Løsningsforslag – Matematikk R1 Eksempeleksamen 1 (Vår 2021)

Del 1 – Oppgave 1

Vi prøver å sette inn \( x = 1 \) direkte:

Vi får \( \frac{0}{0} \), som er en ubestemt form. Vi faktoriserer nevneren.

Vi faktoriserer \( x^2 + x - 2 \). Vi ser etter to tall som multiplisert gir \(-2\) og addert gir \(1\). Det er \(2\) og \(-1\):

Nå kan vi forkorte:

Da blir grenseverdien:

Del 1 – Oppgave 2

a) Lik lengde

Vi beregner lengden til hver vektor:

b) Normalt på hverandre

To vektorer står normalt (vinkelrett) på hverandre dersom skalarproduktet er lik null. Vi sjekker alle par:

c) Parallelle vektorer

To vektorer er parallelle dersom den ene er et skalarmultiplum av den andre, altså \( \vec{u} = k \cdot \vec{v} \) for en konstant \( k \).

Vi sjekker om \( \vec{a} \) og \( \vec{c} \) er parallelle:

Men \( \vec{a} = [2, -5] \), slik at \( \vec{c} \neq k \cdot \vec{a} \) for noen \( k \) (siden \( \frac{-2}{2} = -1 \) men \( \frac{10}{-5} = -2 \), og \(-1 \neq -2\)).

Vi sjekker systematisk alle par ved å se om forholdet mellom komponentene er likt. For to vektorer \( [u_1, u_2] \) og \( [v_1, v_2] \) er de parallelle dersom \( u_1 v_2 - u_2 v_1 = 0 \):

Del 1 – Oppgave 3

def f(x):
    return x/(1+x**2)

h = 0.0001
x = 0
while (f(x+h)-f(x))/h > 0:
    x = x + 0.01
print("x=", x)

a)

Uttrykket \( \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \) med en liten verdi av \( h \) er en numerisk tilnærming til den deriverte \( f'(x) \).

While-løkken fortsetter så lenge \( f'(x) > 0 \), altså så lenge funksjonen er stigende. Programmet øker \( x \) med \( 0{,}01 \) for hvert steg, og starter fra \( x = 0 \).

b)

Vi kan finne toppunktet analytisk ved å derivere:

Vi bruker kvotientregelen:

Vi setter \( f'(x) = 0 \):

Siden programmet starter fra \( x = 0 \) og øker med \( 0{,}01 \), vil det passere \( x = 1 \). For \( x < 1 \) er \( f'(x) > 0 \), og for \( x > 1 \) er \( f'(x) < 0 \). Løkken stopper altså ved den første \( x \)-verdien der den numeriske deriverte ikke lenger er positiv.

Programmet øker \( x \) med \( 0{,}01 \) fra \( 0 \). Når \( x = 1{,}00 \) testes betingelsen: den numeriske deriverte i \( x = 1{,}00 \) er tilnærmet null (eller svakt negativ), slik at løkken stopper.

Del 1 – Oppgave 4

Vi skal speile \( P(6, 1) \) om linjen \( \ell: y = 2x + 4 \).

Steg 1: Finn normalvektoren til linjen.

Linjen \( y = 2x + 4 \) kan skrives som \( 2x - y + 4 = 0 \). En normalvektor til linjen er \( \vec{n} = [2, -1] \).

Steg 2: Finn fotpunktet \( F \) (projeksjonen av \( P \) på linjen).

Vi trenger et punkt på linjen. For \( x = 0 \) gir linjen \( y = 4 \), så \( A = (0, 4) \) ligger på \( \ell \).

Vektoren fra \( A \) til \( P \):

Projeksjonen av \( \overrightarrow{AP} \) på normalvektoren \( \vec{n} = [2, -1] \):

Fotpunktet \( F \) finner vi ved å trekke normalkomponenten fra \( \overrightarrow{AP} \):

Vi ser at \( \overrightarrow{AP} = [6, -3] = 3[2, -1] = 3\vec{n} \), altså er \( \overrightarrow{AP} \) parallell med normalvektoren. Det betyr at \( P \) ligger rett over \( A \) langs normalen, og fotpunktet er \( F = A = (0, 4) \).

Steg 3: Finn speilpunktet \( P' \).

Speilpunktet \( P' \) ligger slik at \( F \) er midtpunktet mellom \( P \) og \( P' \):

Kontroll: Vi sjekker at \( F = (0, 4) \) er midtpunktet: \( \frac{6 + (-6)}{2} = 0 \) og \( \frac{1 + 7}{2} = 4 \). Stemmer.

Vi sjekker at \( F \) ligger på linjen: \( y = 2(0) + 4 = 4 \). Stemmer.

Del 1 – Oppgave 5

Vi analyserer egenskapene til \( f(x) = 4x \cdot e^{-x} \):

Nullpunkt:

Funksjonen har bare ett nullpunkt i \( x = 0 \), og \( f(0) = 0 \).

Fortegn:

Siden \( e^{-x} > 0 \) for alle \( x \), har \( f(x) \) samme fortegn som \( 4x \). Altså er \( f(x) < 0 \) for \( x < 0 \) og \( f(x) > 0 \) for \( x > 0 \).

