---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2024-12-18
typ: tenta
aliases:
  - Tenta M0047M 2024-12-18
---
> **Kurs:** [[M0065M]] — Envariabelanalys 1
> **Datum:** 2024-12-18
> **Källa:** originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_241218.pdf, m0047m_241218sols.pdf)
> *M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: rekursiv talföljd $a_{n+1} = \sqrt{a_n + 1}$: växande och begränsad med induktion, sedan gränsvärdet
> - Uppgift 2: tre gränsvärden: instängning, faktorisering av $\tfrac00$-uttryck och logaritmlagar
> - Uppgift 3: $\cos x$ och $\tan x$ skär varandra under räta vinklar, och derivatorna i skärningspunkterna
> - Uppgift 4: värdemängd, antal nollställen och lokalisering av nollställen för ett tredjegradspolynom
> - Uppgift 5: kurvan $x(2 - \ln x)$ och tangenter som skär $y$-axeln i $(0, a)$
> - Uppgift 6: Taylorpolynom till $\arcsin x$ 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. Rekursiv talföljd och induktion

Definiera talföljden $(a_n)_{n = 0, 1, 2, \ldots}$ rekursivt genom
$$
\begin{cases}
a_0 = 1,\\
a_{n+1} = \sqrt{a_n + 1}, \quad n = 0, 1, 2, \ldots
\end{cases}
$$

(a) Visa med induktion att $a_n > a_{n-1}$ för $n = 1, 2, 3, \ldots$. *(2p)*

(b) Visa med induktion att $a_n < 2$ för $n = 0, 1, 2, \ldots$. *(2p)*

(c) Då talföljden $(a_n)$ är växande och uppåt begränsad så konvergerar den mot ett gränsvärde
$$
a = \lim_{n\to\infty}a_n.
$$
Bestäm $a$. *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) och (b) är bevis med [[Matematisk induktion]]; (c) är ett gränsvärde för en rekursiv [[Talföljder och summor|talföljd]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Visa basfallet och induktionssteget. I steget används att $t\mapsto\sqrt{t + 1}$ är strängt växande. (c) Låt $n\to\infty$ på båda sidor i rekursionen; $a_{n+1}\to a$ också.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) Om $a_p > a_{p-1}$ så är $\sqrt{a_p + 1} > \sqrt{a_{p-1} + 1}$. (b) Om $a_p < 2$ så är $a_{p+1} < \sqrt3 < 2$. (c) Gränsvärdet uppfyller $a = \sqrt{a + 1}$, dvs. $a^2 - a - 1 = 0$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** *Basfall* $n = 1$: $a_1 = \sqrt{a_0 + 1} = \sqrt2 > 1 = a_0$.
>
> *Induktionssteg:* antag att $a_p > a_{p-1}$ för något $p\ge 1$ (induktionsantagande). Eftersom kvadratroten är strängt växande gäller
> $$
> a_{p+1} = \sqrt{a_p + 1} > \sqrt{a_{p-1} + 1} = a_p
> $$
> Enligt induktionsprincipen gäller $a_n > a_{n-1}$ för alla $n\ge 1$, dvs. $(a_n)$ är växande.
>
> **(b)** *Basfall* $n = 0$: $a_0 = 1 < 2$.
>
> *Induktionssteg:* antag att $a_p < 2$ för något $p\ge 0$. Då är
> $$
> a_{p+1} = \sqrt{a_p + 1} < \sqrt{2 + 1} = \sqrt3 < \sqrt4 = 2
> $$
> Enligt induktionsprincipen gäller $a_n < 2$ för alla $n\ge 0$.
>
> **(c)** Om $a_n\to a$ så gäller också $a_{n+1}\to a$. Kvadratroten är kontinuerlig, så
> $$
> a = \lim_{n\to\infty}a_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{a_n + 1} = \sqrt{a + 1}
> $$
> Kvadrering ger $a^2 - a - 1 = 0$, dvs. $a = \dfrac{1\pm\sqrt5}{2}$. Alla $a_n\ge a_0 = 1 > 0$, så $a\ge 1$ och den negativa roten förkastas:
> $$
> \boxed{a = \dfrac{1 + \sqrt5}{2}}
> $$
> Det är gyllene snittet $\varphi\approx 1{,}618$. De första termerna $1$; $1{,}414$; $1{,}554$; $1{,}598$; $1{,}612$; … närmar sig mycket riktigt detta värde.
>
> *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)
$$
\lim_{x\to\infty}\dfrac{\arctan x}{x}.
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 1}\dfrac{3x^2 - 2x - 1}{5x^2 - 3x - 2}.
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to e}\dfrac{(\ln x)^2 + \ln(x^2) - 3}{\ln\left(\dfrac{x}{e}\right)}.
$$
**Ledning:** logaritmlagar. *(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärde mot oändligheten]] med en begränsad täljare; (b) och (c) är [[Gränsvärden|gränsvärden]] av typen $\tfrac00$ som ska förenklas.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Använd att $-\dfrac\pi2 < \arctan x < \dfrac\pi2$ ([[Arcusfunktioner]]) och instängning. (b) $x = 1$ är nollställe till både täljare och nämnare, så båda har faktorn $x - 1$. (c) Skriv om med [[Exponentialfunktioner och logaritmer|logaritmlagarna]] och sätt $t = \ln x$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (b) $3x^2 - 2x - 1 = (3x + 1)(x - 1)$ och $5x^2 - 3x - 2 = (5x + 2)(x - 1)$. (c) Uttrycket blir $\dfrac{t^2 + 2t - 3}{t - 1}$ med $t\to 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** För $x > 0$ gäller
> $$
> -\dfrac{\pi}{2x} < \dfrac{\arctan x}{x} < \dfrac{\pi}{2x}
> $$
> och båda gränserna går mot $0$ när $x\to\infty$. Enligt instängningssatsen är
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{\arctan x}{x} = \boxed{0}
> $$
>
> **(b)** Både täljare och nämnare är $0$ i $x = 1$, så de har faktorn $x - 1$:
> $$
> \dfrac{3x^2 - 2x - 1}{5x^2 - 3x - 2} = \dfrac{(3x + 1)(x - 1)}{(5x + 2)(x - 1)} = \dfrac{3x + 1}{5x + 2}\to\dfrac{4}{7}
> $$
> $$
> \boxed{\dfrac47}
> $$
>
> **(c)** Med $\ln(x^2) = 2\ln x$ och $\ln\dfrac{x}{e} = \ln x - 1$ (för $x > 0$) blir uttrycket, med $t = \ln x\to 1$,
> $$
> \dfrac{t^2 + 2t - 3}{t - 1} = \dfrac{(t - 1)(t + 3)}{t - 1} = t + 3\to 1 + 3
> $$
> $$
> \boxed{4}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Cosinus och tangens skär varandra under räta vinklar

