -\dfrac12$.
>
> **Asymptoter.** Vid $\pm\infty$:
> $$
> \lim_{x\to -\infty}\dfrac{e^{x/2}}{x^2 + x - 2} = 0, \qquad \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^{x/2}}{x^2 + x - 2} = \infty
> $$
> 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
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^{x/2}}{x^3 + x^2 - 2x} = \infty
> $$
> Vid nämnarens nollställen går täljaren mot $\sqrt e$ respektive $\dfrac1e$, båda positiva:
> $$
> \lim_{x\to 1^\pm}\dfrac{e^{x/2}}{(x - 1)(x + 2)} = \pm\infty, \qquad \lim_{x\to -2^\pm}\dfrac{e^{x/2}}{(x - 1)(x + 2)} = \mp\infty
> $$
> (vid $x = 1$ är $x + 2\to 3 > 0$; vid $x = -2$ är $x - 1\to -3 < 0$). Sammanfattat:
> $$
> \boxed{\text{lodräta asymptoter } x = -2 \text{ och } x = 1; \quad \text{vågrät asymptot } y = 0 \text{ då } x\to -\infty}
> $$
>
> **Derivata.** Kvotregeln ger
> $$
> f'(x) = \dfrac{\frac12 e^{x/2}(x^2 + x - 2) - e^{x/2}(2x + 1)}{(x^2 + x - 2)^2} = \dfrac{(x^2 - 3x - 4)\,e^{x/2}}{2(x - 1)^2(x + 2)^2} = \dfrac{(x + 1)(x - 4)\,e^{x/2}}{2(x - 1)^2(x + 2)^2}
> $$
> Kritiska punkter $x = -1$ och $x = 4$; derivatan är odefinierad i $x = -2$ och $x = 1$.
>
> | | $x < -2$ | $-2$ | $-2 < x < -1$ | $-1$ | $-1 < x < 1$ | $1$ | $1 < x < 4$ | $4$ | $x > 4$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $x + 1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 4$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $2(x - 1)^2(x + 2)^2$ | $+$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $e^{x/2}$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | odef. | $+$ | $0$ | $-$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | asympt. | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | asympt. | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(-1) = \dfrac{e^{-1/2}}{1 - 1 - 2} = -\dfrac{1}{2\sqrt e}\approx -0{,}303, \qquad \text{lok. min } f(4) = \dfrac{e^2}{18}\approx 0{,}411}
> $$
> 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 $\left(-1, -\dfrac{1}{2\sqrt e}\right)$ och går mot $-\infty$ vid $x = 1^-$. Till höger om $x = 1$ kommer den från $+\infty$, sjunker till lokalt minimum $\left(4, \dfrac{e^2}{18}\right)$ och växer sedan obegränsat.
>
> **(b)** Exempelvis (lärarens kod):
> ```matlab
> 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.
>
> ![[tenta231221-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
\pi = 4\left(\arctan\dfrac12 + \arctan\dfrac13\right).
$$
Använd taylorpolynomet $P_3$ du funnit ovan för att finna en rationell approximation av $\pi$. *(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Taylors formel]] för en [[Arcusfunktioner|arcusfunktion]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P_3(x) = f(0) + f'(0)x + \dfrac{f''(0)}{2!}x^2 + \dfrac{f'''(0)}{3!}x^3$, med $f'(x) = \dfrac{1}{1 + x^2}$. Derivera två gånger till.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f''(x) = -\dfrac{2x}{(1 + x^2)^2}$ och $f'''(x) = \dfrac{6x^2 - 2}{(1 + x^2)^3}$. I (b): beräkna $P_3\left(\frac12\right)$ och $P_3\left(\frac13\right)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Derivatorna:
> $$
> f'(x) = \dfrac{1}{1 + x^2}, \qquad f''(x) = -\dfrac{2x}{(1 + x^2)^2}
> $$
> $$
> f'''(x) = \dfrac{-2(1 + x^2)^2 + 2x\cdot 2(1 + x^2)\cdot 2x}{(1 + x^2)^4} = \dfrac{-2(1 + x^2) + 8x^2}{(1 + x^2)^3} = \dfrac{6x^2 - 2}{(1 + x^2)^3}
> $$
> I $x = 0$: $f(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f''(0) = 0$ och $f'''(0) = -2$. Alltså
> $$
> P_3(x) = 0 + x + 0\cdot x^2 - \dfrac{2}{3!}x^3 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{P_3(x) = x - \dfrac{x^3}{3}}
> $$
>
> **(b)** För små $x$ är $\arctan x\approx P_3(x)$:
> $$
> \arctan\dfrac12\approx\dfrac12 - \dfrac{1}{3\cdot 8} = \dfrac{11}{24}, \qquad \arctan\dfrac13\approx\dfrac13 - \dfrac{1}{3\cdot 27} = \dfrac{26}{81}
> $$
> Med gemensam nämnare $3\cdot 8\cdot 27 = 648$:
> $$
> \pi\approx 4\left(\dfrac{11}{24} + \dfrac{26}{81}\right) = 4\cdot\dfrac{297 + 208}{648} = \dfrac{505}{162}
> $$
> $$
> \boxed{\pi\approx\dfrac{505}{162}\approx 3{,}117}
> $$
> Felet är ungefär $0{,}024$.
>
> *Anmärkning:* Identiteten följer av additionsformeln $\arctan u + \arctan v = \arctan\dfrac{u + v}{1 - uv}$ (för $uv < 1$ och $u, v > 0$): $\dfrac{\frac12 + \frac13}{1 - \frac16} = 1$, och $\arctan 1 = \dfrac{\pi}{4}$.
>
> *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]]