Toppunkt: Vi deriverer med produktregelen:

Vi setter \( f'(x) = 0 \):

For \( x < 1 \) er \( f'(x) > 0 \) (stigende), og for \( x > 1 \) er \( f'(x) < 0 \) (synkende). Altså er \( x = 1 \) et toppunkt.

Toppunktverdien er:

Oppførsel for store \( x \):

Grafen nærmer seg \( x \)-aksen ovenfra når \( x \to \infty \).

Konklusjon: Grafen starter negativ for \( x < 0 \), går gjennom origo, stiger til et toppunkt ved \( x = 1 \) med verdi ca. \( 1{,}47 \), og synker deretter mot null. Toppunktet ligger ved \( x = 1 \), altså tidlig i intervallet.

Del 2 – Oppgave 1

a) Banefarten ved \( t = 0 \)

Banefarten er lengden av hastighetsvektoren. Vi deriverer posisjonsvektoren:

Ved \( t = 0 \):

Banefarten:

b) Tid til ballen treffer bakken

Ballen treffer bakken når \( y \)-koordinaten er null (og \( t > 0 \)):

Dette gir \( t = 0 \) (start) eller \( t = 2 \).

c) Banefart i høyeste punkt

Ballen er i sitt høyeste punkt når \( y \)-komponenten av hastigheten er null:

Hastighetsvektoren ved \( t = 1 \):

Banefarten:

Del 2 – Oppgave 2

For at \( f \) skal ha en omvendt (invers) funksjon, må \( f \) være strengt monoton (enten strengt stigende eller strengt synkende) på hele definisjonsmengden \( [-3, \infty) \).

Vi deriverer:

\( f'(x) = 0 \) når \( x = 0 \) eller \( x = \frac{3b}{4} \).

Siden \( x^2 \geq 0 \) for alle \( x \), bestemmes fortegnet til \( f'(x) \) av faktoren \( (4x - 3b) \) (bortsett fra i \( x = 0 \) der \( f'(x) = 0 \)).

For at \( f \) skal være strengt stigende på \( [-3, \infty) \), trenger vi \( f'(x) \geq 0 \) for alle \( x \in [-3, \infty) \), med likhet bare i isolerte punkter.

Vi trenger \( 4x - 3b \geq 0 \) for alle \( x \geq -3 \), altså:

Når \( b \leq -4 \) er \( \frac{3b}{4} \leq -3 \), slik at \( 4x - 3b > 0 \) for alle \( x > -3 \). I punktet \( x = 0 \) er \( f'(0) = 0 \), men dette er et isolert punkt, og funksjonen er fortsatt strengt stigende (den har et terrassepunkt, ikke et ekstrempunkt).

For at \( f \) skal være strengt synkende, trenger vi \( f'(x) \leq 0 \) på hele \( [-3, \infty) \). Men for store \( x \) er \( f'(x) = x^2(4x - 3b) > 0 \), så \( f \) kan ikke være strengt synkende på hele \( [-3, \infty) \).

Del 2 – Oppgave 3

a) Algoritme

Avstanden fra sentrum \( S(a, b) \) til punktet \( P(s, t) \) er:

Algoritme:

1. Les inn verdiene \( a, b, r, s, t \).
2. Beregn \( d = \sqrt{(s - a)^2 + (t - b)^2} \).
3. Sammenlign \( d \) med \( r \):
   • Hvis \( d < r \): Punktet ligger innenfor sirkelen.
   • Hvis \( d = r \): Punktet ligger på sirkelen.
   • Hvis \( d > r \): Punktet ligger utenfor sirkelen.

b) Programkode (Python)

import math

a = float(input("Sentrum x-koordinat a: "))
b = float(input("Sentrum y-koordinat b: "))
r = float(input("Radius r: "))
s = float(input("Punkt x-koordinat s: "))
t = float(input("Punkt y-koordinat t: "))

d = math.sqrt((s - a)**2 + (t - b)**2)

if d < r:
    print("Punktet ligger innenfor sirkelen")
elif d == r:
    print("Punktet ligger på sirkelen")
else:
    print("Punktet ligger utenfor sirkelen")

Merk: I praksis kan det være lurt å bruke en liten toleranse ved sammenligningen \( d = r \), f.eks. abs(d - r) < 0.0001, fordi desimaltall kan ha avrundingsfeil.

Del 2 – Oppgave 4

a) Utledning av modellen \( h \)

Newtons avkjølingslov sier at temperaturen i et objekt som avkjøles, kan modelleres slik:

Der \( T_{\text{rom}} = 21{,}2 \) er romtemperaturen og \( T_0 = 70 \) er starttemperaturen.

Vi setter inn:

Vi finner \( k \) ved å bruke et av målepunktene. Vi lager en ny variabel \( u = T - 21{,}2 \), som gir differansen mellom kaffetemperaturen og romtemperaturen:

Vi tar logaritmen: \( \ln u = \ln(48{,}8) - kx \). Dette er en lineær sammenheng mellom \( x \) og \( \ln u \).