Graferna till funktionerna $f(x) = \cos x$ och $g(x) = \tan x$ skär varandra oändligt många gånger, se nedanstående figur.

![[tenta241218-uppgift3-cos-tan.png|520]]

*Figuren är omritad efter originalet.*

(a) Visa att dessa funktioner skär varandra under räta vinklar i varje skärningspunkt. *(2p)*

(b) Beräkna derivatorna till dessa två funktioner i varje skärningspunkt. *(3p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Två kurvor skär varandra under rät vinkel när tangenternas lutningar ([[Derivata|derivator]]) har produkten $-1$. Derivatorna finns bland [[Elementära funktioners derivator]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > I en skärningspunkt $\xi$ gäller $\cos\xi = \tan\xi = \dfrac{\sin\xi}{\cos\xi}$, dvs. $\cos^2\xi = \sin\xi$. Lutningarna är $f'(\xi) = -\sin\xi$ och $g'(\xi) = \dfrac{1}{\cos^2\xi}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $f'(\xi)g'(\xi) = -\dfrac{\sin\xi}{\cos^2\xi}$. (b) Med $\cos^2\xi = 1 - \sin^2\xi$ blir $\cos^2\xi = \sin\xi$ en andragradsekvation i $s = \sin\xi$: $s^2 + s - 1 = 0$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Låt $\xi$ vara en skärningspunkt; där är $\cos\xi\ne 0$ eftersom $\tan$ är definierad. Då gäller
> $$
> \cos\xi = \dfrac{\sin\xi}{\cos\xi} \iff \cos^2\xi = \sin\xi \iff \dfrac{\sin\xi}{\cos^2\xi} = 1
> $$
> Derivatorna är $f'(x) = -\sin x$ och $g'(x) = \dfrac{1}{\cos^2x}$, så tangenternas lutningar i $\xi$ är $k_1 = -\sin\xi$ och $k_2 = \dfrac{1}{\cos^2\xi}$. Deras produkt är
> $$
> k_1k_2 = -\dfrac{\sin\xi}{\cos^2\xi} = -1
> $$
> alltså är tangenterna vinkelräta och kurvorna skär varandra under räta vinklar i varje skärningspunkt.
>
> **(b)** Med $\cos^2\xi = 1 - \sin^2\xi$ och $s = \sin\xi$:
> $$
> 1 - s^2 = s \iff s^2 + s - 1 = 0 \iff s = -\dfrac12\pm\sqrt{\dfrac14 + 1} = \dfrac{-1\pm\sqrt5}{2}
> $$
> Eftersom $\sin\xi = \cos^2\xi > 0$ förkastas den negativa roten, och $\sin\xi = \dfrac{\sqrt5 - 1}{2}$ i varje skärningspunkt. Därmed är
> $$
> \boxed{f'(\xi) = -\sin\xi = \dfrac{1 - \sqrt5}{2}\approx -0{,}618}
> $$
> $$
> \boxed{g'(\xi) = \dfrac{1}{\cos^2\xi} = \dfrac{1}{\sin\xi} = \dfrac{2}{\sqrt5 - 1} = \dfrac{\sqrt5 + 1}{2}\approx 1{,}618}
> $$
> i varje skärningspunkt. Talet $g'(\xi)$ är gyllene snittet $\varphi$ och $f'(\xi) = -\dfrac1\varphi$, så produkten är $-1$ som i (a). Skärningspunkterna själva är $\xi = \arcsin\dfrac{\sqrt5 - 1}{2} + 2\pi n$ och $\xi = \pi - \arcsin\dfrac{\sqrt5 - 1}{2} + 2\pi n$, $n\in\mathbb{Z}$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Nollställen till ett tredjegradspolynom

Låt
$$
y = p(x) = x^3 - 3x^2 - 9x + 3, \quad x\in\mathbb{R}.
$$
Använd verktyg och begrepp som gränsvärden, teckenstudium av derivatan, graf och satsen om mellanliggande värden för att motivera svaren till nedanstående uppgifter.

(a) Vad är värdemängden för $p$? Motivera! *(1p)*

(b) Avgör hur många reella nollställen som polynomet $p(x)$ har. Motivera! *(2p)*

