---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2024-08-21
typ: tenta
aliases:
  - Tenta M0047M 2024-08-21
---
> **Kurs:** [[M0065M]] — Envariabelanalys 1
> **Datum:** 2024-08-21
> **Källa:** originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_240821.pdf, m0047m_240821sols.pdf)
> *M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för $\sum_{k=1}^n k!\cdot k = (n+1)! - 1$
> - Uppgift 2: tre gränsvärden: ensidiga gränsvärden av en rot, bestämning av en konstant och absolutbelopp
> - Uppgift 3: parabeln $y = Cx^2$ och ellipsen $\frac{x^2}{2} + y^2 = 1$ skär varandra under rät vinkel
> - Uppgift 4: inverterbarhet, invers och inversens derivata för $x^3 + 9x - 16$
> - Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkter, asymptoter och värdemängd för $\dfrac{2x^2 - 6}{x - 2}$
> - Uppgift 6: största rektangeln inskriven i ellipsen $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$

> [!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. Induktionsbevis för en summa med fakulteter

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|matematisk induktion]] för en [[Talföljder och summor|summa]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Visa basfallet $n = 1$. Anta sedan att formeln gäller för $n = p$ och dela upp summan till $p + 1$ som summan till $p$ plus den sista termen $(p + 1)!\cdot(p + 1)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Bryt ut $(p + 1)!$ och använd $(p + 1)!\cdot(p + 2) = (p + 2)!$.

> [!note]- Lösning
> **Basfall** $n = 1$:
> $$
> \text{VL} = 1!\cdot 1 = 1, \qquad \text{HL} = 2! - 1 = 1
> $$
> så formeln gäller.
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för $n = p$ (induktionsantagandet):
> $$
> \sum_{k=1}^{p}k!\cdot k = (p + 1)! - 1
> $$
> Vi ska visa att den då gäller för $n = p + 1$, alltså att summan är $(p + 2)! - 1$. Med induktionsantagandet:
> $$
> \sum_{k=1}^{p+1}k!\cdot k = \left(\sum_{k=1}^{p}k!\cdot k\right) + (p + 1)!\cdot(p + 1) = (p + 1)! - 1 + (p + 1)!\cdot(p + 1)
> $$
> $$
> = (p + 1)!\cdot\big(1 + (p + 1)\big) - 1 = (p + 1)!\cdot(p + 2) - 1 = (p + 2)! - 1
> $$
> Enligt induktionsprincipen gäller formeln därför för alla $n = 1, 2, 3, \dots$ $\qquad\blacksquare$
>
> **Alternativt bevis (teleskopsumma).** Eftersom $k!\cdot k = \big((k + 1) - 1\big)k! = (k + 1)! - k!$ blir
> $$
> \sum_{k=1}^{n}k!\cdot k = (2! - 1!) + (3! - 2!) + \dots + \big((n + 1)! - n!\big) = (n + 1)! - 1! = (n + 1)! - 1
> $$
>
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}k!\cdot k = (n + 1)! - 1 \text{ för alla } n\ge 1}
> $$
>
> *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) Höger- respektive vänstergränsvärdena
$$
\lim_{x\to 0+}\sqrt{x^2 - x}, \qquad \lim_{x\to 0-}\sqrt{x^2 - x}.
$$
*(2p)*

