---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2025-03-20
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] 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

> [!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. 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
$$
\left(\dfrac{x}{2} + \dfrac{3}{x}\right)^4 + \left(\dfrac{x}{2} - \dfrac{3}{x}\right)^4.
$$
*(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Binomialsatsen med [[Binomialkoefficient|binomialkoefficienter]] ([[Polynom och faktorisering]]); (c) blir en andragradsekvation i $t^2$.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $(a\pm b)^4 = a^4\pm 4a^3b + 6a^2b^2\pm 4ab^3 + b^4$, koefficienterna från rad $4$ i Pascals triangel. Termerna med udda potens av $b$ tar ut varandra. I (b) sätter du $a = \dfrac{x}{2}$, $b = \dfrac{3}{x}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (b) Den konstanta termen kommer från $12a^2b^2$. (c) Med $x = t + 1$ blir vänsterledet $(t + 1)^4 + (t - 1)^4 = 2(t^4 + 6t^2 + 1)$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Binomialsatsen ger
> $$
> (a + b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4, \qquad (a - b)^4 = a^4 - 4a^3b + 6a^2b^2 - 4ab^3 + b^4
> $$
> Summan:
> $$
> \boxed{(a + b)^4 + (a - b)^4 = 2a^4 + 12a^2b^2 + 2b^4 = 2\left(a^4 + 6a^2b^2 + b^4\right)}
> $$
>
> **(b)** Med $a = \dfrac{x}{2}$ och $b = \dfrac{3}{x}$ i (a):
> $$
> 2\left(\dfrac{x^4}{16} + 6\cdot\dfrac{x^2}{4}\cdot\dfrac{9}{x^2} + \dfrac{81}{x^4}\right) = \dfrac{x^4}{8} + 27 + \dfrac{162}{x^4}
> $$
> Den konstanta termen är
> $$
> \boxed{27}
> $$
>
> **(c)** Med $t = x - 1$, dvs. $x = t + 1$ och $x - 2 = t - 1$, ger (a) med $a = t$, $b = 1$:
> $$
> 34 = (t + 1)^4 + (t - 1)^4 = 2\left(t^4 + 6t^2 + 1\right) \iff t^4 + 6t^2 - 16 = 0
> $$
> Detta är en andragradsekvation i $t^2$:
> $$
> t^2 = -3\pm\sqrt{9 + 16} = -3\pm 5, \quad\text{dvs. } t^2 = 2 \text{ eller } t^2 = -8
> $$
> $t^2 = -8$ saknar reella lösningar, och $t^2 = 2$ ger $t = \pm\sqrt2$. Alltså
> $$
> \boxed{x = 1\pm\sqrt2}
> $$
>
> *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)
$$
\lim_{x\to 1^-}\dfrac{\arcsin x}{\arccos x}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 2}\left(\dfrac{6}{x^2 - 4} - \dfrac{3}{x^2 - 2x}\right).
$$
*(2p)*

(c) Låt $f(x) = x^4$. Beräkna
$$
\lim_{h\to 0}\dfrac{f(2 + h) - 2f(2) + f(2 - h)}{h^2}.
$$
**Ledning:** Här kan man ha användning för binomialutvecklingen i uppgift 1.(a). *(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) är ett [[Oegentliga gränsvärden|oegentligt gränsvärde]] med [[Arcusfunktioner|arcusfunktioner]]; (b) och (c) är [[Gränsvärden|gränsvärden]] av typen $\tfrac00$ som ska förenklas.
>
> > [!tip]- 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 $a = 2$, $b = h$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\arccos x\to 0^+$ medan $\arcsin x\to\dfrac{\pi}{2}$. (b) Täljaren blir $6x - 3(x + 2) = 3(x - 2)$. (c) Täljaren blir $48h^2 + 2h^4$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** När $x\to 1^-$ går $\arcsin x\to\dfrac{\pi}{2}$ och $\arccos x\to 0^+$ (arccos är positiv på $[-1, 1)$). En positiv täljare delat med något som går mot $0^+$ ger
> $$
> \lim_{x\to 1^-}\dfrac{\arcsin x}{\arccos x} = \boxed{+\infty}
> $$
> Observera att kvoten inte är $\arctan x$.
>
> **(b)** Faktorisering och gemensam nämnare:
> $$
> \dfrac{6}{(x - 2)(x + 2)} - \dfrac{3}{x(x - 2)} = \dfrac{6x - 3(x + 2)}{x(x + 2)(x - 2)} = \dfrac{3(x - 2)}{x(x + 2)(x - 2)} = \dfrac{3}{x(x + 2)}
> $$
> för $x\ne 2$. Alltså
> $$
> \lim_{x\to 2}\dfrac{3}{x(x + 2)} = \dfrac{3}{2\cdot 4} = \boxed{\dfrac38}
> $$
>
> **(c)** Med $a = 2$ och $b = h$ i 1.(a) är $(2 + h)^4 + (2 - h)^4 = 2\left(2^4 + 6\cdot 2^2h^2 + h^4\right)$, så
> $$
> \dfrac{(2 + h)^4 - 2\cdot 2^4 + (2 - h)^4}{h^2} = \dfrac{2\left(24h^2 + h^4\right)}{h^2} = 48 + 2h^2\to\boxed{48}
> $$
> Detta är en differenskvot av en differenskvot, så gränsvärdet är $f''(2) = 12\cdot 2^2 = 48$, 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Funktioner och invers|Invers funktion]]: en strängt monoton funktion är inverterbar, och inversens definitionsmängd är funktionens värdemängd.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Visa att $f'(x) > 0$ 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 $y$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $\left|\dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}\right| < 1$. (b) $x - y = \sqrt{y^2 + 1}$; kvadrera, så försvinner $y^2$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Derivatan är
> $$
> f'(x) = 1 + \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}
> $$
> Eftersom $|x| = \sqrt{x^2} < \sqrt{x^2 + 1}$ är $-1 < \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} < 1$, och därmed
> $$
> 0 < f'(x) < 2 \quad\text{för alla } x\in\mathbb{R}
> $$
> Alltså är $f$ strängt växande på hela $\mathbb{R}$ och därför injektiv, dvs. $\boxed{f \text{ är inverterbar}}$.
>
> **(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:
> $$
> x + \sqrt{x^2 + 1} = \dfrac{(x^2 + 1) - x^2}{\sqrt{x^2 + 1} - x} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1} - x}\to 0^+ \quad\text{då } x\to -\infty
> $$
> eftersom nämnaren går mot $+\infty$. Alltså är $V_f = (0, \infty)$, och det är inversens definitionsmängd.
>
> **Inversen.** Låt $x > 0$ och lös $x = y + \sqrt{y^2 + 1}$:
> $$
> x - y = \sqrt{y^2 + 1} \ \Rightarrow\ x^2 - 2xy + y^2 = y^2 + 1 \iff y = \dfrac{x^2 - 1}{2x}
> $$
> Kvadreringen kan ge falska rötter bara om $x - y < 0$, men här är $x - y = \dfrac{x^2 + 1}{2x} > 0$, så lösningen gäller. Alltså
> $$
> \boxed{f^{-1}(x) = \dfrac12\left(x - \dfrac1x\right), \quad D_{f^{-1}} = (0, \infty)}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Definiera
$$
f(x) = \dfrac{\sin^2 x}{2} + \ln\cos x
$$
för $-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}$.

(a) Vad är $f'(x)$? Förenkla uttrycket så långt som möjligt. *(2p)*

(b) Visa att
$$
\dfrac{\sin^2 x}{2}\le -\ln\cos x
$$
för
$$
-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}.
$$
För vilka $x$ gäller det att vi har likhet i olikheten ovan? *(2p)*