Vi utfører lineær regresjon på \( (x, \ln u) \) med et digitalt verktøy. Stigningstallet gir \( -k \approx -0{,}107 \approx -0{,}11 \), og skjæringspunktet gir \( \ln(48{,}8) \approx 3{,}89 \), som tilsvarer en startverdi på ca. \( 49 \).

Dermed er modellen:

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer avkjølingsmodellen: h(x) := 21.2 + 49 * e^(-0.11 * x)
• Verifiser mot data ved \(x = 4\): Numerisk(h(4)) → gir \(\approx 52{,}8\) °C (målt: 53 °C)
• Finn den initiale avkjølingsraten: Numerisk(h'(0)) → gir \(-5{,}39\) °C/min

b) Gyldighetsområdet til modellene

Modell \( f(x) = -2{,}45x + 65{,}6 \) (lineær):

Denne modellen gir en rett linje som synker med tiden. Den gir \( f(x) = 0 \) for \( x \approx 26{,}8 \) minutter, og for \( x > 26{,}8 \) gir den negative temperaturer. I virkeligheten vil temperaturen aldri synke under romtemperaturen \( 21{,}2\,°\text{C} \). Modellen er derfor kun gyldig for et begrenset tidsrom, omtrent \( 0 \leq x \leq 18 \) minutter.

Modell \( g(x) = 0{,}13x^2 - 4{,}45x + 70 \) (kvadratisk):

Denne modellen har et bunnpunkt. Etter bunnpunktet vil temperaturen begynne å stige igjen, noe som ikke er fysisk rimelig (kaffekoppen vil ikke begynne å varmes opp av seg selv). Bunnpunktet er i \( x = \frac{4{,}45}{2 \cdot 0{,}13} \approx 17{,}1 \) minutter. Modellen er dermed kun rimelig for \( 0 \leq x \leq 17 \) minutter.

Modell \( h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x} \) (eksponentiell):

Når \( x \to \infty \) gir \( h(x) \to 21{,}2 \), som er romtemperaturen. Funksjonen er strengt avtagende og nærmer seg romtemperaturen asymptotisk. Dette samsvarer godt med den fysiske situasjonen. Modellen er gyldig for alle \( x \geq 0 \).

Del 2 – Oppgave 5

a) Bestem \( a \) og \( b \)

For at \( f \) skal være deriverbar i \( x = 1 \), må to krav være oppfylt:

1. Kontinuitet: Grenseverdiene fra venstre og høyre må være like i \( x = 1 \).
2. Lik derivert: De deriverte fra venstre og høyre må være like i \( x = 1 \).

Krav 1: Kontinuitet i \( x = 1 \)

Settes like:

Krav 2: Lik derivert i \( x = 1 \)

Derivert av venstre del: \( f'(x) = 4x + 3 \), som gir \( f'(1^-) = 7 \).

Derivert av høyre del: \( f'(x) = -4x + b \), som gir \( f'(1^+) = -4 + b \).

Fra likning (I):

b) Vendepunkt

Med \( a = 4 \) og \( b = 11 \) er funksjonen:

Vi finner den andrederiverte:

For \( x < 1 \) er \( f''(x) = 4 > 0 \), og for \( x > 1 \) er \( f''(x) = -4 < 0 \).

Den andrederiverte skifter fortegn i \( x = 1 \). Funksjonen er konveks (krummer oppover) for \( x < 1 \) og konkav (krummer nedover) for \( x > 1 \).

Funksjonsverdien i \( x = 1 \):

Del 2 – Oppgave 6

a) Topp- eller bunnpunkt

Vi deriverer \( f(x) = \frac{e^x}{e^x + C} \) med kvotientregelen:

For at \( f \) skal ha et topp- eller bunnpunkt, trenger vi \( f'(x) = 0 \).

Telleren er \( Ce^x \). Siden \( e^x > 0 \) for alle \( x \), er \( f'(x) = 0 \) bare dersom \( C = 0 \). Men da er \( f(x) = 1 \), en konstant, som ikke har ekstrempunkter i vanlig forstand.

For \( C \neq 0 \) er \( f'(x) \neq 0 \) for alle \( x \) (der \( f \) er definert). Funksjonen er strengt monoton.

b) Vendepunkt

Vi finner den andrederiverte. Med \( f'(x) = \frac{Ce^x}{(e^x + C)^2} \) bruker vi kvotientregelen igjen:

Vi forenkler ved å faktorisere ut \( Ce^x(e^x + C) \):

Vi setter \( f''(x) = 0 \):

Siden \( Ce^x \neq 0 \) (for \( C \neq 0 \)), trenger vi:

Dette har bare en løsning dersom \( C > 0 \) (siden \( e^x > 0 \)).