(b) Bestäm konstanten $a$ så att
$$
\lim_{x\to a}\dfrac{x^2 - a^2}{x^2 - 8x + 12} = 3.
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 1}\dfrac{|3x - 6| - |x + 2|}{x - 1}.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 6*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Tre [[Gränsvärden|gränsvärden]]: (a) handlar om var funktionen är definierad ([[Kontinuitet]]), (b) och (c) är av typen $\tfrac00$ som ska förenklas.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Bestäm tecknet på $x^2 - x = x(x - 1)$ nära $0$ på varje sida. (b) Faktorisera nämnaren; täljaren $(x - a)(x + a)$ går mot $0$, så nämnaren måste också innehålla faktorn $x - a$. (c) Skriv beloppen utan beloppstecken för $x$ nära $1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $x(x - 1) < 0$ för $0 < x < 1$. (b) $x^2 - 8x + 12 = (x - 2)(x - 6)$, så $a = 2$ eller $a = 6$; pröva båda. (c) Nära $x = 1$ är $|3x - 6| = 6 - 3x$ och $|x + 2| = x + 2$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $x^2 - x = x(x - 1)$. För $0 < x < 1$ är $x > 0$ och $x - 1 < 0$, så $x^2 - x < 0$ och roten är inte definierad direkt till höger om $0$. Högergränsvärdet existerar därför inte.
>
> För $x < 0$ är båda faktorerna negativa, så $x^2 - x > 0$. Funktionen är definierad och kontinuerlig från vänster i $0$:
> $$
> \lim_{x\to 0-}\sqrt{x^2 - x} = \sqrt{0^2 - 0} = 0
> $$
> $$
> \boxed{\text{högergränsvärdet existerar ej}, \quad \lim_{x\to 0-}\sqrt{x^2 - x} = 0}
> $$
>
> **(b)** Täljaren $x^2 - a^2 = (x - a)(x + a)\to 0$ när $x\to a$. För att gränsvärdet ska bli $3\ne 0$ måste nämnaren också gå mot $0$, dvs. innehålla faktorn $x - a$. Eftersom $x^2 - 8x + 12 = (x - 2)(x - 6)$ måste $a = 2$ eller $a = 6$.
> $$
> a = 2: \quad \lim_{x\to 2}\dfrac{(x - 2)(x + 2)}{(x - 2)(x - 6)} = \lim_{x\to 2}\dfrac{x + 2}{x - 6} = \dfrac{4}{-4} = -1
> $$
> $$
> a = 6: \quad \lim_{x\to 6}\dfrac{(x - 6)(x + 6)}{(x - 2)(x - 6)} = \lim_{x\to 6}\dfrac{x + 6}{x - 2} = \dfrac{12}{4} = 3
> $$
> $$
> \boxed{a = 6}
> $$
>
> **(c)** Typen är $\tfrac00$. $|3x - 6| = 6 - 3x$ för $x < 2$ och $|x + 2| = x + 2$ för $x\ge -2$. Eftersom $-2 < 1 < 2$ gäller båda nära $x = 1$:
> $$
> \lim_{x\to 1}\dfrac{(6 - 3x) - (x + 2)}{x - 1} = \lim_{x\to 1}\dfrac{-4(x - 1)}{x - 1} = \boxed{-4}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Parabel och ellips som skär varandra vinkelrätt

Visa att parabeln
$$
y = Cx^2
$$
och ellipsen
$$
\dfrac{x^2}{2} + y^2 = 1
$$
skär varandra under räta vinklar för alla värden på parametern $C\in\mathbb{R}$.

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Två kurvor skär varandra under rät vinkel om tangenterna i skärningspunkten är vinkelräta. Ellipsens lutning fås med [[Implicit derivering|implicit derivering]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Visa först att skärningspunkter $(a, b)$ finns. Beräkna sedan parabelns lutning $k_1 = 2Ca$ och ellipsens lutning $k_2$ i $(a, b)$, och visa att $k_1k_2 = -1$. Behandla $C = 0$ separat.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Implicit derivering ger $x + 2yy' = 0$, alltså $k_2 = -\dfrac{a}{2b}$. Använd $b = Ca^2$ i produkten.

> [!note]- Lösning
> **Fallet $C\ne 0$.** *Skärningspunkter.* En skärningspunkt $(a, b)$ uppfyller $\dfrac{a^2}{2} + b^2 = 1$ och $b = Ca^2$. Insättning ger en andragradsekvation i $a^2$:
> $$
> C^2(a^2)^2 + \dfrac12a^2 - 1 = 0 \iff a^2 = \dfrac{-1\pm\sqrt{1 + 16C^2}}{4C^2}
> $$
> Eftersom $a^2 > 0$ måste plustecknet gälla:
> $$
> a^2 = \dfrac{\sqrt{1 + 16C^2} - 1}{4C^2} > 0
> $$
> Kurvorna skär alltså varandra i exakt två punkter $(\pm a, Ca^2)$, och där är $b = Ca^2\ne 0$.
>
> *Lutningar.* Parabelns tangent i $(a, b)$ har lutningen
> $$
> k_1 = \left.\dfrac{d}{dx}\left(Cx^2\right)\right|_{x=a} = 2Ca
> $$
> Implicit derivering av ellipsens ekvation med $y = y(x)$ ger
> $$
> x + 2yy' = 0 \iff y' = -\dfrac{x}{2y}
> $$
> så ellipsens tangent i $(a, b)$ har lutningen $k_2 = -\dfrac{a}{2b}$. Produkten är
> $$
> k_1k_2 = 2Ca\cdot\left(-\dfrac{a}{2b}\right) = -\dfrac{2Ca^2}{2b} = -\dfrac{b}{b} = -1
> $$
> eftersom $b = Ca^2$. Tangenterna är alltså vinkelräta.
>
> **Fallet $C = 0$.** Parabeln är då linjen $y = 0$, som skär ellipsen i $(\pm\sqrt2, 0)$. Där har ellipsen lodrät tangent (implicit derivering ger $x\,dx + 2y\,dy = 0$, dvs. $dx = 0$ när $y = 0$), medan linjen $y = 0$ är vågrät. Även här är vinkeln rät.
>
> $$
> \boxed{k_1k_2 = -1 \text{ i varje skärningspunkt då } C\ne 0; \text{ vågrät mot lodrät tangent då } C = 0}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Inversen till $x^3 + 9x - 16$

Låt
$$
f(x) = x^3 + 9x - 16, \quad x\in\mathbb{R}.
$$

(a) Visa att funktionen är inverterbar. *(1p)*

(b) Finn
$$
f^{-1}(10).
$$
*(2p)*

(c) Beräkna
$$
\left(f^{-1}\right)'(10).
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers|Inversa funktioner]] och [[Inversa funktioners derivata|inversens derivata]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) En strängt växande funktion är injektiv; undersök tecknet på $f'$. (b) $f^{-1}(10) = y \iff f(y) = 10$. (c) $\left(f^{-1}\right)'(x) = \dfrac{1}{f'(y)}$ där $y = f^{-1}(x)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (b) Ekvationen $y^3 + 9y - 26 = 0$ har en heltalsrot som syns direkt. (c) Sätt in den roten i $f'(y) = 3y^2 + 9$, inte $x = 10$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $f'(x) = 3x^2 + 9\ge 9 > 0$ för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$ och därmed injektiv (1-1). Alltså är $f$ inverterbar.
>
> **(b)** $y = f^{-1}(10) \iff f(y) = 10$:
> $$
> y^3 + 9y - 16 = 10 \iff y^3 + 9y - 26 = 0
> $$
> $y = 2$ är en lösning: $8 + 18 - 26 = 0$. Eftersom $f$ är injektiv finns ingen annan (polynomdivision ger också $y^3 + 9y - 26 = (y - 2)(y^2 + 2y + 13)$ där $y^2 + 2y + 13 = (y + 1)^2 + 12 > 0$).
> $$
> \boxed{f^{-1}(10) = 2}
> $$
>
> **(c)** Implicit derivering av $x = f(y)$ med avseende på $x$ ger $1 = f'(y)\,y'$, alltså
> $$
> \left(f^{-1}\right)'(x) = \dfrac{1}{f'(y)} = \dfrac{1}{3y^2 + 9}
> $$
> I $x = 10$ är $y = 2$:
> $$
> \left(f^{-1}\right)'(10) = \dfrac{1}{3\cdot 2^2 + 9} = \boxed{\dfrac{1}{21}}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 5. Kurvan $\dfrac{2x^2 - 6}{x - 2}$

Betrakta funktionen
$$
y = f(x) = \dfrac{2x^2 - 6}{x - 2}.
$$
Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentliga teckenscheman. Ange funktionens värdemängd $R(f)$. Skissera kurvan.

