M0047M-2025-05-22

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2025-05-22 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_250522.pdf, m0047m_250522sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för en teleskoperande summa $\sum 1/(4k^2-1)$
• Uppgift 2: kontinuitet för $\sin x/x$ och två gränsvärden: förlängning med konjugat och med $1+\cos x$
• Uppgift 3: krökningen hos $y=e^x$: värde i en punkt, gränsvärden och maximum
• Uppgift 4: tangent till en hippoped och största $y$-värdet på kurvan med implicit derivering
• Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter för $(\ln x{)}^2/x^3$
• Uppgift 6: arean av cirkeln som tangerar $y=x+1/x$ via kortaste avståndet till origo

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 summaformel

Formeln

$$\frac{1}{3}+\frac{1}{15}+\frac{1}{35}+\dots +\frac{1}{4n^2-1}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{4k^2-1}=\frac{n}{2n+1}$$

gäller för alla positiva heltal $n=1,2,3,\dots$. Bevisa detta, till exempel med induktion. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med matematisk induktion av en formel för en summa.

Ledtråd 2

Visa basfallet $n=1$. Anta sedan att formeln gäller för $n=p$ och visa att den då gäller för $n=p+1$, dvs. att summan blir $\frac{p+1}{2p+3}$.

Ledtråd 3

Faktorisera den nya termen: $4(p+1{)}^2-1=(2p+1)(2p+3)$. Då får båda bråken nämnaren $(2p+1)(2p+3)$.

Lösning

Basfall $n=1$:

$$VL=\frac{1}{4\cdot 1^2-1}=\frac{1}{3}=\frac{1}{2\cdot 1+1}=HL$$

Induktionssteg. Anta att formeln gäller för $n=p$ (induktionsantagandet):

$$\sum _{k=1}^p\frac{1}{4k^2-1}=\frac{p}{2p+1}$$

Vi ska visa att summan till $p+1$ blir $\frac{p+1}{2(p+1)+1}=\frac{p+1}{2p+3}$. Den nya termen är

$$\frac{1}{4(p+1{)}^2-1}=\frac{1}{\left(2(p+1)-1\right)\left(2(p+1)+1\right)}=\frac{1}{(2p+1)(2p+3)}$$

så med induktionsantagandet:

$$\sum _{k=1}^{p+1}\frac{1}{4k^2-1}=\frac{p}{2p+1}+\frac{1}{(2p+1)(2p+3)}=\frac{p(2p+3)+1}{(2p+1)(2p+3)}=\frac{2p^2+3p+1}{(2p+1)(2p+3)}$$ $$=\frac{(p+1)(2p+1)}{(2p+1)(2p+3)}=\frac{p+1}{2p+3}$$

Formeln gäller alltså för $n=p+1$ om den gäller för $n=p$.

Slutsats. Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{\sum _{k=1}^n\frac{1}{4k^2-1}=\frac{n}{2n+1}\text{fo¨r alla }n=1,2,3,\dots }$$

Alternativt (teleskopsumma). $\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}=\frac{2}{4k^2-1}$, så

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{4k^2-1}=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=\frac{n}{2n+1}$$

eftersom alla mellanliggande termer tar ut varandra.

Kontrollerat mot facit.

---

2. Kontinuitet och två gränsvärden

Avgör huruvida följande (även oegentliga) gränsvärden existerar och om så, bestäm dem (utan hjälp av l’Hôpitals regler):

(a) Bestäm konstanten $A$ så att funktionen

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin x}{x},& \text{om }x\ne 0,\\ A,& \text{om }x=0,\end{array}$$

blir kontinuerlig. (1p)

(b)

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2-x}-x}{x-1}$$

(2p)

(c)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x\sin x}.$$

(2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) handlar om kontinuitet i en punkt; (b) och (c) är gränsvärden av typen $\frac{0}{0}$ som ska förenklas.

Ledtråd 2

(a) $f$ är kontinuerlig i $0$ om ${\lim }_{x\to 0}f(x)=f(0)$; använd standardgränsvärdet för $\frac{\sin x}{x}$. (b) Förläng med konjugatet $\sqrt{2-x}+x$. (c) Förläng med $1+\cos x$ och använd trigonometriska ettan (Trigonometri).

Ledtråd 3

(b) Täljaren blir $2-x-x^2=-(x-1)(x+2)$. (c) Täljaren blir $1-{\cos }^{2}x={\sin }^{2}x$, och ett $\sin x$ förkortas bort.

Lösning

(a) För $x\ne 0$ är $f$ kontinuerlig. I $x=0$ krävs att

$$A=f(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$$ $$\boxed{A=1}$$

(b) Förläng med konjugatet:

$$\frac{\sqrt{2-x}-x}{x-1}=\frac{(2-x)-x^2}{(x-1)\left(\sqrt{2-x}+x\right)}=\frac{-(x-1)(x+2)}{(x-1)\left(\sqrt{2-x}+x\right)}=\frac{-(x+2)}{\sqrt{2-x}+x}$$ $$\to \frac{-(1+2)}{\sqrt{1}+1}=\boxed{-\frac{3}{2}}$$

(c) Förläng med $1+\cos x$:

$$\frac{1-\cos x}{x\sin x}=\frac{1-{\cos }^{2}x}{(1+\cos x)x\sin x}=\frac{{\sin }^{2}x}{(1+\cos x)x\sin x}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{1+\cos x}$$ $$\to 1\cdot \frac{1}{1+1}=\boxed{\frac{1}{2}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Krökningen hos $y=e^x$

Låt

$$y=f(x)=e^x,x\in \mathbb{R}.$$

Vi definierar krökningen $\kappa =\kappa (x)$ i en punkt $x$ på kurva $C$ given av funktionen $y=f(x)$ som

$$\kappa (x)=\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left(1+(y^{\prime }{)}^2\right)}^{3/2}}.$$

(a) Beräkna krökningen $\kappa (x)$ för funktionen $f$ i punkten $x=0$. (2p)

(b) Beräkna gränsvärdena av krökningen $\kappa (x)$ för funktionen $f$ när $x\to \pm \infty$. (2p)

(c) Finn maximum av krökningen $\kappa (x)$ för funktionen $f$ när $x\in \mathbb{R}$. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Formeln är given; uppgiften är derivering, gränsvärden mot oändligheten och ett största värde.

Ledtråd 2

$y^{\prime }=y^{\prime \prime }=e^x$, så $\kappa (x)=\frac{e^x}{(1+e^{2x}{)}^{3/2}}$. För $x\to \infty$: bryt ut $e^{2x}$ i nämnaren. För maximum: derivera $\kappa$ med kvotregeln (Deriveringsregler).

Ledtråd 3

${\kappa }^{\prime }(x)=\frac{e^x(1-2e^{2x})}{(1+e^{2x}{)}^{5/2}}$, som bara är noll när $e^{2x}=\frac{1}{2}$.

Lösning

(a) $y^{\prime }=e^x$ och $y^{\prime \prime }=e^x>0$, så

$$\kappa (x)=\frac{e^x}{{\left(1+e^{2x}\right)}^{3/2}},\kappa (0)=\frac{1}{2^{3/2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\boxed{\frac{\sqrt{2}}{4}}$$

(b) Bryt ut $e^{2x}$ i nämnaren:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x}{{\left(e^{2x}\right)}^{3/2}{\left(e^{-2x}+1\right)}^{3/2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^{-2x}}{{\left(e^{-2x}+1\right)}^{3/2}}=\frac{0}{(0+1{)}^{3/2}}=0$$ $$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{e^x}{{\left(1+e^{2x}\right)}^{3/2}}=\frac{0}{(1+0{)}^{3/2}}=0$$ $$\boxed{\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\kappa (x)=0}$$

(c) Eftersom $\kappa (0)>0$ och $\kappa \to 0$ i båda riktningarna antar den kontinuerliga funktionen $\kappa$ ett största värde i en kritisk punkt. Kvotregeln:

$${\kappa }^{\prime }(x)=\frac{e^x{\left(1+e^{2x}\right)}^{3/2}-e^x\cdot \frac{3}{2}{\left(1+e^{2x}\right)}^{1/2}\cdot 2e^{2x}}{{\left(1+e^{2x}\right)}^3}=\frac{e^x\left(1+e^{2x}-3e^{2x}\right)}{{\left(1+e^{2x}\right)}^{5/2}}=\frac{e^x\left(1-2e^{2x}\right)}{{\left(1+e^{2x}\right)}^{5/2}}$$

${\kappa }^{\prime }(x)=0⟺e^{2x}=\frac{1}{2}⟺x=-\frac{\ln 2}{2}$, och ${\kappa }^{\prime }>0$ till vänster och ${\kappa }^{\prime }<0$ till höger om punkten. Där är $e^x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ och

$${\kappa }_{\max }=\kappa \left(-\frac{\ln 2}{2}\right)=\frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^{1/2}}{{\left(1+\frac{1}{2}\right)}^{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}}$$ $$\boxed{{\kappa }_{\max }=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\text{ i }x=-\frac{\ln 2}{2}}$$

Kontrollerat mot facit.

---

4. Tangent och högsta punkt på en hippoped

Ekvationen

$${\left(x^2+y^2\right)}^2=4x^2+y^2,(x,y)\ne (0,0),$$

definierar en sluten slät kurva i planet (en så kallad Hippoped), se nedanstående figur.

(a) Finn ekvationen för tangenten till kurvan i punkten $\left(\sqrt{2},1\right)$. (3p)

(b) Hitta största värdet på $y$ för alla punkter $(x,y)$ på Hippopeden ovan. (2p)

Figuren är omritad efter originalet; tangenten i $(\sqrt{2},1)$ hör till lösningen.

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvan är ingen graf $y=f(x)$; använd implicit derivering. (b) är ett extremvärdesproblem på kurvan.

Ledtråd 2

Kontrollera först att punkten ligger på kurvan. Derivera båda leden med avseende på $x$, med $y=y(x)$, och lös ut $y^{\prime }$. I (b) har den högsta punkten vågrät tangent, dvs. $y^{\prime }=0$.

Ledtråd 3

$y^{\prime }=\frac{2x\left(2-(x^2+y^2)\right)}{y\left(2(x^2+y^2)-1\right)}$. I (b) ger täljaren $x=0$ eller $x^2+y^2=2$; sätt in i kurvans ekvation.

Lösning

(a) Punkten ligger på kurvan: $x_0^2+y_0^2=2+1=3$ och $VL=3^2=9=4\cdot 2+1=HL$.

Implicit derivering med $y=y(x)$:

$$2\left(x^2+y^2\right)(2x+2y{y}^{\prime })=8x+2y{y}^{\prime }$$ $$\left(4\left(x^2+y^2\right)-2\right)y{y}^{\prime }=8x-4x\left(x^2+y^2\right)⟺y^{\prime }=\frac{2x\left(2-(x^2+y^2)\right)}{y\left(2(x^2+y^2)-1\right)}$$

I $\left(\sqrt{2},1\right)$, där $x^2+y^2=3$:

$$y^{\prime }=\frac{2\sqrt{2}(2-3)}{1\cdot (6-1)}=-\frac{2\sqrt{2}}{5}$$

Enpunktsformeln:

$$y-1=-\frac{2\sqrt{2}}{5}\left(x-\sqrt{2}\right)⟺\boxed{y=\frac{9-2\sqrt{2}x}{5}}$$

(b) Kurvan är sluten och slät, så $y$ antar ett största värde, och det är positivt eftersom $(0,1)$ ligger på kurvan. Där $y\ne 0$ och $2(x^2+y^2)\ne 1$ ger formeln för $y^{\prime }$ ovan att $y^{\prime }=0$ precis när

$$x\left(2-(x^2+y^2)\right)=0⟺x=0\text{ eller }{x}^2+y^2=2$$

Undantagen är inga kandidater: $y=0$ ger inte maximum, och $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ insatt i ekvationen ger $\frac{1}{4}=3x^2+\frac{1}{2}$, vilket är omöjligt.

• $x=0$: $y^4=y^2⟺y^2(y^2-1)=0$, alltså $y=\pm 1$ ($y=0$ är uteslutet).
• $x^2+y^2=2$: skriv högerledet som $3x^2+(x^2+y^2)$. Då är $4=3x^2+2$, så $x^2=\frac{2}{3}$ och $y^2=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$, alltså $y=\pm \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Eftersom $\frac{2}{\sqrt{3}}>1$ är

$$\boxed{y_{\max }=\frac{2}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{4}{3}},\text{i punkterna }\left(\pm \sqrt{\frac{2}{3}},\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}$$

Kontrollerat mot facit.

---

5. Kurvan $(\ln x{)}^2/x^3$

Betrakta funktionen

$$y=\frac{(\ln x{)}^2}{x^3},x>0.$$

Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Skissera kurvan. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Kurvundersökning: gränsvärden i ändpunkterna, teckenschema för derivatan (Extremvärden) och för andraderivatan (Andraderivata och konvexitet).

Ledtråd 2

Undersök $x\to 0^{+}$ och $x\to \infty$. Derivera med kvotregeln och bryt ut $\ln x$; sätt gärna $t=\ln x$ när du faktoriserar.

Ledtråd 3

$y^{\prime }=\frac{\ln x(2-3\ln x)}{x^4}$ och $y^{\prime \prime }=\frac{2(6\ln x-1)(\ln x-1)}{x^5}$.

Lösning

Asymptoter. När $x\to 0^{+}$ gäller $\frac{1}{x^3}\to +\infty$ och $(\ln x{)}^2\to +\infty$, så

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x^3}=+\infty$$

och $x=0$ är lodrät asymptot. Åt höger:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x^3}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{\ln x}{x^{3/2}}\right)}^2=0^2=0$$

eftersom en potens dominerar logaritmen. Alltså är $y=0$ vågrät asymptot då $x\to \infty$. Funktionen är kontinuerlig på $(0,\infty )$, så det finns inga andra asymptoter. Dessutom är $y\ge 0$ med likhet bara för $x=1$.

Derivata.

$$y^{\prime }=\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}\cdot x^3-(\ln x{)}^2\cdot 3x^2}{x^6}=\frac{2\ln x-3(\ln x{)}^2}{x^4}=\frac{\ln x(2-3\ln x)}{x^4}$$

Kritiska punkter: $\ln x=0$ eller $\ln x=\frac{2}{3}$, dvs. $x=1$ och $x=e^{2/3}$.

	$0<x<1$	$1$	$1<x<e^{2/3}$	$e^{2/3}$	$x>e^{2/3}$
$\ln x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$2-3\ln x$	$+$	$+$	$+$	$0$	$-$
$x^4$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$y^{\prime }$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$y$	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$

$$y(1)=0,y\left(e^{2/3}\right)=\frac{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}{e^2}=\frac{4}{9e^2}$$ $$\boxed{\text{lok. min }y(1)=0,\text{lok. max }y\left(e^{2/3}\right)=\frac{4}{9e^2}}$$

Minimet $0$ är också globalt.

Andraderivata. Med $y^{\prime }=\frac{2\ln x-3(\ln x{)}^2}{x^4}$:

$$y^{\prime \prime }=\frac{\left(\frac{2}{x}-\frac{6\ln x}{x}\right)x^4-\left(2\ln x-3(\ln x{)}^2\right)4x^3}{x^8}=\frac{12(\ln x{)}^2-14\ln x+2}{x^5}=\frac{2(6\ln x-1)(\ln x-1)}{x^5}$$

Nollställen: $\ln x=\frac{1}{6}$ eller $\ln x=1$, dvs. $x=e^{1/6}$ och $x=e$.

	$0<x<e^{1/6}$	$e^{1/6}$	$e^{1/6}<x<e$	$e$	$x>e$
$6\ln x-1$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$\ln x-1$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$y^{\prime \prime }$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$y$	konvex	infl.	konkav	infl.	konvex

$$\boxed{\text{inflexionspunkter i }x=e^{1/6}\left(y=\frac{1}{36\sqrt{e}}\right)\text{ och }x=e\left(y=\frac{1}{e^3}\right)}$$ $$\boxed{\text{asymptoter: }x=0\text{ (lodra¨t) och }y=0\text{ da˚ }x\to \infty }$$

Ordningen längs $x$-axeln är $1<e^{1/6}<e^{2/3}<e$.

Skiss.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Cirkeln som tangerar $y=x+1/x$

Hur stor area har området som innesluts av cirkeln som tangerar grafen till funktionen

$$y=f(x)=x+\frac{1}{x},$$

se nedanstående figur. Ledning: Hur finner man cirkelns radie? (5p)

Figuren är omritad efter originalet.

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett minimeringsproblem: cirkelns radie är kortaste avståndet från origo till kurvan.

Ledtråd 2

$f$ är udda, så kurvan och cirkeln är symmetriska kring origo och cirkeln har centrum i origo. Minimera kvadraten på avståndet, $g(x)=x^2+f(x{)}^2$, för $x>0$.

Ledtråd 3

$g(x)=2x^2+2+\frac{1}{x^2}$ och $g^{\prime }(x)=4x-\frac{2}{x^3}$, som är noll när $x^4=\frac{1}{2}$.

Lösning

$f(-x)=-x-\frac{1}{x}=-f(x)$, så $f$ är udda och grafen är symmetrisk kring origo. Den tangerande cirkeln har därför centrum i origo, och radien $R$ är kortaste avståndet från origo till kurvan. Av symmetrin räcker det att se på $x>0$.

Avståndet i kvadrat från origo till $(x,f(x))$ är

$$g(x)=x^2+{\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2=2x^2+2+\frac{1}{x^2}$$

Minimum för avståndet antas där $g$ har minimum. $g(x)\to +\infty$ både då $x\to 0^{+}$ och då $x\to \infty$, så minimum antas i en kritisk punkt:

$$g^{\prime }(x)=4x-\frac{2}{x^3}=0⟺x^4=\frac{1}{2}⟺x^2=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Där är

$$R^2=g=2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$$

Cirkelskivans area:

$$\boxed{A=\pi R^2=2\pi \left(1+\sqrt{2}\right)}$$

Alternativt (kvadratkomplettering). $g(x)={\left(\sqrt{2}x-\frac{1}{x}\right)}^2+2+2\sqrt{2}\ge 2+2\sqrt{2}$, med likhet när $x^2=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Kontrollerat mot facit.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Talföljder och summor
• Kontinuitet
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Deriveringsregler
• Implicit derivering
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet