M0047M-2025-08-20

Kurs: M0065M — Envariabelanalys 1 Datum: 2025-08-20 Källa: originaltentamen och lärarens lösningar (m0047m_250820.pdf, m0047m_250820sols.pdf) M0047M är föregångaren till M0065M med samma innehåll.

Översikt

• Uppgift 1: induktionsbevis för att $n^3+2n$ är delbart med 3
• Uppgift 2: ensidiga gränsvärden för $e^{1/x}$, instängning av $\frac{\ln \cos x}{x^2}$ och deriverbarhet för en styckvis definierad funktion
• Uppgift 3: Taylorpolynom för $\cos x$, approximation av $\cos 1$ med feluppskattning och en approximativ ekvationslösning
• Uppgift 4: derivatan av $2\arctan x-\arctan \frac{2x}{1-x^2}$ och funktionens konstanta värden
• Uppgift 5: extremvärden, inflexionspunkt och asymptoter för $x(2-\ln x{)}^2$
• Uppgift 6: relaterade hastigheter, polisens radarmätning i en korsning

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. Delbarhet med 3 genom induktion

Bevisa, exempelvis med induktion, att det för alla positiva heltal $n\ge 1$ gäller att talet

$$c_n=n^3+2n$$

är delbart med 3. Ledning: ett heltal $c$ är delbart med ett annat heltal $d$ om det finns något heltal $k$ så att $c=kd$. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Ett bevis med induktion: basfall och induktionssteg.

Ledtråd 2

Basfallet är $n=1$. Anta att $p^3+2p=3k$ för något heltal $k$ och visa att $(p+1{)}^3+2(p+1)=3l$ för något heltal $l$.

Ledtråd 3

Utveckla: $(p+1{)}^3+2(p+1)=(p^3+2p)+3p^2+3p+3$.

Lösning

Basfall. För $n=1$ är $c_1=1^3+2\cdot 1=3=3\cdot 1$, som är delbart med 3.

Induktionssteg. Anta att $c_p=p^3+2p$ är delbart med 3 för något heltal $p\ge 1$, dvs. att $p^3+2p=3k$ för något heltal $k$ (induktionsantagandet). Då är

$$\begin{array}{rl}{c}_{p+1}& =(p+1{)}^3+2(p+1)=(p^3+3p^2+3p+1)+(2p+2)\\ & =(p^3+2p)+3p^2+3p+3=3k+3(p^2+p+1)=3l\end{array}$$

där $l=k+p^2+p+1$ är ett heltal eftersom $k$ och $p$ är heltal. Alltså är även $c_{p+1}$ delbart med 3.

Enligt induktionsprincipen gäller

$$\boxed{3\text{ delar }{n}^3+2n\text{ fo¨r alla heltal }n\ge 1}$$

Alternativt bevis utan induktion. $n^3+2n=(n^3-n)+3n=(n-1)n(n+1)+3n$. Bland tre på varandra följande heltal är ett delbart med 3, så produkten $(n-1)n(n+1)$ är delbar med 3, och det är $3n$ också.

Kontrollerat mot facit.

---

2. Tre gränsvärden och deriverbarhet

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

(a)

$$\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}$$

(1p)

(b)

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}$$

Ledning: Man kan ha hjälp av olikheten

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

som håller för $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$. (2p)

(c) Bestäm konstanterna $a$ och $b$ så att funktionen

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{3x},& \text{om }x\ge 0,\\ a{e}^x+b{e}^{-x},& \text{om }x<0,\end{array}$$

blir deriverbar i $x=0$. (2p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

(a) kräver ensidiga gränsvärden och oegentliga gränsvärden; (b) är ett instängningsargument; (c) handlar om Kontinuitet och deriverbarhet i skarven.

Ledtråd 2

(a) Jämför $x\to 0^{+}$ med $x\to 0^{-}$. (b) Dela olikheten med $x^2>0$ och använd standardgränsvärdet $\frac{\sin x}{x}\to 1$. (c) Både funktionsvärdena och derivatorna från vänster och höger måste stämma överens i $x=0$.

Ledtråd 3

(a) $1/x\to +\infty$ från höger men $-\infty$ från vänster. (b) $\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\cos x}\to 1$. (c) Villkoren blir $a+b=1$ och $a-b=3$.

Lösning

(a) Exponentialfunktionen är kontinuerlig, så

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=+\infty \text{eftersom}\frac{1}{x}\to +\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=0\text{eftersom}\frac{1}{x}\to -\infty$$

De ensidiga gränsvärdena är olika:

$$\boxed{\text{gra¨nsva¨rdet existerar inte}}$$

(b) För $0<|x|<\frac{\pi }{2}$ är $x^2>0$, så ledningens olikhet ger

$$-\frac{1}{2}{\left(\frac{\tan x}{x}\right)}^2\le \frac{\ln \cos x}{x^2}\le -\frac{1}{2}{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2$$

Här är $\frac{\sin x}{x}\to 1$ och $\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\cos x}\to 1\cdot 1=1$, så båda ytterleden går mot $-\frac{1}{2}$. Instängningssatsen ger

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}=-\frac{1}{2}}$$

(c) $f$ är kontinuerlig i $0$ om vänstergränsvärdet är lika med $f(0)=e^0=1$:

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }(a{e}^x+b{e}^{-x})=a+b=1$$

Derivatan är $3e^{3x}$ för $x>0$ och $a{e}^x-b{e}^{-x}$ för $x<0$. Båda uttrycken är kontinuerliga, så $f$ är deriverbar i $0$ om ensidiga derivatorna stämmer överens:

$$3e^0=3=a-b$$

Addition av ekvationerna ger $2a=4$:

$$\boxed{a=2,b=-1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

3. Taylorpolynom för $\cos x$

Definiera funktionen

$$f(x)=\cos x,x\in \mathbb{R}.$$

(a) Finn fjärde ordningens taylorpolynom $P_4(x)$ till $f$ kring $x=0$. (2p)

(b) Använd detta polynom för att finna ett approximativt rationellt värde på $\cos 1$. (1p)

(c) Använd Lagranges restterm/felterm $E_4(x)$ för ge en uppskattning på maximala felet som görs i uppgift 3.(b). (2p)

(d) (Bonusuppgift) Hitta en approximativ lösning till ekvationen

$$\cos x=\frac{x^2-1}{2}$$

genom att istället lösa ekvationen

$$P_4(x)=\frac{x^2-1}{2}.$$

Ledning: Denna fjärdegradsekvation i $x$ är en andragradsekvation i $x^2$. (1p)

Totalpoäng: 6 (varav 1 bonuspoäng)

Ledtråd 1

Taylors formel med Lagranges restterm.

Ledtråd 2

$P_4(x)={\sum }_{k=0}^4\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k$ och $E_4(x)=\frac{f^{(5)}(\xi )}{5!}{x}^5$ för något $\xi$ mellan $0$ och $x$.

Ledtråd 3

(c) $f^{(5)}(x)=-\sin x$, så $E_4(1)=-\frac{\sin \xi }{120}$ med $0<\xi <1$. (d) Ekvationen blir $x^4-24x^2+36=0$; kom ihåg att $\cos x$ ligger mellan $-1$ och $1$.

Lösning

(a) Derivatorna upprepas med period 4:

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$f^{(k)}(x)$	$\cos x$	$-\sin x$	$-\cos x$	$\sin x$	$\cos x$	$-\sin x$
$f^{(k)}(0)$	$1$	$0$	$-1$	$0$	$1$

$$\boxed{P_4(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}}$$

(b)

$$\cos 1\approx P_4(1)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{24}=\boxed{\frac{13}{24}}$$

(c) Enligt Taylors formel är $\cos x=P_4(x)+E_4(x)$ med

$$E_4(x)=\frac{f^{(5)}(\xi )}{5!}{x}^5=-\frac{\sin \xi }{120}{x}^5$$

för något $\xi$ mellan $0$ och $x$. För $x=1$ ligger $\xi$ i $(0,1)\subset \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$, där $\sin$ är positiv och växande. Alltså är

$$0<\sin \xi <\sin 1<1⟹\boxed{|E_4(1)|=\frac{\sin \xi }{120}<\frac{1}{120}}$$

Eftersom $E_4(1)<0$ är $\frac{13}{24}$ en överskattning, och

$$\frac{8}{15}=\frac{13}{24}-\frac{1}{120}<\cos 1<\frac{13}{24}$$

Anmärkning: eftersom tredjegradskoefficienten och femtegradskoefficienten är noll är $P_4=P_5$, så man kan också använda $E_5$ och få den skarpare gränsen $\frac{1}{720}$. Det verkliga felet är ungefär $0,0014$.

(d) Ekvationen $P_4(x)=\frac{x^2-1}{2}$ blir efter multiplikation med $24$:

$$24-12x^2+x^4=12x^2-12⟺x^4-24x^2+36=0$$

Med $t=x^2$: $t^2-24t+36=0$, alltså $t=12\pm \sqrt{144-36}=12\pm 6\sqrt{3}$. Båda är positiva, så det finns fyra reella rötter $x=\pm \sqrt{12\pm 6\sqrt{3}}$.