Vi sjekker at \( f'' \) skifter fortegn: For \( x < \ln C \) er \( e^x < C \), slik at \( C - e^x > 0 \), og for \( x > \ln C \) er \( C - e^x < 0 \). Dermed skifter \( f'' \) fortegn.

c) Vis at \( f(x + \ln C) = \frac{e^x}{e^x + 1} \) når \( C > 0 \)

Vi setter inn \( x + \ln C \) i funksjonsuttrykket:

Vi forenkler \( e^{x + \ln C} \):

Da får vi:

Hvordan grafen påvirkes når \( C \) endres (\( C > 0 \)):

Resultatet viser at \( f(x) = \frac{e^x}{e^x + C} \) kan skrives som \( g(x - \ln C) \), der \( g(x) = \frac{e^x}{e^x + 1} \).

Når \( C \) endres, forskyves grafen horisontalt med \( \ln C \). Formen på grafen er den samme uavhengig av \( C \) -- den er bare forskjøvet langs \( x \)-aksen.

• Når \( C \) øker, forskyves grafen mot høyre (vendepunktet flyttes til \( x = \ln C \)).
• Når \( C \) minker (men forblir positiv), forskyves grafen mot venstre.
• For \( C = 1 \) er vendepunktet i \( x = 0 \).

d) Tilfelle \( C < 0 \)

Når \( C < 0 \), er nevneren \( e^x + C = 0 \) for \( e^x = -C \), altså \( x = \ln(-C) \). Funksjonen har en vertikal asymptote i dette punktet.

For \( x < \ln(-C) \): \( e^x < -C \), slik at \( e^x + C < 0 \). Da er \( f(x) = \frac{e^x}{e^x + C} < 0 \) (positiv delt på negativ).

For \( x > \ln(-C) \): \( e^x > -C \), slik at \( e^x + C > 0 \). Da er \( f(x) > 0 \).

Siden \( C < 0 \) er \( f'(x) = \frac{Ce^x}{(e^x + C)^2} < 0 \), altså er \( f \) strengt avtagende på hvert intervall der den er definert.

Grenseverdiene:

Ved den vertikale asymptoten i \( x = \ln(-C) \):

• For \( x \to \ln(-C)^- \): nevneren \( e^x + C \to 0^- \), telleren \( e^x \to -C > 0 \), så \( f(x) \to -\infty \).
• For \( x \to \ln(-C)^+ \): nevneren \( e^x + C \to 0^+ \), telleren \( e^x \to -C > 0 \), så \( f(x) \to +\infty \).

Del 2 – Oppgave 7

a) Verifisering av resultatet

Vi har \( f(x) = x^3 - x^2 - 2x + 3 \), linjen \( y = 2x - 1 \), og \( x_1 = -2,\; x_2 = 1,\; x_3 = 2 \).

Vi sjekker først at de tre punktene ligger på både grafen og linjen:

Nå beregner vi \( m \):

Funksjonsverdien i \( m \):

Den deriverte:

Tangentlinjen i \( \left(-\frac{1}{2}, \frac{29}{8}\right) \):

Vi sjekker om denne tangenten går gjennom \( (x_3, f(x_3)) = (2, 3) \):

b) Formen til \( g(x) \)

La \( g \) være en tredjegradsfunksjon og \( \ell: y = ax + b \) en linje som skjærer grafen i tre punkter med \( x \)-koordinater \( x_1, x_2, x_3 \).

I skjæringspunktene gjelder \( g(x_i) = ax_i + b \), altså:

Differansen \( p(x) = g(x) - (ax + b) \) er en tredjegradsfunksjon (siden \( g \) er en tredjegradsfunksjon og \( ax + b \) er lineær). Denne tredjegradsfunksjonen har nullpunkter i \( x_1, x_2, x_3 \).

En tredjegradsfunksjon med tre nullpunkter kan faktoriseres som:

der \( k \) er koeffisienten foran \( x^3 \) (ledende koeffisient i \( g \)).

Dermed:

c) Vis at tangenten i \( m = \frac{x_1 + x_2}{2} \) går gjennom \( (x_3, g(x_3)) \)

Vi har:

Vi deriverer:

Vi setter inn \( x = m = \frac{x_1 + x_2}{2} \):

Altså: \( (m - x_1)(m - x_2) = \frac{x_2 - x_1}{2} \cdot \left(-\frac{x_2 - x_1}{2}\right) = -\frac{(x_2 - x_1)^2}{4} \)

La oss sette \( d = \frac{x_2 - x_1}{2} \), slik at \( m - x_1 = d \), \( m - x_2 = -d \), og \( m - x_3 = m - x_3 \).

Da er:

Nå beregner vi funksjonsverdien i \( m \):

Tangentlinjen i \( (m, g(m)) \) er:

Vi setter inn \( x = x_3 \):

Men \( g(x_3) = k(x_3 - x_1)(x_3 - x_2)(x_3 - x_3) + ax_3 + b = 0 + ax_3 + b = ax_3 + b \).

d) Bruk av linjen \( y = 2x + 1 \) for å finne tangeringspunktet

Vi har \( h(x) = x^3 - 2x + 1 \) og ønsker en tangent som går gjennom \( P(2, 5) \).

Vi observerer at \( P(2, 5) \) ligger på linjen \( y = 2x + 1 \), siden \( 2(2) + 1 = 5 \).

Vi sjekker også om \( P \) ligger på grafen: \( h(2) = 8 - 4 + 1 = 5 \). Ja, \( P \) ligger på grafen.