(c) Man kan även visa (behövs ej) att
$$
-\ln\cos x\le\dfrac{\tan^2 x}{2}, \quad\text{för } x\in\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right).
$$
Använd denna olikhet tillsammans med olikheten i uppgift 4.(b) för att hitta övre och nedre begränsning av värdet på
$$
\ln\cos\dfrac{\pi}{6}.
$$
*(1p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> En olikhet som visas med [[Derivata|derivata]] och [[Extremvärden|största värde]] ([[Ekvationslösning med derivata]]).
>
> > [!tip]- 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 $f'$ och jämför med $f(0)$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $f'(x) = -\dfrac{\sin^3 x}{\cos x}$, som är positiv för $x < 0$ och negativ för $x > 0$. (c) Byt tecken i dubbelolikheten och sätt in $\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac12$ och $\tan\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

> [!note]- Lösning
> **(a)**
> $$
> f'(x) = \dfrac{2\sin x\cos x}{2} + \dfrac{-\sin x}{\cos x} = \dfrac{\sin x\cos^2 x - \sin x}{\cos x} = \dfrac{-\sin x\left(1 - \cos^2 x\right)}{\cos x}
> $$
> $$
> \boxed{f'(x) = -\dfrac{\sin^3 x}{\cos x}}
> $$
>
> **(b)** Olikheten är ekvivalent med $f(x)\le 0$. På intervallet är $\cos x > 0$, och $f'(x) = 0$ bara för $x = 0$.
>
> | | $-\dfrac{\pi}{2} < x < 0$ | $0$ | $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ |
> |---|---|---|---|
> | $-\sin^3 x$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $\cos x$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | max | $\searrow$ |
>
> $f$ är strängt växande på $\left(-\dfrac{\pi}{2}, 0\right]$ och strängt avtagande på $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)$, så
> $$
> f(x)\le f(0) = 0 + \ln 1 = 0
> $$
> med likhet bara i $x = 0$. Alltså gäller olikheten, och
> $$
> \boxed{\text{likhet råder endast för } x = 0}
> $$
>
> **(c)** Tillsammans ger olikheterna $\dfrac{\sin^2 x}{2}\le -\ln\cos x\le\dfrac{\tan^2 x}{2}$, alltså
> $$
> -\dfrac{\tan^2 x}{2}\le\ln\cos x\le -\dfrac{\sin^2 x}{2}
> $$
> Med $x = \dfrac{\pi}{6}$, $\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac12$ och $\tan\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{\sqrt3}$ (likhet kan inte råda eftersom $x\ne 0$):
> $$
> \boxed{-\dfrac16 < \ln\cos\dfrac{\pi}{6} < -\dfrac18}
> $$
> Som kontroll är $\ln\cos\dfrac{\pi}{6} = \ln\dfrac{\sqrt3}{2}\approx -0{,}144$, vilket ligger mellan $-0{,}167$ och $-0{,}125$.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Betrakta funktionen
$$
y = f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2}, \quad x\ne 1.
$$
Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentliga teckenscheman. Ange funktionens värdemängd $R(f)$. Skissera kurvan. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]]: asymptoter, [[Extremvärden|extremvärden]] med teckenschema för $f'$ och inflexionspunkter med teckenschema för $f''$ ([[Andraderivata och konvexitet]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Polynomdivision ger den sneda asymptoten. $x = 1$ är ett nollställe till nämnaren men inte till täljaren. Derivera med kvotregeln och förkorta med $x - 1$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f(x) = x + 2 + \dfrac{3x - 2}{(x - 1)^2}$, $f'(x) = \dfrac{x^2(x - 3)}{(x - 1)^3}$ och $f''(x) = \dfrac{6x}{(x - 1)^4}$.

> [!note]- Lösning
> **Asymptoter.** Polynomdivision:
> $$
> f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2} = x + 2 + \dfrac{3x - 2}{(x - 1)^2}
> $$
> Resttermen går mot $0$ när $x\to\pm\infty$, så $y = x + 2$ är sned asymptot åt båda hållen. Dessutom är
> $$
> \lim_{x\to 1^\pm}\dfrac{x^3}{(x - 1)^2} = +\infty
> $$
> eftersom täljaren går mot $1$ och nämnaren mot $0^+$. Alltså är $x = 1$ lodrät asymptot. Vågräta asymptoter saknas.
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = \dfrac{3x^2(x - 1)^2 - x^3\cdot 2(x - 1)}{(x - 1)^4} = \dfrac{x^2\left(3(x - 1) - 2x\right)}{(x - 1)^3} = \dfrac{x^2(x - 3)}{(x - 1)^3}
> $$
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 1$ | $1$ | $1 < x < 3$ | $3$ | $x > 3$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|---|
> | $x^2$ | $+$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $x - 3$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $(x - 1)^3$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $+$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | terrass | $\nearrow$ | asympt. | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> **Andraderivata.** Med $f'(x) = \dfrac{x^3 - 3x^2}{(x - 1)^3}$:
> $$
> f''(x) = \dfrac{(3x^2 - 6x)(x - 1) - 3(x^3 - 3x^2)}{(x - 1)^4} = \dfrac{3x(x^2 - 3x + 2) - 3x(x^2 - 3x)}{(x - 1)^4} = \dfrac{6x}{(x - 1)^4}
> $$
>
> | | $x < 0$ | $0$ | $0 < x < 1$ | $1$ | $x > 1$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $6x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $(x - 1)^4$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $+$ |
> | $f''(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | odef. | $+$ |
> | $f(x)$ | konkav | infl. | konvex | asympt. | konvex |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. min } f(3) = \dfrac{27}{4}; \quad \text{terrass- och inflexionspunkt } (0, 0)}
> $$
> $$
> \boxed{\text{asymptoter: } x = 1 \text{ och } y = x + 2 \text{ (då } x\to\pm\infty)}
> $$
>
> **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.**
>
> ![[tenta250320-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Relaterade hastigheter: två storheter som beror på tiden kopplas med en ekvation som deriveras med kedjeregeln ([[Deriveringsregler]], [[Elementära funktioners derivator]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Låt $x = |AP|$. Den rätvinkliga triangeln $FAP$ ger $x = 2\tan\theta$. Vinkelhastigheten är $\dfrac{d\theta}{dt} = 8\cdot 2\pi$ rad/min.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\dfrac{dx}{dt} = 2\left(1 + \tan^2\theta\right)\dfrac{d\theta}{dt} = 2\left(1 + \dfrac{x^2}{4}\right)\cdot 16\pi = 8\pi\left(x^2 + 4\right)$.

> [!note]- 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
> $$
> \tan\theta = \dfrac{x}{2} \iff x = 2\tan\theta
> $$
> Derivering med avseende på $t$ (kedjeregeln):
> $$
> \dfrac{dx}{dt} = 2\left(1 + \tan^2\theta\right)\dfrac{d\theta}{dt} = 2\left(1 + \dfrac{x^2}{4}\right)\dfrac{d\theta}{dt}
> $$
> Vinkelhastigheten är
> $$
> \dfrac{d\theta}{dt} = 8\ \dfrac{\text{varv}}{\text{min}}\cdot 2\pi\ \dfrac{\text{rad}}{\text{varv}} = 16\pi \text{ rad/min}
> $$
> så
> $$
> \dfrac{dx}{dt} = 32\pi\cdot\dfrac{4 + x^2}{4} = 8\pi\left(x^2 + 4\right) \text{ km/min}
> $$
>
> **(a)** Med $x = 6$:
> $$
> \dfrac{dx}{dt} = 8\pi(36 + 4) = \boxed{320\pi \text{ km/min}\approx 1005 \text{ km/min}}
> $$
> det vill säga ungefär $60\,000$ km/h.
>
> **(b)** Villkoret $\dfrac{dx}{dt} = 500$ ger
> $$
> 8\pi\left(x^2 + 4\right) = 500 \iff x^2 = \dfrac{125}{2\pi} - 4 \iff x = \pm\sqrt{\dfrac{125}{2\pi} - 4}
> $$
> Avståndet till $A$ är alltså
> $$
> \boxed{|AP| = \sqrt{\dfrac{125}{2\pi} - 4}\approx 3{,}99 \text{ km}\approx 4 \text{ km}}
> $$
> (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 $\pi\approx\dfrac{25}{8}$, 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]]