M0047M-2025-03-20

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2025-03-20 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_250320.pdf, m0047m_250320sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: binomialutveckling av $(a+b{)}^4+(a-b{)}^4$, konstant term och en fjärdegradsekvation via variabelbyte
• Uppgift 2: tre gränsvärden: arcusfunktioner, gemensam nämnare och en andra differenskvot
• Uppgift 3: inverterbarhet och invers till $x+\sqrt{x^2+1}$ med definitionsmängd
• Uppgift 4: olikheten ${\sin }^{2}x/2\le -\ln \cos x$ med derivata och uppskattning av $\ln \cos \frac{\pi }{6}$
• Uppgift 5: kurvundersökning av $x^3/(x-1{)}^2$ med extremvärden, inflexionspunkter, asymptoter och värdemängd
• Uppgift 6: relaterade hastigheter: ljuspunkten från en roterande fyr längs en strandlinje

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. Binomialutveckling och en fjärdegradsekvation

Betrakta binomialutvecklingen

$$(a+b{)}^4.$$

(a) Utveckla

$$(a+b{)}^4+(a-b{)}^4$$

så långt som möjligt. (2p)

(b) Bestäm den konstanta termen i uttrycket

$${\left(\frac{x}{2}+\frac{3}{x}\right)}^4+{\left(\frac{x}{2}-\frac{3}{x}\right)}^4.$$

(2p)

(c) Finn alla reella lösningar till fjärdegradsekvationen

$$x^4+(x-2{)}^4=34.$$

Ledning: Gör variabelbytet $t=x-1$ och utnyttja utvecklingen i uppgift 1.(a). (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Binomialsatsen med binomialkoefficienter (Polynom och faktorisering); (c) blir en andragradsekvation i $t^2$.

Ledtråd 2

$(a\pm b{)}^4=a^4\pm 4a^{3}b+6a^2{b}^2\pm 4a{b}^3+b^4$, koefficienterna från rad $4$ i Pascals triangel. Termerna med udda potens av $b$ tar ut varandra. I (b) sätter du $a=\frac{x}{2}$, $b=\frac{3}{x}$.

Ledtråd 3

(b) Den konstanta termen kommer från $12a^2{b}^2$. (c) Med $x=t+1$ blir vänsterledet $(t+1{)}^4+(t-1{)}^4=2(t^4+6t^2+1)$.

Lösning

(a) Binomialsatsen ger

$$(a+b{)}^4=a^4+4a^{3}b+6a^2{b}^2+4a{b}^3+b^4,(a-b{)}^4=a^4-4a^{3}b+6a^2{b}^2-4a{b}^3+b^4$$

Summan:

$$\boxed{(a+b{)}^4+(a-b{)}^4=2a^4+12a^2{b}^2+2b^4=2\left(a^4+6a^2{b}^2+b^4\right)}$$

(b) Med $a=\frac{x}{2}$ och $b=\frac{3}{x}$ i (a):

$$2\left(\frac{x^4}{16}+6\cdot \frac{x^2}{4}\cdot \frac{9}{x^2}+\frac{81}{x^4}\right)=\frac{x^4}{8}+27+\frac{162}{x^4}$$

Den konstanta termen är

$$\boxed{27}$$

(c) Med $t=x-1$, dvs. $x=t+1$ och $x-2=t-1$, ger (a) med $a=t$, $b=1$:

$$34=(t+1{)}^4+(t-1{)}^4=2\left(t^4+6t^2+1\right)⟺t^4+6t^2-16=0$$

Detta är en andragradsekvation i $t^2$:

$$t^2=-3\pm \sqrt{9+16}=-3\pm 5,\text{dvs. }{t}^2=2\text{ eller }{t}^2=-8$$

$t^2=-8$ saknar reella lösningar, och $t^2=2$ ger $t=\pm \sqrt{2}$. Alltså

$$\boxed{x=1\pm \sqrt{2}}$$

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)

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\arcsin x}{\arccos x}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 2}{\lim }\left(\frac{6}{x^2-4}-\frac{3}{x^2-2x}\right).$$

(2p)

(c) Låt $f(x)=x^4$. Beräkna

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(2+h)-2f(2)+f(2-h)}{h^2}.$$

Ledning: Här kan man ha användning för binomialutvecklingen i uppgift 1.(a). (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) är ett oegentligt gränsvärde med arcusfunktioner; (b) och (c) är gränsvärden av typen $\frac{0}{0}$ som ska förenklas.

Ledtråd 2

(a) Vart går täljare och nämnare var för sig när $x\to 1^{-}$? (b) Faktorisera nämnarna och skriv på gemensam nämnare $x(x-2)(x+2)$. (c) Täljaren är $(2+h{)}^4+(2-h{)}^4-2\cdot 2^4$; använd 1.(a) med $a=2$, $b=h$.