Vi finner skjæringspunktene mellom \( h(x) \) og linjen \( y = 2x + 1 \):

Skjæringspunktene er \( x_1 = -2,\; x_2 = 0,\; x_3 = 2 \).

Her er \( x_3 = 2 \), som er \( x \)-koordinaten til \( P \). Ifølge resultatet vil tangenten i \( m = \frac{x_1 + x_2}{2} \) gå gjennom \( (x_3, g(x_3)) = P \).

Vi kan velge to kombinasjoner (der \( x_3 = 2 \)):

Kombinasjon 1: \( x_1 = -2,\; x_2 = 0,\; x_3 = 2 \):

Kombinasjon 2: \( x_1 = 0,\; x_2 = -2,\; x_3 = 2 \):

Begge gir \( m = -1 \). Vi sjekker:

Tangenten i \( (-1, 2) \):

Sjekk at den går gjennom \( P(2, 5) \): \( y = 2 + 3 = 5 \). Stemmer.

Løsningsforslag – Matematikk R1 Eksempelsett høst 2021

Eksamen REA3056 – Eksempelsett 2

Oppgave 1

Vi setter inn \( x = 1 \) og ser at både teller og nevner blir 0. Vi har altså formen \(\frac{0}{0}\) og må faktorisere for å forkorte.

Vi faktoriserer nevneren. Vi leter etter to tall som multiplisert gir \(-2\) og addert gir \(1\). Det gir:

Nå kan vi forkorte faktoren \((x-1)\):

Oppgave 2

a)

Vi regner ut lengden til alle vektorene:

b)

To vektorer står normalt på hverandre dersom skalarproduktet er 0. Vi beregner alle skalarprodukter:

c)

To vektorer er parallelle dersom den ene er en skalar multiplikasjon av den andre, dvs. forholdet mellom tilsvarende koordinater er likt. Vi sjekker alle par:

Oppgave 3

1  def f(x):
2      return x/(1+x**2)
3
4  h = 0.0001
5  x = 0
6  while (f(x+h)-f(x))/h > 0:
7      x = x + 0.01
8  print("x=", x)

a)

Uttrykket (f(x+h)-f(x))/h er en numerisk tilnærming til den deriverte \( f'(x) \) (Newtons kvotient med liten \(h\)).

While-løkken kjører så lenge denne tilnærmingen er positiv, dvs. så lenge \( f'(x) > 0 \). Når tilnærmingen ikke lenger er positiv, stopper programmet.

b)

Linje 1–2 definerer funksjonen \( f(x) = \dfrac{x}{1+x^2} \).

Linje 4 setter steglengden \( h = 0{,}0001 \) for den numeriske derivasjonen.

Linje 5 starter med \( x = 0 \).

Linje 6–7: Så lenge den numeriske tilnærmingen til \( f'(x) \) er positiv, økes \( x \) med \( 0{,}01 \). Programmet vandrer altså langs \(x\)-aksen i steg på \(0{,}01\) og stopper ved den første \(x\)-verdien der den deriverte ikke lenger er positiv.

Vi finner det eksakte toppunktet analytisk. Vi deriverer med brøkregelen:

Vi setter \( f'(x) = 0 \):

For \( x \geq 0 \) er toppunktet i \( x = 1 \). Programmet øker \( x \) med \( 0{,}01 \) fra 0 og stopper når det passerer \( x = 1 \).

Oppgave 4

For å speile et punkt om en linje, finner vi fotpunktet \( F \) (projeksjonen av \( P \) på linjen) og bruker at det speilede punktet \( P_1 \) oppfyller:

Steg 1: Vi parameteriserer linjen. Linjen \( y = 2x + 4 \) går gjennom \( (0, 4) \) og har retningsvektor \( [1, 2] \). Parameterframstilling:

Steg 2: Vi finner fotpunktet \( F \). Vektoren \( \overrightarrow{PF} \) fra \( P(6,1) \) til et generelt punkt på linjen er:

Denne vektoren skal stå vinkelrett på retningsvektoren \( [1, 2] \):

Steg 3: Fotpunktet er \( F = (0, 4) \), og:

Steg 4: Det speilede punktet:

Oppgave 5

Vi undersøker nøkkelegenskaper til \( f(x) = 4x \cdot e^{-x} \).

Nullpunkt: \( f(x) = 0 \) gir \( 4x = 0 \), altså \( x = 0 \). Funksjonen har kun ett nullpunkt i origo.

Toppunkt: Vi deriverer med produktregelen:

Vi setter \( f'(x) = 0 \). Siden \( 4e^{-x} > 0 \) for alle \( x \), kreves \( 1 - x = 0 \), altså \( x = 1 \).

Funksjonsverdien: \( f(1) = 4 \cdot 1 \cdot e^{-1} = \frac{4}{e} \approx 1{,}47 \).

Vi kan utelukke graf (I), som ikke har toppunkt i \( x = 1 \).

Vi kan utelukke graf (III), som ser ut til å ha et nullpunkt nær \( x = 2 \). Vi sjekker: \( f(2) = 4 \cdot 2 \cdot e^{-2} = 8e^{-2} \approx 1{,}08 \neq 0 \).

Vendepunkt: Vi deriverer en gang til:

Vi setter \( f''(x) = 0 \): \( 2 - x = 0 \), altså \( x = 2 \).

Graf (II) ser ut til å ha vendepunkt i \( x = 2 \), mens graf (IV) ser ut til å ha vendepunkt nærmere \( x = 1{,}5 \). Dermed stemmer graf (II) med \( f \).

Oppgave 1

a)

Banefarten er lengden av fartsvektoren. Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

Da ballen ble sparket, var \( t = 0 \):

Banefarten:

b)

Ballen treffer bakken når \( y \)-koordinaten er 0 (og \( t > 0 \)):

Løsningen \( t = 0 \) er starttidspunktet.

c)

Det høyeste punktet nås når \( y \)-komponenten av fartsvektoren er 0:

Vi finner fartsvektoren for \( t = 1 \):

Banefarten:

Oppgave 2

En funksjon har en omvendt funksjon (er inverterbar) hvis og bare hvis den er strengt monoton (strengt voksende eller strengt avtagende) på hele definisjonsområdet.

Vi undersøker den deriverte:

Nullpunktene til \( f'(x) \) er \( x = 0 \) og \( x = \frac{3b}{4} \).

I \( x = 0 \) har vi et dobbelt nullpunkt, og den deriverte skifter ikke fortegn der (den er \( \leq 0 \) for \( x \leq \frac{3b}{4} \) og \( \geq 0 \) for \( x \geq \frac{3b}{4} \) dersom \( \frac{3b}{4} < 0 \), eller tilsvarende omvendt).

For at \( f \) skal være strengt monoton på \( [-3, \to\rangle \), må \( f' \) beholde samme fortegn (bortsett fra isolerte nullpunkter) på hele intervallet. Det kritiske nullpunktet er \( x = \frac{3b}{4} \), fordi det er der \( f' \) faktisk kan skifte fortegn.

Vi trenger at \( \frac{3b}{4} \) ligger utenfor (til venstre for) definisjonsområdet, altså:

Kontroll: For \( b \leq -4 \) er \( \frac{3b}{4} \leq -3 \). Da er \( 4x - 3b = 4x - 3b > 0 \) for alle \( x \geq -3 \) (siden \( 4(-3) = -12 \geq 3b \)). Dermed er \( f'(x) = x^2(4x - 3b) \geq 0 \) for alle \( x \in [-3, \to\rangle \), og \( f \) er voksende.

Oppgave 3

a)

Sirkelens likning er \( (x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2 \). Avstanden fra sentrum \( S(a,b) \) til punktet \( P(s,t) \) er:

Algoritme:

1. Beregn verdien \( D = (s - a)^2 + (t - b)^2 \).
2. Sammenlign \( D \) med \( r^2 \):
   • Hvis \( D < r^2 \): Punktet ligger innenfor sirkelen.
   • Hvis \( D = r^2 \): Punktet ligger på sirkelen.
   • Hvis \( D > r^2 \): Punktet ligger utenfor sirkelen.

b)

Vi legger inn en toleranse for å håndtere avrundingsfeil ved sammenligning med «lik»:

def sirkel(a, b, r, s, t):
    return (s - a)**2 + (t - b)**2 - r**2

a = float(input("x-koordinat til sentrum: "))
b = float(input("y-koordinat til sentrum: "))
r = float(input("Radius: "))
s = float(input("x-koordinat til punktet: "))
t = float(input("y-koordinat til punktet: "))

if sirkel(a, b, r, s, t) < -0.01:
    print("Punktet ligger innenfor sirkelen.")
elif abs(sirkel(a, b, r, s, t)) <= 0.01:
    print("Punktet ligger på sirkelen.")
else:
    print("Punktet ligger utenfor sirkelen.")

Oppgave 4

a)

Modellen \( h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x} \) er en Newtonsk avkjølingsmodell. Eleven har antatt at temperaturen nærmer seg romtemperaturen \( 21{,}2\,°\text{C} \) over tid.

Fremgangsmåte:

Eleven trekker romtemperaturen fra alle måleverdiene for å få overtemperaturen:

Deretter utfører eleven eksponentiell regresjon (f.eks. «Eksponentiell 2» i GeoGebra) på disse tallene med modellen \( y = a \cdot e^{bx} \).

Regresjonen gir:

Eleven runder av \( 48{,}84 \approx 49 \) og legger til romtemperaturen:

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer avkjølingsmodellen: h(x) := 21.2 + 49 * e^(-0.11 * x)
• Verifiser mot data ved \(x = 4\): Numerisk(h(4)) → gir \(\approx 52{,}8\) °C (målt: 53 °C)
• Finn den initiale avkjølingsraten: Numerisk(h'(0)) → gir \(-5{,}39\) °C/min

b)

Modell \( f \) (lineær):

Modellen \( f(x) = -2{,}45x + 65{,}6 \) er synkende med konstant rate. For \( x \approx 18{,}2 \) gir den \( f(x) \approx 21{,}1 \), altså romtemperatur. For \( x > 18{,}2 \) gir den temperaturer under romtemperaturen, og for \( x \approx 26{,}8 \) gir den 0°C. Modellen er bare rimelig for \( x \in [0, 18] \) omtrent.

Modell \( g \) (kvadratisk):

Modellen \( g(x) = 0{,}13x^2 - 4{,}45x + 70 \) er en parabel som snur oppover. Bunnpunktet er i \( x = \frac{4{,}45}{2 \cdot 0{,}13} \approx 17{,}1 \) minutter med \( g(17{,}1) \approx 32 \). Etter dette bunnpunktet begynner temperaturen å stige igjen ifølge modellen, noe som er fysisk umulig (kaffen kan ikke bli varmere av seg selv). Modellen er altså bare rimelig for \( x \in [0, 17] \) omtrent.

Modell \( h \) (eksponentiell avkjøling):

Modellen \( h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x} \) gir en temperatur som nærmer seg romtemperaturen \( 21{,}2\,°\text{C} \) asymptotisk for store \( x \). Temperaturen vil aldri synke under romtemperaturen. Denne modellen er fysisk fornuftig og har et gyldighetsområde som strekker seg langt utover måleperioden.

Oppgave 5

a)

For at \( f \) skal være deriverbar i \( x = 1 \), må den først være kontinuerlig i \( x = 1 \), og deretter må de deriverte fra venstre og høyre være like.

Den deriverte for \( x \neq 1 \):

Krav 1 (Kontinuitet): Funksjonsverdi fra venstre = funksjonsverdi fra høyre i \( x = 1 \):

Krav 2 (Deriverbarhet): Derivert fra venstre = derivert fra høyre i \( x = 1 \):

Fra (1) og (2):

b)

Med \( a = 4 \) og \( b = 11 \) er:

Den andrederiverte for \( x \neq 1 \):

For \( x < 1 \) er \( f''(x) = 4 > 0 \) (grafen er konveks/krummer oppover). For \( x > 1 \) er \( f''(x) = -4 < 0 \) (grafen er konkav/krummer nedover).

Den dobbeltderiverte skifter fortegn i \( x = 1 \). Vi har allerede vist at \( f \) er deriverbar (og dermed kontinuerlig) i \( x = 1 \). Derfor har grafen et vendepunkt i \( x = 1 \).

Vendepunktet har koordinater \( (1, \; f(1)) = (1, \; -2 + 11) = (1, \; 9) \).

Oppgave 6

a)

Vi deriverer med brøkregelen. Med \( u = e^x \) og \( v = e^x + C \):

Vi undersøker om \( f'(x) \) kan bli 0:

• Faktoren \( e^x > 0 \) for alle \( x \).
• Nevneren \( (e^x + C)^2 > 0 \) når den er definert.
• Telleren \( C \cdot e^x \) har samme fortegn som \( C \) for alle \( x \).

Dermed:

• Hvis \( C > 0 \): \( f'(x) > 0 \) for alle \( x \). Funksjonen er strengt voksende.
• Hvis \( C < 0 \): \( f'(x) < 0 \) for alle \( x \) der \( f \) er definert. Funksjonen er strengt avtagende.
• Hvis \( C = 0 \): \( f(x) = \frac{e^x}{e^x} = 1 \) (konstant), og \( f'(x) = 0 \) overalt.

Uansett verdi av \( C \) skifter ikke \( f'(x) \) fortegn.

b)

Vi finner den dobbeltderiverte. Vi kan bruke CAS eller derivere \( f'(x) = \frac{C \cdot e^x}{(e^x + C)^2} \) med brøkregelen:

Vi forenkler telleren ved å faktorisere ut \( C \cdot e^x \cdot (e^x + C) \):

Vendepunkt krever \( f''(x) = 0 \), altså \( C - e^x = 0 \), som gir \( e^x = C \), altså \( x = \ln C \).

Vi undersøker ulike tilfeller for \( C \):

Tilfellet \( C = 0 \): \( f''(x) = 0 \) for alle \( x \) (konstant funksjon). Intet vendepunkt.

Tilfellet \( C > 0 \): Da er \( x = \ln C \) definert. Vi sjekker fortegnsskiftet: for \( x < \ln C \) er \( e^x < C \), så \( C - e^x > 0 \), og for \( x > \ln C \) er \( C - e^x < 0 \). Siden \( C > 0 \), \( e^x > 0 \) og \( (e^x + C)^3 > 0 \), skifter \( f''(x) \) fortegn. Altså har \( f \) et vendepunkt i \( x = \ln C \).

