---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2025-05-22
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] 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

> [!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 summaformel

Formeln
$$
\dfrac13 + \dfrac{1}{15} + \dfrac{1}{35} + \ldots + \dfrac{1}{4n^2 - 1} = \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac{n}{2n + 1}
$$
gäller för alla positiva heltal $n = 1, 2, 3, \ldots$. Bevisa detta, till exempel med induktion. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|matematisk induktion]] av en formel för en [[Talföljder och summor|summa]].
>
> > [!tip]- 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 $\dfrac{p + 1}{2p + 3}$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Faktorisera den nya termen: $4(p + 1)^2 - 1 = (2p + 1)(2p + 3)$. Då får båda bråken nämnaren $(2p + 1)(2p + 3)$.

> [!note]- Lösning
> **Basfall** $n = 1$:
> $$
> VL = \dfrac{1}{4\cdot 1^2 - 1} = \dfrac13 = \dfrac{1}{2\cdot 1 + 1} = HL
> $$
>
> **Induktionssteg.** Anta att formeln gäller för $n = p$ (induktionsantagandet):
> $$
> \sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac{p}{2p + 1}
> $$
> Vi ska visa att summan till $p + 1$ blir $\dfrac{p + 1}{2(p + 1) + 1} = \dfrac{p + 1}{2p + 3}$. Den nya termen är
> $$
> \dfrac{1}{4(p + 1)^2 - 1} = \dfrac{1}{\left(2(p + 1) - 1\right)\left(2(p + 1) + 1\right)} = \dfrac{1}{(2p + 1)(2p + 3)}
> $$
> så med induktionsantagandet:
> $$
> \sum_{k=1}^{p+1}\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac{p}{2p + 1} + \dfrac{1}{(2p + 1)(2p + 3)} = \dfrac{p(2p + 3) + 1}{(2p + 1)(2p + 3)} = \dfrac{2p^2 + 3p + 1}{(2p + 1)(2p + 3)}
> $$
> $$
> = \dfrac{(p + 1)(2p + 1)}{(2p + 1)(2p + 3)} = \dfrac{p + 1}{2p + 3}
> $$
> Formeln gäller alltså för $n = p + 1$ om den gäller för $n = p$.
>
> **Slutsats.** Enligt induktionsprincipen gäller
> $$
> \boxed{\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac{n}{2n + 1} \quad\text{för alla } n = 1, 2, 3, \ldots}
> $$
>
> **Alternativt (teleskopsumma).** $\dfrac{1}{2k - 1} - \dfrac{1}{2k + 1} = \dfrac{2}{4k^2 - 1}$, så
> $$
> \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac12\sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1}{2k - 1} - \dfrac{1}{2k + 1}\right) = \dfrac12\left(1 - \dfrac{1}{2n + 1}\right) = \dfrac{n}{2n + 1}
> $$
> 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
$$
f(x) = \begin{cases}\dfrac{\sin x}{x}, & \text{om } x\ne 0,\\[6pt] A, & \text{om } x = 0,\end{cases}
$$
blir kontinuerlig. *(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 1}\dfrac{\sqrt{2 - x} - x}{x - 1}
$$
*(2p)*

(c)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{1 - \cos x}{x\sin x}.
$$
*(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) handlar om [[Kontinuitet|kontinuitet]] i en punkt; (b) och (c) är [[Gränsvärden|gränsvärden]] av typen $\tfrac00$ som ska förenklas.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) $f$ är kontinuerlig i $0$ om $\lim_{x\to 0}f(x) = f(0)$; använd standardgränsvärdet för $\dfrac{\sin x}{x}$. (b) Förläng med konjugatet $\sqrt{2 - x} + x$. (c) Förläng med $1 + \cos x$ och använd trigonometriska ettan ([[Trigonometri]]).
> >
> > > [!tip]- 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.

> [!note]- Lösning
> **(a)** För $x\ne 0$ är $f$ kontinuerlig. I $x = 0$ krävs att
> $$
> A = f(0) = \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1
> $$
> $$
> \boxed{A = 1}
> $$
>
> **(b)** Förläng med konjugatet:
> $$
> \dfrac{\sqrt{2 - x} - x}{x - 1} = \dfrac{(2 - x) - x^2}{(x - 1)\left(\sqrt{2 - x} + x\right)} = \dfrac{-(x - 1)(x + 2)}{(x - 1)\left(\sqrt{2 - x} + x\right)} = \dfrac{-(x + 2)}{\sqrt{2 - x} + x}
> $$
> $$
> \to\dfrac{-(1 + 2)}{\sqrt{1} + 1} = \boxed{-\dfrac32}
> $$
>
> **(c)** Förläng med $1 + \cos x$:
> $$
> \dfrac{1 - \cos x}{x\sin x} = \dfrac{1 - \cos^2 x}{(1 + \cos x)\,x\sin x} = \dfrac{\sin^2 x}{(1 + \cos x)\,x\sin x} = \dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{1 + \cos x}
> $$
> $$
> \to 1\cdot\dfrac{1}{1 + 1} = \boxed{\dfrac12}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Krökningen hos $y = e^x$

Låt
$$
y = f(x) = e^x, \quad x\in\mathbb{R}.
$$
Vi definierar *krökningen* $\kappa = \kappa(x)$ i en punkt $x$ på kurva $C$ given av funktionen $y = f(x)$ som
$$
\kappa(x) = \dfrac{|y''|}{\left(1 + (y')^2\right)^{3/2}}.
$$

(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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Formeln är given; uppgiften är [[Derivata|derivering]], [[Oegentliga gränsvärden|gränsvärden mot oändligheten]] och ett [[Extremvärden|största värde]].
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $y' = y'' = e^x$, så $\kappa(x) = \dfrac{e^x}{(1 + e^{2x})^{3/2}}$. För $x\to\infty$: bryt ut $e^{2x}$ i nämnaren. För maximum: derivera $\kappa$ med kvotregeln ([[Deriveringsregler]]).
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $\kappa'(x) = \dfrac{e^x(1 - 2e^{2x})}{(1 + e^{2x})^{5/2}}$, som bara är noll när $e^{2x} = \dfrac12$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** $y' = e^x$ och $y'' = e^x > 0$, så
> $$
> \kappa(x) = \dfrac{e^x}{\left(1 + e^{2x}\right)^{3/2}}, \qquad \kappa(0) = \dfrac{1}{2^{3/2}} = \dfrac{1}{2\sqrt2} = \boxed{\dfrac{\sqrt2}{4}}
> $$
>
> **(b)** Bryt ut $e^{2x}$ i nämnaren:
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^x}{\left(e^{2x}\right)^{3/2}\left(e^{-2x} + 1\right)^{3/2}} = \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^{-2x}}{\left(e^{-2x} + 1\right)^{3/2}} = \dfrac{0}{(0 + 1)^{3/2}} = 0
> $$
> $$
> \lim_{x\to -\infty}\dfrac{e^x}{\left(1 + e^{2x}\right)^{3/2}} = \dfrac{0}{(1 + 0)^{3/2}} = 0
> $$
> $$
> \boxed{\lim_{x\to\pm\infty}\kappa(x) = 0}
> $$
>
> **(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:
> $$
> \kappa'(x) = \dfrac{e^x\left(1 + e^{2x}\right)^{3/2} - e^x\cdot\dfrac32\left(1 + e^{2x}\right)^{1/2}\cdot 2e^{2x}}{\left(1 + e^{2x}\right)^3} = \dfrac{e^x\left(1 + e^{2x} - 3e^{2x}\right)}{\left(1 + e^{2x}\right)^{5/2}} = \dfrac{e^x\left(1 - 2e^{2x}\right)}{\left(1 + e^{2x}\right)^{5/2}}
> $$
> $\kappa'(x) = 0\iff e^{2x} = \dfrac12\iff x = -\dfrac{\ln 2}{2}$, och $\kappa' > 0$ till vänster och $\kappa' < 0$ till höger om punkten. Där är $e^x = \dfrac{1}{\sqrt2}$ och
> $$
> \kappa_{\max} = \kappa\left(-\dfrac{\ln 2}{2}\right) = \dfrac{\left(\dfrac12\right)^{1/2}}{\left(1 + \dfrac12\right)^{3/2}} = \dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{2\sqrt2}{3\sqrt3} = \dfrac{2}{3\sqrt3}
> $$
> $$
> \boxed{\kappa_{\max} = \dfrac{2}{3\sqrt3} = \dfrac{2\sqrt3}{9} \text{ i } x = -\dfrac{\ln 2}{2}}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. Tangent och högsta punkt på en hippoped

Ekvationen
$$
\left(x^2 + y^2\right)^2 = 4x^2 + y^2, \quad (x, y)\ne (0, 0),
$$
definierar en sluten slät kurva i planet (en så kallad *Hippoped*), se nedanstående figur.

(a) Finn ekvationen för tangenten till kurvan i punkten $\left(\sqrt2, 1\right)$. *(3p)*

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

![[tenta250522-uppgift4-kurva.png|520]]

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

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Kurvan är ingen graf $y = f(x)$; använd [[Implicit derivering|implicit derivering]]. (b) är ett [[Extremvärden|extremvärdesproblem]] på kurvan.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > Kontrollera först att punkten ligger på kurvan. Derivera båda leden med avseende på $x$, med $y = y(x)$, och lös ut $y'$. I (b) har den högsta punkten vågrät tangent, dvs. $y' = 0$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $y' = \dfrac{2x\left(2 - (x^2 + y^2)\right)}{y\left(2(x^2 + y^2) - 1\right)}$. I (b) ger täljaren $x = 0$ eller $x^2 + y^2 = 2$; sätt in i kurvans ekvation.

> [!note]- 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 $y = y(x)$:
> $$
> 2\left(x^2 + y^2\right)(2x + 2yy') = 8x + 2yy'
> $$
> $$
> \left(4\left(x^2 + y^2\right) - 2\right)yy' = 8x - 4x\left(x^2 + y^2\right) \iff y' = \dfrac{2x\left(2 - (x^2 + y^2)\right)}{y\left(2(x^2 + y^2) - 1\right)}
> $$
> I $\left(\sqrt2, 1\right)$, där $x^2 + y^2 = 3$:
> $$
> y' = \dfrac{2\sqrt2\,(2 - 3)}{1\cdot(6 - 1)} = -\dfrac{2\sqrt2}{5}
> $$
> Enpunktsformeln:
> $$
> y - 1 = -\dfrac{2\sqrt2}{5}\left(x - \sqrt2\right) \iff \boxed{y = \dfrac{9 - 2\sqrt2\,x}{5}}
> $$
>
> **(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 $y'$ ovan att $y' = 0$ precis när
> $$
> x\left(2 - (x^2 + y^2)\right) = 0 \iff x = 0 \ \text{ eller } \ x^2 + y^2 = 2
> $$
> Undantagen är inga kandidater: $y = 0$ ger inte maximum, och $x^2 + y^2 = \dfrac12$ insatt i ekvationen ger $\dfrac14 = 3x^2 + \dfrac12$, vilket är omöjligt.
>
> - $x = 0$: $y^4 = y^2\iff y^2(y^2 - 1) = 0$, 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 $x^2 = \dfrac23$ och $y^2 = 2 - \dfrac23 = \dfrac43$, alltså $y = \pm\dfrac{2}{\sqrt3}$.
>
> Eftersom $\dfrac{2}{\sqrt3} > 1$ är
> $$
> \boxed{y_{\max} = \dfrac{2}{\sqrt3} = \sqrt{\dfrac43}, \quad\text{i punkterna } \left(\pm\sqrt{\dfrac23}, \dfrac{2}{\sqrt3}\right)}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Betrakta funktionen
$$
y = \dfrac{(\ln x)^2}{x^3}, \quad x > 0.
$$
Bestäm lokala extremvärden, inflexionspunkter och asymptoter till kurvan. Ställ upp ordentligt teckenschema över derivatan. Skissera kurvan. *(5p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Grafritning och asymptoter|Kurvundersökning]]: gränsvärden i ändpunkterna, teckenschema för derivatan ([[Extremvärden]]) och för andraderivatan ([[Andraderivata och konvexitet]]).
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $y' = \dfrac{\ln x\,(2 - 3\ln x)}{x^4}$ och $y'' = \dfrac{2(6\ln x - 1)(\ln x - 1)}{x^5}$.

> [!note]- Lösning
> **Asymptoter.** När $x\to 0^+$ gäller $\dfrac{1}{x^3}\to +\infty$ och $(\ln x)^2\to +\infty$, så
> $$
> \lim_{x\to 0^+}\dfrac{(\ln x)^2}{x^3} = +\infty
> $$
> och $x = 0$ är lodrät asymptot. Åt höger:
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x^3} = \lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{\ln x}{x^{3/2}}\right)^2 = 0^2 = 0
> $$
> 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.**
> $$
> y' = \dfrac{2\ln x\cdot\dfrac1x\cdot x^3 - (\ln x)^2\cdot 3x^2}{x^6} = \dfrac{2\ln x - 3(\ln x)^2}{x^4} = \dfrac{\ln x\,(2 - 3\ln x)}{x^4}
> $$
> Kritiska punkter: $\ln x = 0$ eller $\ln x = \dfrac23$, dvs. $x = 1$ och $x = e^{2/3}$.
>
> | | $0 < x < 1$ | $1$ | $1 < x < e^{2/3}$ | $e^{2/3}$ | $x > e^{2/3}$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $\ln x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $2 - 3\ln x$ | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $x^4$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $y'$ | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
> | $y$ | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ |
>
> $$
> y(1) = 0, \qquad y\left(e^{2/3}\right) = \dfrac{\left(\dfrac23\right)^2}{e^2} = \dfrac{4}{9e^2}
> $$
> $$
> \boxed{\text{lok. min } y(1) = 0, \quad \text{lok. max } y\left(e^{2/3}\right) = \dfrac{4}{9e^2}}
> $$
> Minimet $0$ är också globalt.
>
> **Andraderivata.** Med $y' = \dfrac{2\ln x - 3(\ln x)^2}{x^4}$:
> $$
> y'' = \dfrac{\left(\dfrac2x - \dfrac{6\ln x}{x}\right)x^4 - \left(2\ln x - 3(\ln x)^2\right)4x^3}{x^8} = \dfrac{12(\ln x)^2 - 14\ln x + 2}{x^5} = \dfrac{2(6\ln x - 1)(\ln x - 1)}{x^5}
> $$
> Nollställen: $\ln x = \dfrac16$ eller $\ln x = 1$, dvs. $x = e^{1/6}$ och $x = e$.
>
> | | $0 < x < e^{1/6}$ | $e^{1/6}$ | $e^{1/6} < x < e$ | $e$ | $x > e$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $6\ln x - 1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $\ln x - 1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $y''$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $y$ | konvex | infl. | konkav | infl. | konvex |
>
> $$
> \boxed{\text{inflexionspunkter i } x = e^{1/6} \ \left(y = \dfrac{1}{36\sqrt e}\right) \text{ och } x = e \ \left(y = \dfrac{1}{e^3}\right)}
> $$
> $$
> \boxed{\text{asymptoter: } x = 0 \text{ (lodrät) och } y = 0 \text{ då } x\to\infty}
> $$
> Ordningen längs $x$-axeln är $1 < e^{1/6} < e^{2/3} < e$.
>
> **Skiss.**
>
> ![[tenta250522-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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
$$
y = f(x) = x + \dfrac1x,
$$
se nedanstående figur. **Ledning:** Hur finner man cirkelns radie? *(5p)*

![[tenta250522-uppgift6-cirkel.png|520]]

*Figuren är omritad efter originalet.*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett [[Extremvärden|minimeringsproblem]]: cirkelns radie är kortaste avståndet från origo till kurvan.
>
> > [!tip]- 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 $x > 0$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $g(x) = 2x^2 + 2 + \dfrac{1}{x^2}$ och $g'(x) = 4x - \dfrac{2}{x^3}$, som är noll när $x^4 = \dfrac12$.

> [!note]- Lösning
> $f(-x) = -x - \dfrac1x = -f(x)$, 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
> $$
> g(x) = x^2 + \left(x + \dfrac1x\right)^2 = 2x^2 + 2 + \dfrac{1}{x^2}
> $$
> 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:
> $$
> g'(x) = 4x - \dfrac{2}{x^3} = 0 \iff x^4 = \dfrac12 \iff x^2 = \dfrac{1}{\sqrt2}
> $$
> Där är
> $$
> R^2 = g = 2\cdot\dfrac{1}{\sqrt2} + 2 + \sqrt2 = 2 + 2\sqrt2
> $$
> Cirkelskivans area:
> $$
> \boxed{A = \pi R^2 = 2\pi\left(1 + \sqrt2\right)}
> $$
>
> **Alternativt (kvadratkomplettering).** $g(x) = \left(\sqrt2\,x - \dfrac1x\right)^2 + 2 + 2\sqrt2\ge 2 + 2\sqrt2$, med likhet när $x^2 = \dfrac{1}{\sqrt2}$.
>
> *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]]