(c) Lokalisera nollställena i uppgift (b) genom att ange i vilka intervall $(n, n + 1)$ (där $n$ är heltal) nollställena ligger. Motivera! *(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Ekvationslösning med derivata]]: gränsvärden i $\pm\infty$, [[Extremvärden|teckenstudium av derivatan]] och satsen om mellanliggande värden för [[Kontinuitet|kontinuerliga funktioner]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Vart går $p(x)$ när $x\to\pm\infty$? (b) $p'(x) = 3(x - 3)(x + 1)$. Beräkna de lokala extremvärdena och se om de har olika tecken. (c) Räkna ut $p(n)$ för heltal $n$ och leta teckenbyten.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $p(-1) = 8 > 0$ och $p(3) = -24 < 0$. Teckenbyten finns mellan $p(-3)$ och $p(-2)$, mellan $p(0)$ och $p(1)$ samt mellan $p(4)$ och $p(5)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $p$ är ett polynom och därmed kontinuerligt på $\mathbb{R}$. Dessutom är
> $$
> \lim_{x\to\pm\infty}p(x) = \lim_{x\to\pm\infty}x^3\left(1 - \dfrac3x - \dfrac9{x^2} + \dfrac3{x^3}\right) = \pm\infty
> $$
> Enligt satsen om mellanliggande värden antar $p$ alla värden däremellan:
> $$
> \boxed{V_p = \mathbb{R}}
> $$
>
> **(b)** Derivatan är
> $$
> p'(x) = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x - 3)(x + 1)
> $$
>
> | | $x < -1$ | $-1$ | $-1 < x < 3$ | $3$ | $x > 3$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $x + 1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $3(x - 3)$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $p'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $p(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> med $p(-1) = -1 - 3 + 9 + 3 = 8$ och $p(3) = 27 - 27 - 27 + 3 = -24$.
>
> På vart och ett av de tre intervallen är $p$ strängt monoton, så där finns högst ett nollställe. Och det finns precis ett, enligt satsen om mellanliggande värden:
> - $(-\infty, -1)$: $p\to -\infty$ åt vänster och $p(-1) = 8 > 0$.
> - $(-1, 3)$: $p(-1) = 8 > 0$ och $p(3) = -24 < 0$.
> - $(3, \infty)$: $p(3) = -24 < 0$ och $p\to\infty$ åt höger.
>
> $$
> \boxed{p \text{ har exakt tre reella nollställen}}
> $$
>
> **(c)** Funktionsvärden i heltalen:
>
> | $x$ | $-3$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $p(x)$ | $-24$ | $1$ | $8$ | $3$ | $-8$ | $-19$ | $-24$ | $-17$ | $8$ |
>
> Teckenbyten sker mellan $-3$ och $-2$, mellan $0$ och $1$ och mellan $4$ och $5$. Enligt satsen om mellanliggande värden ligger ett nollställe i vart och ett av dessa intervall, och enligt (b) finns inga fler:
> $$
> \boxed{x_1\in(-3, -2), \quad x_2\in(0, 1), \quad x_3\in(4, 5)}
> $$
> Numeriskt är nollställena ungefär $-2{,}064$, $0{,}305$ och $4{,}759$ (exakt $1 + 4\cos\dfrac{7\pi}{9}$, $1 + 4\cos\dfrac{13\pi}{9}$ och $1 + 4\cos\dfrac{\pi}{9}$, som lärarens överkursanmärkning visar).
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 5. Kurvan $x(2 - \ln x)$ och dess tangenter

Betrakta funktionen
$$
f(x) = x(2 - \ln x)
$$
för $x > 0$.

(a) Beräkna $f'(x)$ och ställ upp ordentligt teckenschema för derivatan. Undersök vad som händer när $x\to 0+$ respektive när $x\to\infty$. Skissera kurvan. *(3p)*

(b) Låt $a > 0$. Finn ekvationen för tangenten till kurvan $y = f(x)$ i punkten $x = a$. *(1p)*

(c) I vilken punkt skär denna tangent $y$-axeln? *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]] med [[Deriveringsregler|produktregeln]] och teckenschema, och sedan en tangent via [[Derivata|derivatan]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Standardgränsvärdet $x\ln x\to 0$ när $x\to 0+$ ([[Gränsvärden]]). (b) Enpunktsformeln $y = f(a) + f'(a)(x - a)$. (c) Sätt $x = 0$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = (2 - \ln x) + x\cdot\left(-\dfrac1x\right) = 1 - \ln x$, som är noll i $x = e$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Produktregeln ger
> $$
> f'(x) = 1\cdot(2 - \ln x) + x\cdot\left(-\dfrac1x\right) = 1 - \ln x
> $$
> som är noll för $x = e$.
>
> | | $0 < x < e$ | $e$ | $x > e$ |
> |---|---|---|---|
> | $f'(x) = 1 - \ln x$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ |
>
> Maximum är $f(e) = e(2 - 1) = e$.
>
> Gränsvärden, med standardgränsvärdet $x\ln x\to 0$:
> $$
> \lim_{x\to 0+}f(x) = \lim_{x\to 0+}\left(2x - x\ln x\right) = 0 - 0 = 0
> $$
> $$
> \lim_{x\to\infty}x(2 - \ln x) = -\infty, \qquad \lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\infty}(2 - \ln x) = -\infty
> $$
> Kurvan startar alltså i origo (utan att nå den), växer till maximum $(e, e)$, skär $x$-axeln i $x = e^2$ (där $\ln x = 2$) och går sedan mot $-\infty$. Asymptoter saknas: ingen vågrät eller sned åt höger och ingen lodrät, eftersom $f$ är begränsad nära $0$. Dessutom är $f''(x) = -\dfrac1x < 0$, så kurvan är konkav.
> $$
> \boxed{f'(x) = 1 - \ln x, \quad \text{max } f(e) = e, \quad f(x)\to 0 \text{ då } x\to 0+, \quad f(x)\to -\infty \text{ då } x\to\infty}
> $$
>
> **(b)** Med $f(a) = a(2 - \ln a)$ och $f'(a) = 1 - \ln a$:
> $$
> y = a(2 - \ln a) + (1 - \ln a)(x - a) = (1 - \ln a)x + 2a - a\ln a - a + a\ln a
> $$
> $$
> \boxed{y = (1 - \ln a)x + a}
> $$
>
> **(c)** $x = 0$ ger $y = a$:
> $$
> \boxed{(0, a)}
> $$
> Tangenten i $x = a$ skär alltså $y$-axeln på höjden $a$, för varje $a > 0$.
>
> **Skiss.**
>
> ![[tenta241218-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 6. Taylorpolynom till $\arcsin x$ och en approximation av $\pi$

Sätt
$$
f(x) = \arcsin x.
$$

(a) Vad är
$$
f\left(\dfrac12\right)?
$$
Motivera! *(1p)*

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

(c) Använd taylorpolynomet $P_3$ du funnit ovan i punkten $x = \dfrac12$ samt värdet på $f\left(\dfrac12\right)$ för att finna en rationell approximation av $\pi$. *(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett [[Arcusfunktioner|arcusvärde]] och ett Maclaurinpolynom enligt [[Taylors formel]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Vilken vinkel i $\left[-\dfrac\pi2, \dfrac\pi2\right]$ har sinus $\dfrac12$? (b) $P_3(x) = f(0) + f'(0)x + \dfrac{f''(0)}{2!}x^2 + \dfrac{f'''(0)}{3!}x^3$, med $f'(x) = (1 - x^2)^{-1/2}$ ([[Inversa funktioners derivata]]). (c) $\dfrac\pi6 = f\left(\dfrac12\right)\approx P_3\left(\dfrac12\right)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f''(x) = \dfrac{x}{(1 - x^2)^{3/2}}$ och $f'''(x) = \dfrac{1 + 2x^2}{(1 - x^2)^{5/2}}$, så $f(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f''(0) = 0$ och $f'''(0) = 1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $\sin\dfrac\pi6 = \dfrac12$ och $\dfrac\pi6\in\left[-\dfrac\pi2, \dfrac\pi2\right]$, som är värdemängden för $\arcsin$. Alltså är
> $$
> \boxed{f\left(\dfrac12\right) = \arcsin\dfrac12 = \dfrac\pi6}
> $$
>
> **(b)** Derivatorna:
> $$
> f'(x) = (1 - x^2)^{-1/2}
> $$
> $$
> f''(x) = -\dfrac12(1 - x^2)^{-3/2}\cdot(-2x) = \dfrac{x}{(1 - x^2)^{3/2}}
> $$
> $$
> f'''(x) = \dfrac{1}{(1 - x^2)^{3/2}} + x\cdot\left(-\dfrac32\right)(1 - x^2)^{-5/2}\cdot(-2x) = \dfrac{(1 - x^2) + 3x^2}{(1 - x^2)^{5/2}} = \dfrac{1 + 2x^2}{(1 - x^2)^{5/2}}
> $$
> I $x = 0$: $f(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f''(0) = 0$ och $f'''(0) = 1$. Därmed är
> $$
> P_3(x) = 0 + 1\cdot x + \dfrac{0}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3
> $$
> $$
> \boxed{P_3(x) = x + \dfrac{x^3}{6}}
> $$
>
> **(c)** För $x$ nära $0$ är $f(x)\approx P_3(x)$, så
> $$
> \dfrac\pi6 = \arcsin\dfrac12\approx P_3\left(\dfrac12\right) = \dfrac12 + \dfrac16\cdot\dfrac18 = \dfrac12 + \dfrac1{48} = \dfrac{25}{48}
> $$
> $$
> \boxed{\pi\approx 6\cdot\dfrac{25}{48} = \dfrac{25}{8} = 3{,}125}
> $$
> Det verkliga felet i $\pi$ är ungefär $0{,}017$. Lärarens anmärkning visar med Lagranges restterm att $\left|\dfrac\pi6 - \dfrac{25}{48}\right| < \dfrac{7}{180}$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## Se även

- [[M0065M]]
- [[Matematisk induktion]]
- [[Talföljder och summor]]
- [[Gränsvärden]]
- [[Oegentliga gränsvärden]]
- [[Exponentialfunktioner och logaritmer]]
- [[Arcusfunktioner]]
- [[Derivata]]
- [[Elementära funktioners derivator]]
- [[Inversa funktioners derivata]]
- [[Kontinuitet]]
- [[Extremvärden]]
- [[Ekvationslösning med derivata]]
- [[Grafritning och asymptoter]]
- [[Taylors formel]]