Ledtråd 3

(a) $\arccos x\to 0^{+}$ medan $\arcsin x\to \frac{\pi }{2}$. (b) Täljaren blir $6x-3(x+2)=3(x-2)$. (c) Täljaren blir $48h^2+2h^4$.

Lösning

(a) När $x\to 1^{-}$ går $\arcsin x\to \frac{\pi }{2}$ och $\arccos x\to 0^{+}$ (arccos är positiv på $[-1,1)$). En positiv täljare delat med något som går mot $0^{+}$ ger

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\arcsin x}{\arccos x}=\boxed{+\infty }$$

Observera att kvoten inte är $\arctan x$.

(b) Faktorisering och gemensam nämnare:

$$\frac{6}{(x-2)(x+2)}-\frac{3}{x(x-2)}=\frac{6x-3(x+2)}{x(x+2)(x-2)}=\frac{3(x-2)}{x(x+2)(x-2)}=\frac{3}{x(x+2)}$$

för $x\ne 2$. Alltså

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3}{x(x+2)}=\frac{3}{2\cdot 4}=\boxed{\frac{3}{8}}$$

(c) Med $a=2$ och $b=h$ i 1.(a) är $(2+h{)}^4+(2-h{)}^4=2\left(2^4+6\cdot 2^2{h}^2+h^4\right)$, så

$$\frac{(2+h{)}^4-2\cdot 2^4+(2-h{)}^4}{h^2}=\frac{2\left(24h^2+h^4\right)}{h^2}=48+2h^2\to \boxed{48}$$

Detta är en differenskvot av en differenskvot, så gränsvärdet är $f^{\prime \prime }(2)=12\cdot 2^2=48$, vilket stämmer.

Kontrollerat mot facit.

---

3. Inversen till $x+\sqrt{x^2+1}$

Låt

$$f(x)=x+\sqrt{x^2+1}.$$

(a) Visa att $f$ är inverterbar för alla $x\in \mathbb{R}$. Motivera! (2p)

(b) Finn $f^{-1}(x)$. Vad är definitionsmängden för $f^{-1}$? (3p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Invers funktion: en strängt monoton funktion är inverterbar, och inversens definitionsmängd är funktionens värdemängd.

Ledtråd 2

(a) Visa att $f^{\prime }(x)>0$ för alla $x$ (Derivata). (b) Bestäm ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)$ för värdemängden; förläng med konjugatet i $-\infty$. Lös sedan $x=y+\sqrt{y^2+1}$ för $y$.

Ledtråd 3

(a) $\left|\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right|<1$. (b) $x-y=\sqrt{y^2+1}$; kvadrera, så försvinner $y^2$.

Lösning

(a) Derivatan är

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$$

Eftersom $|x|=\sqrt{x^2}<\sqrt{x^2+1}$ är $-1<\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}<1$, och därmed

$$0<f^{\prime }(x)<2\text{fo¨r alla }x\in \mathbb{R}$$

Alltså är $f$ strängt växande på hela $\mathbb{R}$ och därför injektiv, dvs. $\boxed{f\text{ a¨r inverterbar}}$.

(b) Värdemängd. $f$ är kontinuerlig och strängt växande, så $V_f$ är intervallet mellan gränsvärdena i $\pm \infty$. Uppenbart är ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=+\infty$. I $-\infty$ förlänger vi med konjugatet:

$$x+\sqrt{x^2+1}=\frac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}-x}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to 0^{+}\text{da˚ }x\to -\infty$$

eftersom nämnaren går mot $+\infty$. Alltså är $V_f=(0,\infty )$, och det är inversens definitionsmängd.

Inversen. Låt $x>0$ och lös $x=y+\sqrt{y^2+1}$:

$$x-y=\sqrt{y^2+1}\Rightarrow x^2-2xy+y^2=y^2+1⟺y=\frac{x^2-1}{2x}$$

Kvadreringen kan ge falska rötter bara om $x-y<0$, men här är $x-y=\frac{x^2+1}{2x}>0$, så lösningen gäller. Alltså

$$\boxed{f^{-1}(x)=\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right),D_{f^{-1}}=(0,\infty )}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Olikheter mellan ${\sin }^{2}x$, $\ln \cos x$ och ${\tan }^{2}x$

Definiera

$$f(x)=\frac{{\sin }^{2}x}{2}+\ln \cos x$$

för $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$.