Tilfellet \( C < 0 \): Da er \( C - e^x < 0 \) for alle \( x \) (siden \( e^x > 0 > C \)). Faktorene \( C < 0 \) og \( C - e^x < 0 \) gir at produktet \( C(C - e^x) > 0 \) for alle \( x \). Men nevneren \( (e^x + C)^3 \) kan skifte fortegn ved \( e^x = -C \), altså \( x = \ln(-C) \). I dette punktet er \( f \) ikke definert (vertikal asymptote). \( f'' \) skifter ikke fortegn der \( f \) er definert (den har ubestemt verdi i selve asymptoten).

c)

Vi antar \( C > 0 \) og setter inn \( x + \ln C \) i funksjonsuttrykket:

Vi bruker at \( e^{x + \ln C} = e^x \cdot e^{\ln C} = e^x \cdot C = Ce^x \):

d)

For \( C < 0 \) har \( f \) en vertikal asymptote der \( e^x + C = 0 \), altså \( e^x = -C \), dvs. \( x = \ln(-C) \).

Vi gjør en tilsvarende utregning som i c). Vi setter inn \( x + \ln(-C) \):

Altså er grafen til \( f \) med \( C < 0 \) en forskjøvet versjon av grafen til \( \frac{e^x}{e^x - 1} \) (som svarer til \( C = -1 \)). Den er forskjøvet \( \ln(-C) \) enheter mot høyre.

Grafen har en vertikal asymptote i \( x = \ln(-C) \) og horisontale asymptoter \( y = 0 \) (for \( x \to -\infty \)) og \( y = 1 \) (for \( x \to +\infty \)).

Oppgave 7

a)

Vi har \( f(x) = x^3 - x^2 - 2x + 3 \), linjen \( y = 2x - 1 \), og \( x_1 = -2 \), \( x_2 = 1 \), \( x_3 = 2 \).

Steg 1: Vi verifiserer at linjen skjærer grafen i disse tre punktene. Vi løser \( f(x) = 2x - 1 \):

Vi prøver \( x = -2 \): \( -8 - 4 + 8 + 4 = 0 \) ✓
Vi prøver \( x = 1 \): \( 1 - 1 - 4 + 4 = 0 \) ✓
Vi prøver \( x = 2 \): \( 8 - 4 - 8 + 4 = 0 \) ✓

Steg 2: Vi beregner \( m \):

Steg 3: Vi finner tangenten til \( f \) i \( x = m = -\frac{1}{2} \):

Tangentens likning:

Steg 4: Vi sjekker om tangenten går gjennom \( (x_3, f(x_3)) = (2, f(2)) \):

Tangenten i \( x = 2 \):

b)

Siden linjen \( y = ax + b \) skjærer grafen til \( g \) i tre punkter med \( x \)-koordinater \( x_1, x_2, x_3 \), er disse tre verdiene løsningene av likningen \( g(x) = ax + b \), altså nullpunktene til funksjonen:

Siden \( g \) er en tredjegradsfunksjon, er \( g(x) - (ax + b) \) et tredjegradspolynom med nullpunkter \( x_1, x_2, x_3 \). Ethvert tredjegradspolynom med disse nullpunktene kan skrives:

der \( k \) er koeffisienten foran \( x^3 \) (ledende koeffisient). Dermed:

c)

Vi skal vise at tangenten til \( g \) i \( m = \frac{x_1 + x_2}{2} \) går gjennom \( (x_3, g(x_3)) \).

Fra uttrykket i b) har vi:

Vi deriverer:

Vi setter inn \( x = m = \frac{x_1 + x_2}{2} \). Vi merker oss at:

Altså er \( (m - x_1)(m - x_2) = \frac{x_2 - x_1}{2} \cdot \left(-\frac{x_2 - x_1}{2}\right) = -\frac{(x_2 - x_1)^2}{4} \).

Og \( (m - x_1) + (m - x_2) = \frac{x_2-x_1}{2} - \frac{x_2-x_1}{2} = 0 \).

Vi beregner \( g'(m) \):

De to første leddene kan samles:

Dermed:

Tangentens likning i \( x = m \) er:

Vi beregner \( g(m) \):

Vi sjekker verdien av tangenten i \( x = x_3 \):

Vi setter \( \alpha = -k \cdot \frac{(x_2-x_1)^2}{4} \) for å forenkle notasjonen. Da er \( g'(m) = \alpha + a \) og:

Men vi vet at \( g(x_3) = k \cdot 0 + ax_3 + b = ax_3 + b \) (fordi \( (x_3 - x_3) = 0 \)).

d)

Vi har \( h(x) = x^3 - 2x + 1 \) og punktet \( P(2, 5) \). Vi merker oss at \( h(2) = 8 - 4 + 1 = 5 \), altså ligger \( P \) på grafen til \( h \), og \( x_3 = 2 \).

Vi legger merke til at linjen \( y = 2x + 1 \) går gjennom \( P \), fordi \( 2 \cdot 2 + 1 = 5 \). Vi undersøker også om denne linjen skjærer grafen til \( h \) i tre punkter. Vi løser:

Skjæringspunktene er \( x_1 = 0 \), \( x_2 = -2 \) (eller omvendt) og \( x_3 = 2 \).

Vi vet fra resultatet i oppgaven at dersom \( m = \frac{x_1 + x_2}{2} \), så går tangenten til \( h \) i \( (m, h(m)) \) gjennom \( (x_3, h(x_3)) = P(2, 5) \).

Vi beregner:

Altså er tangeringspunktet i \( x = -1 \), der: