---
kurs:
  - M0065M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - envariabelanalys
status: utkast
datum: 2025-08-20
typ: tenta
aliases:
  - Tenta 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.*

> [!abstract] Översikt
> - Uppgift 1: induktionsbevis för att $n^3 + 2n$ är delbart med 3
> - Uppgift 2: ensidiga gränsvärden för $e^{1/x}$, instängning av $\dfrac{\ln\cos x}{x^2}$ 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 $2\arctan x - \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ 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

> [!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. 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Ett bevis med [[Matematisk induktion|induktion]]: basfall och induktionssteg.
>
> > [!tip]- 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 $l$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Utveckla: $(p + 1)^3 + 2(p + 1) = (p^3 + 2p) + 3p^2 + 3p + 3$.

> [!note]- 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
> $$
> \begin{aligned}
> c_{p+1} &= (p + 1)^3 + 2(p + 1) = (p^3 + 3p^2 + 3p + 1) + (2p + 2)\\
> &= (p^3 + 2p) + 3p^2 + 3p + 3 = 3k + 3(p^2 + p + 1) = 3l
> \end{aligned}
> $$
> 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
> $$
> \boxed{3 \text{ delar } n^3 + 2n \text{ för alla heltal } n\ge 1}
> $$
>
> **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)
$$
\lim_{x\to 0}e^{\frac1x}
$$
*(1p)*

(b)
$$
\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\cos x}{x^2}
$$
**Ledning:** Man kan ha hjälp av olikheten
$$
-\dfrac{\tan^2 x}{2}\le\ln\cos x\le -\dfrac{\sin^2 x}{2}
$$
som håller för $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$. *(2p)*

(c) Bestäm konstanterna $a$ och $b$ så att funktionen
$$
f(x) = \begin{cases} e^{3x}, & \text{om } x\ge 0,\\ ae^x + be^{-x}, & \text{om } x < 0,\end{cases}
$$
blir deriverbar i $x = 0$. *(2p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!tip]- Ledtråd 1
> (a) kräver [[Gränsvärden|ensidiga gränsvärden]] och [[Oegentliga gränsvärden|oegentliga gränsvärden]]; (b) är ett instängningsargument; (c) handlar om [[Kontinuitet]] och [[Derivata|deriverbarhet]] i skarven.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > (a) Jämför $x\to 0^+$ med $x\to 0^-$. (b) Dela olikheten med $x^2 > 0$ och använd standardgränsvärdet $\dfrac{\sin x}{x}\to 1$. (c) Både funktionsvärdena och derivatorna från vänster och höger måste stämma överens i $x = 0$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (a) $1/x\to +\infty$ från höger men $-\infty$ från vänster. (b) $\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\cos x}\to 1$. (c) Villkoren blir $a + b = 1$ och $a - b = 3$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Exponentialfunktionen är kontinuerlig, så
> $$
> \lim_{x\to 0^+}e^{\frac1x} = +\infty \quad\text{eftersom}\quad \dfrac1x\to +\infty, \qquad \lim_{x\to 0^-}e^{\frac1x} = 0 \quad\text{eftersom}\quad \dfrac1x\to -\infty
> $$
> De ensidiga gränsvärdena är olika:
> $$
> \boxed{\text{gränsvärdet existerar inte}}
> $$
>
> **(b)** För $0 < |x| < \frac{\pi}{2}$ är $x^2 > 0$, så ledningens olikhet ger
> $$
> -\dfrac12\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^2\le\dfrac{\ln\cos x}{x^2}\le -\dfrac12\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2
> $$
> Här är $\dfrac{\sin x}{x}\to 1$ och $\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\cos x}\to 1\cdot 1 = 1$, så båda ytterleden går mot $-\dfrac12$. Instängningssatsen ger
> $$
> \boxed{\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\cos x}{x^2} = -\dfrac12}
> $$
>
> **(c)** $f$ är kontinuerlig i $0$ om vänstergränsvärdet är lika med $f(0) = e^0 = 1$:
> $$
> \lim_{x\to 0^-}(ae^x + be^{-x}) = a + b = 1
> $$
> Derivatan är $3e^{3x}$ för $x > 0$ och $ae^x - be^{-x}$ 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 $2a = 4$:
> $$
> \boxed{a = 2, \quad b = -1}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 3. Taylorpolynom för $\cos x$

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

(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
$$
\cos x = \dfrac{x^2 - 1}{2}
$$
genom att istället lösa ekvationen
$$
P_4(x) = \dfrac{x^2 - 1}{2}.
$$
**Ledning:** Denna fjärdegradsekvation i $x$ är en andragradsekvation i $x^2$. *(1p)*