(a) Vad är $f^{\prime }(x)$? Förenkla uttrycket så långt som möjligt. (2p)

(b) Visa att

$$\frac{{\sin }^{2}x}{2}\le -\ln \cos x$$

för

$$-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}.$$

För vilka $x$ gäller det att vi har likhet i olikheten ovan? (2p)

(c) Man kan även visa (behövs ej) att

$$-\ln \cos x\le \frac{{\tan }^{2}x}{2},\text{fo¨r }x\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right).$$

Använd denna olikhet tillsammans med olikheten i uppgift 4.(b) för att hitta övre och nedre begränsning av värdet på

$$\ln \cos \frac{\pi }{6}.$$

(1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

En olikhet som visas med derivata och största värde (Ekvationslösning med derivata).

Ledtråd 2

(a) Kedjeregeln (Deriveringsregler) och $1-{\cos }^{2}x={\sin }^{2}x$. (b) Olikheten är ekvivalent med $f(x)\le 0$; undersök tecknet på $f^{\prime }$ och jämför med $f(0)$.

Ledtråd 3

(a) $f^{\prime }(x)=-\frac{{\sin }^{3}x}{\cos x}$, som är positiv för $x<0$ och negativ för $x>0$. (c) Byt tecken i dubbelolikheten och sätt in $\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$ och $\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Lösning

(a)

$$f^{\prime }(x)=\frac{2\sin x\cos x}{2}+\frac{-\sin x}{\cos x}=\frac{\sin x{\cos }^{2}x-\sin x}{\cos x}=\frac{-\sin x\left(1-{\cos }^{2}x\right)}{\cos x}$$ $$\boxed{f^{\prime }(x)=-\frac{{\sin }^{3}x}{\cos x}}$$

(b) Olikheten är ekvivalent med $f(x)\le 0$. På intervallet är $\cos x>0$, och $f^{\prime }(x)=0$ bara för $x=0$.

	$-\frac{\pi }{2}<x<0$	$0$	$0<x<\frac{\pi }{2}$
$-{\sin }^{3}x$	$+$	$0$	$-$
$\cos x$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$\nearrow$	max	$\searrow$

$f$ är strängt växande på $\left(-\frac{\pi }{2},0\right]$ och strängt avtagande på $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$, så

$$f(x)\le f(0)=0+\ln 1=0$$

med likhet bara i $x=0$. Alltså gäller olikheten, och

$$\boxed{\text{likhet ra˚der endast fo¨r }x=0}$$

(c) Tillsammans ger olikheterna $\frac{{\sin }^{2}x}{2}\le -\ln \cos x\le \frac{{\tan }^{2}x}{2}$, alltså

$$-\frac{{\tan }^{2}x}{2}\le \ln \cos x\le -\frac{{\sin }^{2}x}{2}$$

Med $x=\frac{\pi }{6}$, $\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$ och $\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ (likhet kan inte råda eftersom $x\ne 0$):

$$\boxed{-\frac{1}{6}<\ln \cos \frac{\pi }{6}<-\frac{1}{8}}$$

Som kontroll är $\ln \cos \frac{\pi }{6}=\ln \frac{\sqrt{3}}{2}\approx -0,144$, vilket ligger mellan $-0,167$ och $-0,125$.

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $x^3/(x-1{)}^2$

Betrakta funktionen

$$y=f(x)=\frac{x^3}{(x-1{)}^2},x\ne 1.$$

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: asymptoter, extremvärden med teckenschema för $f^{\prime }$ och inflexionspunkter med teckenschema för $f^{\prime \prime }$ (Andraderivata och konvexitet).

Ledtråd 2

Polynomdivision ger den sneda asymptoten. $x=1$ är ett nollställe till nämnaren men inte till täljaren. Derivera med kvotregeln och förkorta med $x-1$.

Ledtråd 3

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

Lösning

Asymptoter. Polynomdivision:

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

Resttermen går mot $0$ när $x\to \pm \infty$, så $y=x+2$ är sned asymptot åt båda hållen. Dessutom är

$$\underset{x\to 1^{\pm }}{\lim }\frac{x^3}{(x-1{)}^2}=+\infty$$

eftersom täljaren går mot $1$ och nämnaren mot $0^{+}$. Alltså är $x=1$ lodrät asymptot. Vågräta asymptoter saknas.