Den ursprungliga ekvationen kan bara ha lösningar där $-1\le \frac{x^2-1}{2}\le 1$, dvs. $x^2\le 3$. Eftersom $\sqrt{3}>\frac{3}{2}$ är $12+6\sqrt{3}>21>3$, så de rötterna förkastas. Däremot är $12-6\sqrt{3}<12-9=3$, så

$$\boxed{x=\pm \sqrt{12-6\sqrt{3}}=\pm \left(3-\sqrt{3}\right)\approx \pm 1,268}$$

Förenklingen följer av $(3-\sqrt{3}{)}^2=9-6\sqrt{3}+3=12-6\sqrt{3}$. Numeriskt är de exakta lösningarna till $\cos x=\frac{x^2-1}{2}$ ungefär $x\approx \pm 1,265$, så approximationen är god.

Kontrollerat mot facit.

---

4. En arcustangensidentitet via derivatan

Definiera funktionen

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

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

(b) Visa att

$$f(x)=0$$

för $-1<x<1$. (2p)

(c) Funktionen $f$ har även ett konstant värde för $x>1$. Bestäm detta värde! Ledning: undersök vad som händer när $x\to \infty$. (1p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Derivering av Arcusfunktioner med kedjeregeln (Deriveringsregler), och sedan att en funktion med derivatan noll på ett intervall är konstant där (Medelvärdessatsen).

Ledtråd 2

$\frac{d}{dx}\arctan u=\frac{u^{\prime }}{1+u^2}$. Definitionsmängden består av tre intervall; på vart och ett är $f$ konstant, men konstanterna kan vara olika.

Ledtråd 3

$(1-x^2{)}^2+(2x{)}^2=(1+x^2{)}^2$. (b) Beräkna $f(0)$. (c) $2\arctan x\to \pi$ och $\frac{2x}{1-x^2}\to 0$.

Lösning

(a) Med kedjeregeln och kvotregeln:

$$\frac{d}{dx}\frac{2x}{1-x^2}=\frac{2(1-x^2)-2x\cdot (-2x)}{(1-x^2{)}^2}=\frac{2(1+x^2)}{(1-x^2{)}^2}$$

så

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

Nämnaren är $1-2x^2+x^4+4x^2=(1+x^2{)}^2$, så

$$f^{\prime }(x)=\frac{2}{1+x^2}-\frac{2}{1+x^2}=\boxed{0},x\ne \pm 1$$

(b) Intervallet $(-1,1)$ ingår i definitionsmängden och $f^{\prime }=0$ där, så enligt medelvärdessatsen är $f$ konstant på intervallet, $f(x)=C_1$. Med $x=0$:

$$C_1=f(0)=2\arctan 0-\arctan 0=0$$

Alltså är $\boxed{f(x)=0\text{ fo¨r }-1<x<1}$, dvs. $\arctan \frac{2x}{1-x^2}=2\arctan x$ där.

(c) På $(1,\infty )$ är också $f^{\prime }=0$, så $f(x)=C_2$ där. Konstanten är lika med gränsvärdet i oändligheten. Eftersom $\arctan$ är kontinuerlig:

$$C_2=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(2\arctan x-\arctan \frac{2x}{1-x^2}\right)=2\cdot \frac{\pi }{2}-\arctan 0=\pi$$ $$\boxed{f(x)=\pi \text{ fo¨r }x>1}$$

Kontrollerat mot facit.

---

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

Betrakta funktionen

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

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 och andraderivatan för inflexionspunkter.

Ledtråd 2

Undersök $x\to 0^{+}$ (med standardgränsvärdet $x^a\ln x\to 0$), $x\to \infty$ och $f(x)/x$ för en eventuell sned asymptot. Derivera med produktregeln.

Ledtråd 3

$f^{\prime }(x)=\ln x(\ln x-2)$ och $f^{\prime \prime }(x)=\frac{2(\ln x-1)}{x}$.

Lösning

Asymptoter. $f(x)\ge 0$ med likhet bara då $\ln x=2$, dvs. $x=e^2$. Vid $x\to 0^{+}$:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x(2-\ln x{)}^2=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(2\sqrt{x}-\sqrt{x}\ln x\right)}^2=(0-0{)}^2=0$$

eftersom $\sqrt{x}\ln x\to 0$ (standardgränsvärde). Alltså ingen lodrät asymptot vid $x=0$. Vid $x\to \infty$ går $f(x)\to \infty$, och

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }(2-\ln x{)}^2=\infty$$

så det finns ingen sned asymptot heller. $f$ är kontinuerlig på $(0,\infty )$, så

$$\boxed{\text{kurvan saknar asymptoter}}$$

Derivata.

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

Kritiska punkter: $\ln x=0$ och $\ln x=2$, dvs. $x=1$ och $x=e^2$.

	$0<x<1$	$1$	$1<x<e^2$	$e^2$	$x>e^2$
$\ln x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$\ln x-2$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

$$\boxed{\text{lok. max }f(1)=4,\text{lok. min }f(e^2)=0}$$

Minimet är också globalt, eftersom $f\ge 0$.

Andraderivata.

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x}(\ln x-2)+\ln x\cdot \frac{1}{x}=\frac{2(\ln x-1)}{x}$$

Nämnaren är positiv, så $f^{\prime \prime }<0$ för $0<x<e$ (konkav) och $f^{\prime \prime }>0$ för $x>e$ (konvex). Teckenbytet ger en inflexionspunkt, och $f(e)=e(2-1{)}^2=e$:

$$\boxed{\text{inflexionspunkt }(e,e)}$$

Skiss. Kurvan startar i origo (utan att nå dit, eftersom $x>0$), stiger till $(1,4)$, sjunker genom inflexionspunkten $(e,e)$ ned till $(e^2,0)$ där den tangerar $x$-axeln och växer sedan obegränsat.

Kontrollerat mot facit.

---

6. Radarmätning i en korsning

En polisman $P$ kör sin polisbil med hastigheten 50 km/h rakt norrut längs en väg. En bit fram på denna väg finns en korsning med en annan väg som går i öst-västlig riktning. Polismannen får syn på en bil $B$ som kommer åkandes på den andra vägen in mot korsningen från öster och riktar sin radarpistol mot denna bil. Vid det tillfälle då polisbilen är 180 m från korsningen mäter polismannen att avståndet mellan polisbilen $P$ och bilen $B$ på den korsande vägen är 300 m och minskar med hastigheten 90 km/h. På bägge vägarna råder en hastighetsbegränsning på 70 km/h. Beräkna den andra bilens hastighet och avgör huruvida föraren av $B$ gör sig skyldig till hastighetsöverträdelse eller ej. (5p)

Totalpoäng: 5

Ledtråd 1

Relaterade hastigheter: Implicit derivering av ett samband med avseende på tiden.

Ledtråd 2

Låt $y(t)$ vara polisbilens avstånd till korsningen, $x(t)$ bilen $B$:s avstånd till korsningen och $s(t)$ avståndet mellan bilarna. Pythagoras sats ger $s^2=x^2+y^2$.

Ledtråd 3

Derivera: $s{s}^{\prime }=x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }$. Avstånd som minskar har negativ derivata: $y^{\prime }=-50$ och $s^{\prime }=-90$. Bestäm först $x$ ur Pythagoras.

Lösning

Låt $y(t)$ vara polisbilens avstånd till korsningen, $x(t)$ bilen $B$:s avstånd till korsningen och $s(t)$ avståndet mellan bilarna. Vägarna är vinkelräta, så

$$s(t{)}^2=x(t{)}^2+y(t{)}^2$$

Derivering med avseende på $t$ ger

$$2s{s}^{\prime }=2x{x}^{\prime }+2y{y}^{\prime }⟺x^{\prime }=\frac{s{s}^{\prime }-y{y}^{\prime }}{x}$$

Vid mättillfället $t_0$ är $y=180$ m, $s=300$ m, $y^{\prime }=-50$ km/h och $s^{\prime }=-90$ km/h (båda avstånden minskar). Ur Pythagoras:

$$x=\sqrt{300^2-180^2}=\sqrt{60^2(5^2-3^2)}=60\cdot 4=240\text{ m}$$

Längderna förekommer i både täljare och nämnare, så de kan stå i meter medan hastigheterna står i km/h:

$$x^{\prime }(t_0)=\frac{300\cdot (-90)-180\cdot (-50)}{240}=\frac{-27000+9000}{240}=-75\text{ km/h}$$

Avståndet till korsningen minskar alltså med 75 km/h:

$$\boxed{\text{bil }B\text{ ko¨r i }75\text{ km/h}>70\text{ km/h, alltsa˚ fortko¨rning}}$$

Kontrollerat mot facit. Lärarens lösning kallar på ett par ställen båda avstånden $y$ och skriver nämnaren i slutformeln som $y(t_0)$, men räknar med $x(t_0)=240$ m och får samma svar, 75 km/h.

---

Se även

• M0065M
• Matematisk induktion
• Gränsvärden
• Oegentliga gränsvärden
• Kontinuitet
• Derivata
• Taylors formel
• Arcusfunktioner
• Medelvärdessatsen
• Extremvärden
• Grafritning och asymptoter
• Andraderivata och konvexitet
• Implicit derivering