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] av en rationell funktion: [[Extremvärden|extremvärden]] med förstaderivatan och [[Andraderivata och konvexitet|konvexitet]] med andraderivatan.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Polynomdividera för att hitta den sneda asymptoten. Nämnarens nollställe ger en lodrät asymptot. Derivera med kvotregeln och faktorisera.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f(x) = 2x + 4 + \dfrac{2}{x - 2}$, vilket ger $f'(x) = 2 - \dfrac{2}{(x - 2)^2} = \dfrac{2(x - 1)(x - 3)}{(x - 2)^2}$ och $f''(x) = \dfrac{4}{(x - 2)^3}$.

> [!note]- Lösning
> $D(f) = \mathbb{R}\setminus\{2\}$. Nollställen: $2x^2 - 6 = 0 \iff x = \pm\sqrt3$. Skärning med $y$-axeln: $f(0) = 3$.
>
> **Asymptoter.** Polynomdivision:
> $$
> f(x) = \dfrac{2x(x - 2) + 4(x - 2) + 2}{x - 2} = 2x + 4 + \dfrac{2}{x - 2}
> $$
> Eftersom $\dfrac{2}{x - 2}\to 0$ när $x\to\pm\infty$ är $y = 2x + 4$ en sned asymptot åt båda hållen. Täljaren går mot $2\cdot 4 - 6 = 2 > 0$ när $x\to 2$, så
> $$
> \lim_{x\to 2-}f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x\to 2+}f(x) = +\infty
> $$
> och $x = 2$ är en lodrät asymptot. Vågräta asymptoter saknas.
>
> **Derivator.**
> $$
> f'(x) = 2 - \dfrac{2}{(x - 2)^2} = \dfrac{2(x - 2)^2 - 2}{(x - 2)^2} = \dfrac{2x^2 - 8x + 6}{(x - 2)^2} = \dfrac{2(x - 1)(x - 3)}{(x - 2)^2}
> $$
> $$
> f''(x) = \dfrac{4}{(x - 2)^3}
> $$
> Kritiska punkter: $x = 1$ och $x = 3$. $f''$ har inga nollställen.
>
> | | $x < 1$ | $1$ | $1 < x < 2$ | $2$ | $2 < x < 3$ | $3$ | $x > 3$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $2(x - 1)$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 3$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $(x - 2)^2$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | asymptot | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> | | $x < 2$ | $2$ | $x > 2$ |
> |---|---|---|---|
> | $f''(x)$ | $-$ | odef. | $+$ |
> | $f(x)$ | konkav | asymptot | konvex |
>
> $$
> f(1) = \dfrac{2 - 6}{-1} = 4, \qquad f(3) = \dfrac{18 - 6}{1} = 12
> $$
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(1) = 4, \quad \text{lok. min } f(3) = 12, \quad \text{inga inflexionspunkter}}
> $$
> $$
> \boxed{\text{asymptoter: } x = 2 \text{ (lodrät) och } y = 2x + 4 \text{ (sned, då } x\to\pm\infty)}
> $$
> Konvexiteten byter visserligen tecken vid $x = 2$, men där är $f$ inte definierad, så det är ingen inflexionspunkt.
>
> **Värdemängd.** På $(-\infty, 2)$ växer $f$ från $-\infty$ till $4$ och avtar sedan mot $-\infty$, så värdena är $(-\infty, 4]$. På $(2, \infty)$ avtar $f$ från $+\infty$ till $12$ och växer sedan mot $+\infty$, så värdena är $[12, \infty)$.
> $$
> \boxed{R(f) = (-\infty, 4]\cup[12, \infty) = \mathbb{R}\setminus(4, 12)}
> $$
> *Kontroll:* $f(x) = y \iff 2x^2 - yx + 2y - 6 = 0$ har reell lösning precis när diskriminanten $y^2 - 16y + 48 = (y - 4)(y - 12)\ge 0$.
>
> **Skiss.** Kurvan har två grenar. Den vänstra ligger under den sneda asymptoten, går upp till toppen $(1, 4)$ och störtar mot $-\infty$ vid $x = 2$. Den högra ligger över asymptoten, kommer ner från $+\infty$ vid $x = 2$ till botten $(3, 12)$ och följer sedan $y = 2x + 4$ uppåt.
>
> ![[tenta240821-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning skriver av misstag $f(4)$ för minimivärdet, men räknar $f(3) = 12$; värdet är detsamma.*

---

## 6. Största rektangeln i en ellips

En rektangel skall inskrivas i ellipsen
$$
\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1,
$$
se nedanstående figur.

![[m47-ellips-rektangel.png|520]]

*Figuren är omritad efter originalet (hörnet här godtyckligt valt).*

Hur skall rektangelns sidor väljas för att dess area ska maximeras? Vad är den maximala arean av denna inskrivna rektangel?

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> En optimeringsuppgift: [[Extremvärden|största värde]] av en kontinuerlig funktion på ett slutet intervall.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Låt $(x, y)$ vara hörnet i första kvadranten. Då har rektangeln sidorna $2x$ och $2y$, och $y = \sqrt{1 - x^2/4}$. Maximera $A(x) = 4x\sqrt{1 - x^2/4} = 2x\sqrt{4 - x^2}$ på $[0, 2]$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $A'(x) = \dfrac{2(4 - 2x^2)}{\sqrt{4 - x^2}}$, som är noll för $x^2 = 2$. Ändpunkterna ger $A = 0$.

> [!note]- Lösning
> Av symmetri ligger rektangelns hörn i $(\pm x, \pm y)$ där $(x, y)$ är ett hörn på ellipsen i första kvadranten. Då är
> $$
> y = \sqrt{1 - \dfrac{x^2}{4}} = \dfrac12\sqrt{4 - x^2}, \qquad 0\le x\le 2
> $$
> och rektangelns area är
> $$
> A(x) = 2x\cdot 2y = 2x\sqrt{4 - x^2}
> $$
> $A$ är kontinuerlig på det slutna intervallet $[0, 2]$, så ett största värde finns. I ändpunkterna är $A(0) = A(2) = 0$, så maximum antas i en inre punkt. För $0 < x < 2$ är
> $$
> A'(x) = 2\sqrt{4 - x^2} + 2x\cdot\dfrac{-2x}{2\sqrt{4 - x^2}} = \dfrac{2\big((4 - x^2) - x^2\big)}{\sqrt{4 - x^2}} = \dfrac{2(4 - 2x^2)}{\sqrt{4 - x^2}}
> $$
> $A'(x) = 0 \iff x^2 = 2 \iff x = \sqrt2$ (den enda kritiska punkten i intervallet). Där är
> $$
> y = \dfrac12\sqrt{4 - 2} = \dfrac{1}{\sqrt2}, \qquad A(\sqrt2) = 2\sqrt2\cdot\sqrt2 = 4
> $$
> Rektangelns sidor är $2x = 2\sqrt2$ (längs $x$-axeln) och $2y = \sqrt2$ (längs $y$-axeln):
> $$
> \boxed{\text{sidorna } 2\sqrt2 \text{ och } \sqrt2, \quad A_{\max} = 4 \text{ a.e.}}
> $$
> Sidorna förhåller sig som halvaxlarna, $2 : 1$. *(Alternativt: med $x = 2\cos t$, $y = \sin t$ blir $A = 8\sin t\cos t = 4\sin 2t$, som är störst, $4$, för $t = \dfrac{\pi}{4}$.)*
>
> *Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning anger "sidor $x = \sqrt2$, $y = \dfrac{1}{\sqrt2}$"; det är koordinaterna för hörnet i första kvadranten, alltså halva sidlängderna. Rektangelns sidor är $2\sqrt2$ och $\sqrt2$, i överensstämmelse med arean $4$.*

---

## Se även

- [[M0065M]]
- [[Matematisk induktion]]
- [[Talföljder och summor]]
- [[Gränsvärden]]
- [[Kontinuitet]]
- [[Implicit derivering]]
- [[Funktioner och invers]]
- [[Inversa funktioners derivata]]
- [[Extremvärden]]
- [[Grafritning och asymptoter]]
- [[Andraderivata och konvexitet]]