*Totalpoäng: 6 (varav 1 bonuspoäng)*

> [!tip]- Ledtråd 1
> [[Taylors formel]] med Lagranges restterm.
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $P_4(x) = \sum_{k=0}^{4}\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$ och $E_4(x) = \dfrac{f^{(5)}(\xi)}{5!}x^5$ för något $\xi$ mellan $0$ och $x$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > (c) $f^{(5)}(x) = -\sin x$, så $E_4(1) = -\dfrac{\sin\xi}{120}$ med $0 < \xi < 1$. (d) Ekvationen blir $x^4 - 24x^2 + 36 = 0$; kom ihåg att $\cos x$ ligger mellan $-1$ och $1$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Derivatorna upprepas med period 4:
>
> | $k$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ |
> |---|---|---|---|---|---|---|
> | $f^{(k)}(x)$ | $\cos x$ | $-\sin x$ | $-\cos x$ | $\sin x$ | $\cos x$ | $-\sin x$ |
> | $f^{(k)}(0)$ | $1$ | $0$ | $-1$ | $0$ | $1$ | |
>
> $$
> \boxed{P_4(x) = 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}}
> $$
>
> **(b)**
> $$
> \cos 1\approx P_4(1) = 1 - \dfrac12 + \dfrac1{24} = \boxed{\dfrac{13}{24}}
> $$
>
> **(c)** Enligt Taylors formel är $\cos x = P_4(x) + E_4(x)$ med
> $$
> E_4(x) = \dfrac{f^{(5)}(\xi)}{5!}x^5 = -\dfrac{\sin\xi}{120}x^5
> $$
> 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
> $$
> 0 < \sin\xi < \sin 1 < 1 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{|E_4(1)| = \dfrac{\sin\xi}{120} < \dfrac{1}{120}}
> $$
> Eftersom $E_4(1) < 0$ är $\dfrac{13}{24}$ en överskattning, och
> $$
> \dfrac{8}{15} = \dfrac{13}{24} - \dfrac{1}{120} < \cos 1 < \dfrac{13}{24}
> $$
> *Anmärkning:* eftersom tredjegradskoefficienten och femtegradskoefficienten är noll är $P_4 = P_5$, så man kan också använda $E_5$ och få den skarpare gränsen $\dfrac{1}{720}$. Det verkliga felet är ungefär $0{,}0014$.
>
> **(d)** Ekvationen $P_4(x) = \dfrac{x^2 - 1}{2}$ blir efter multiplikation med $24$:
> $$
> 24 - 12x^2 + x^4 = 12x^2 - 12 \iff x^4 - 24x^2 + 36 = 0
> $$
> Med $t = x^2$: $t^2 - 24t + 36 = 0$, alltså $t = 12\pm\sqrt{144 - 36} = 12\pm 6\sqrt3$. Båda är positiva, så det finns fyra reella rötter $x = \pm\sqrt{12\pm 6\sqrt3}$.
>
> Den ursprungliga ekvationen kan bara ha lösningar där $-1\le\dfrac{x^2 - 1}{2}\le 1$, dvs. $x^2\le 3$. Eftersom $\sqrt3 > \dfrac32$ är $12 + 6\sqrt3 > 21 > 3$, så de rötterna förkastas. Däremot är $12 - 6\sqrt3 < 12 - 9 = 3$, så
> $$
> \boxed{x = \pm\sqrt{12 - 6\sqrt3} = \pm\left(3 - \sqrt3\right)\approx\pm 1{,}268}
> $$
> Förenklingen följer av $(3 - \sqrt3)^2 = 9 - 6\sqrt3 + 3 = 12 - 6\sqrt3$. Numeriskt är de exakta lösningarna till $\cos x = \dfrac{x^2 - 1}{2}$ ungefär $x\approx\pm 1{,}265$, så approximationen är god.
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

## 4. En arcustangensidentitet via derivatan

Definiera funktionen
$$
f(x) = 2\arctan x - \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}, \quad x\ne\pm 1.
$$

(a) Vad är $f'(x)$? 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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Derivering av [[Arcusfunktioner]] med kedjeregeln ([[Deriveringsregler]]), och sedan att en funktion med derivatan noll på ett intervall är konstant där ([[Medelvärdessatsen]]).
>
> > [!tip]- Ledtråd 2
> > $\dfrac{d}{dx}\arctan u = \dfrac{u'}{1 + u^2}$. Definitionsmängden består av tre intervall; på vart och ett är $f$ konstant, men konstanterna kan vara olika.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $(1 - x^2)^2 + (2x)^2 = (1 + x^2)^2$. (b) Beräkna $f(0)$. (c) $2\arctan x\to\pi$ och $\dfrac{2x}{1 - x^2}\to 0$.

> [!note]- Lösning
> **(a)** Med kedjeregeln och kvotregeln:
> $$
> \dfrac{d}{dx}\dfrac{2x}{1 - x^2} = \dfrac{2(1 - x^2) - 2x\cdot(-2x)}{(1 - x^2)^2} = \dfrac{2(1 + x^2)}{(1 - x^2)^2}
> $$
> så
> $$
> f'(x) = \dfrac{2}{1 + x^2} - \dfrac{1}{1 + \left(\dfrac{2x}{1 - x^2}\right)^2}\cdot\dfrac{2(1 + x^2)}{(1 - x^2)^2} = \dfrac{2}{1 + x^2} - \dfrac{2(1 + x^2)}{(1 - x^2)^2 + 4x^2}
> $$
> Nämnaren är $1 - 2x^2 + x^4 + 4x^2 = (1 + x^2)^2$, så
> $$
> f'(x) = \dfrac{2}{1 + x^2} - \dfrac{2}{1 + x^2} = \boxed{0}, \quad x\ne\pm 1
> $$
>
> **(b)** Intervallet $(-1, 1)$ ingår i definitionsmängden och $f' = 0$ 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 $\boxed{f(x) = 0 \text{ för } -1 < x < 1}$, dvs. $\arctan\dfrac{2x}{1 - x^2} = 2\arctan x$ där.
>
> **(c)** På $(1, \infty)$ är också $f' = 0$, så $f(x) = C_2$ där. Konstanten är lika med gränsvärdet i oändligheten. Eftersom $\arctan$ är kontinuerlig:
> $$
> C_2 = \lim_{x\to\infty}\left(2\arctan x - \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}\right) = 2\cdot\dfrac{\pi}{2} - \arctan 0 = \pi
> $$
> $$
> \boxed{f(x) = \pi \text{ för } x > 1}
> $$
>
> *Kontrollerat mot facit.*

---

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

Betrakta funktionen
$$
y = f(x) = x(2 - \ln x)^2, \quad x > 0.
$$
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, [[Extremvärden|teckenschema för derivatan]] och [[Andraderivata och konvexitet|andraderivatan]] för inflexionspunkter.
>
> > [!tip]- 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.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > $f'(x) = \ln x\,(\ln x - 2)$ och $f''(x) = \dfrac{2(\ln x - 1)}{x}$.

> [!note]- Lösning
> **Asymptoter.** $f(x)\ge 0$ med likhet bara då $\ln x = 2$, dvs. $x = e^2$. Vid $x\to 0^+$:
> $$
> \lim_{x\to 0^+}x(2 - \ln x)^2 = \lim_{x\to 0^+}\left(2\sqrt x - \sqrt x\ln x\right)^2 = (0 - 0)^2 = 0
> $$
> 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
> $$
> \lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\infty}(2 - \ln x)^2 = \infty
> $$
> så det finns ingen sned asymptot heller. $f$ är kontinuerlig på $(0, \infty)$, så
> $$
> \boxed{\text{kurvan saknar asymptoter}}
> $$
>
> **Derivata.**
> $$
> f'(x) = (2 - \ln x)^2 + x\cdot 2(2 - \ln x)\cdot\left(-\dfrac1x\right) = (2 - \ln x)(-\ln x) = \ln x\,(\ln x - 2)
> $$
> Kritiska punkter: $\ln x = 0$ och $\ln x = 2$, dvs. $x = 1$ och $x = e^2$.
>
> | | $0 < x < 1$ | $1$ | $1 < x < e^2$ | $e^2$ | $x > e^2$ |
> |---|---|---|---|---|---|
> | $\ln x$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
> | $\ln x - 2$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
> | $f(x)$ | $\nearrow$ | lok. max | $\searrow$ | lok. min | $\nearrow$ |
>
> $$
> \boxed{\text{lok. max } f(1) = 4, \quad \text{lok. min } f(e^2) = 0}
> $$
> Minimet är också globalt, eftersom $f\ge 0$.
>
> **Andraderivata.**
> $$
> f''(x) = \dfrac{1}{x}(\ln x - 2) + \ln x\cdot\dfrac1x = \dfrac{2(\ln x - 1)}{x}
> $$
> Nämnaren är positiv, så $f'' < 0$ för $0 < x < e$ (konkav) och $f'' > 0$ 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.
>
> ![[tenta250820-uppgift5-kurva.png|520]]
>
> *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*

> [!tip]- Ledtråd 1
> Relaterade hastigheter: [[Implicit derivering]] av ett samband med avseende på tiden.
>
> > [!tip]- 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 $s^2 = x^2 + y^2$.
> >
> > > [!tip]- Ledtråd 3
> > > Derivera: $ss' = xx' + yy'$. Avstånd som minskar har negativ derivata: $y' = -50$ och $s' = -90$. Bestäm först $x$ ur Pythagoras.

> [!note]- 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
> $$
> 2s\,s' = 2x\,x' + 2y\,y' \iff x' = \dfrac{s\,s' - y\,y'}{x}
> $$
> Vid mättillfället $t_0$ är $y = 180$ m, $s = 300$ m, $y' = -50$ km/h och $s' = -90$ 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:
> $$
> x'(t_0) = \dfrac{300\cdot(-90) - 180\cdot(-50)}{240} = \dfrac{-27000 + 9000}{240} = -75 \text{ km/h}
> $$
> Avståndet till korsningen minskar alltså med 75 km/h:
> $$
> \boxed{\text{bil } B \text{ kör i } 75 \text{ km/h} > 70 \text{ km/h, alltså fortkörning}}
> $$
>
> *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]]