Derivata.

$$f^{\prime }(x)=\frac{3x^2(x-1{)}^2-x^3\cdot 2(x-1)}{(x-1{)}^4}=\frac{x^2\left(3(x-1)-2x\right)}{(x-1{)}^3}=\frac{x^2(x-3)}{(x-1{)}^3}$$

	$x<0$	$0$	$0<x<1$	$1$	$1<x<3$	$3$	$x>3$
$x^2$	$+$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$x-3$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$(x-1{)}^3$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$+$	odef.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	terrass	$\nearrow$	asympt.	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

Andraderivata. Med $f^{\prime }(x)=\frac{x^3-3x^2}{(x-1{)}^3}$:

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

	$x<0$	$0$	$0<x<1$	$1$	$x>1$
$6x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$(x-1{)}^4$	$+$	$+$	$+$	$0$	$+$
$f^{\prime \prime }(x)$	$-$	$0$	$+$	odef.	$+$
$f(x)$	konkav	infl.	konvex	asympt.	konvex

$$\boxed{\text{lok. min }f(3)=\frac{27}{4};\text{terrass- och inflexionspunkt }(0,0)}$$ $$\boxed{\text{asymptoter: }x=1\text{ och }y=x+2\text{ (da˚ }x\to \pm \infty )}$$

Värdemängd. På $(-\infty ,1)$ är $f$ kontinuerlig och växande från $-\infty$ (sned asymptot) till $+\infty$ (lodrät asymptot), så redan där antas alla reella värden:

$$\boxed{R(f)=\mathbb{R}}$$

Globala extremvärden saknas.

Skiss.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Ljuspunkten från en roterande fyr

En fyr $F$ är placerad på en liten ö $2$ km från närmsta punkt $A$ på en lång rak strandlinje. Lampan på fyren roterar med $8$ varv/minut och lyser på så sätt upp en punkt $P$ som rör sig från vänster till höger längs strandlinjen för varje rotation, se nedanstående figur.

Figur: $F$ ligger rakt ovanför $A$; ljusstrålen går från $F$ till $P$ på strandlinjen och bildar vinkeln $\theta$ med sträckan $FA$.

(a) Hur snabbt rör sig punkten $P$ när den är $6$ km från $A$? (3p)

(b) Vid en specifik punkt $P$ gäller det att den upplysta punkten rör sig med hastigheten $500$ km/min. Hur långt från $A$ befinner sig punkten $P$ då? (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: två storheter som beror på tiden kopplas med en ekvation som deriveras med kedjeregeln (Deriveringsregler, Elementära funktioners derivator).

Ledtråd 2

Låt $x=|AP|$. Den rätvinkliga triangeln $FAP$ ger $x=2\tan \theta$. Vinkelhastigheten är $\frac{d\theta }{dt}=8\cdot 2\pi$ rad/min.

Ledtråd 3

$\frac{dx}{dt}=2\left(1+{\tan }^2\theta \right)\frac{d\theta }{dt}=2\left(1+\frac{x^2}{4}\right)\cdot 16\pi =8\pi \left(x^2+4\right)$.

Lösning

Låt $x=x(t)$ vara avståndet $|AP|$ och $\theta =\theta (t)$ vinkeln vid $F$ mellan $FA$ och $FP$. Triangeln $FAP$ är rätvinklig vid $A$, så

$$\tan \theta =\frac{x}{2}⟺x=2\tan \theta$$

Derivering med avseende på $t$ (kedjeregeln):

$$\frac{dx}{dt}=2\left(1+{\tan }^2\theta \right)\frac{d\theta }{dt}=2\left(1+\frac{x^2}{4}\right)\frac{d\theta }{dt}$$

Vinkelhastigheten är

$$\frac{d\theta }{dt}=8\frac{\text{varv}}{\text{min}}\cdot 2\pi \frac{\text{rad}}{\text{varv}}=16\pi \text{ rad/min}$$

så

$$\frac{dx}{dt}=32\pi \cdot \frac{4+x^2}{4}=8\pi \left(x^2+4\right)\text{ km/min}$$

(a) Med $x=6$:

$$\frac{dx}{dt}=8\pi (36+4)=\boxed{320\pi \text{ km/min}\approx 1005\text{ km/min}}$$

det vill säga ungefär $60000$ km/h.

(b) Villkoret $\frac{dx}{dt}=500$ ger

$$8\pi \left(x^2+4\right)=500⟺x^2=\frac{125}{2\pi }-4⟺x=\pm \sqrt{\frac{125}{2\pi }-4}$$

Avståndet till $A$ är alltså

$$\boxed{|AP|=\sqrt{\frac{125}{2\pi }-4}\approx 3,99\text{ km}\approx 4\text{ km}}$$

(på vardera sidan om $A$).

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning anger $\approx 1000$ km/min i (a) och $\pm 4$ km i (b); läraren avrundar $\pi \approx \frac{25}{8}$, medan det exakta värdet är $\sqrt{125/(2\pi )-4}\approx 3,99$ km.

---

Se även

• M0065M
• Binomialkoefficient
• Polynom och faktorisering
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Arcusfunktioner
• Funktioner och invers
• Derivata
• Deriveringsregler
• Extremvärden
• Ekvationslösning med derivata
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet