Løsningsforslag – Matematikk R1 Høst 2022

Oppgave 1

Oppgave 1a)

En funksjon har en omvendt funksjon (invers) hvis og bare hvis den er injektiv (en-til-en), det vil si at ulike \(x\)-verdier gir ulike funksjonsverdier.

Vi ser at

\[ f(-1) = (-1)^4 = 1 = 1^4 = f(1) \]

Siden \( f(-1) = f(1) \) mens \( -1 \neq 1 \), er \( f \) ikke injektiv.

Oppgave 1b)

Vi undersøker om \( g(x) = e^{-(x-2)^2} \) er injektiv på \( D_g = [2, \to\rangle \).

Vi deriverer:

\[ g'(x) = -2(x-2) \cdot e^{-(x-2)^2} \]

For \( x \geq 2 \) har vi \( (x-2) \geq 0 \) og \( e^{-(x-2)^2} > 0 \), slik at \( g'(x) \leq 0 \).

For \( x > 2 \) er \( g'(x) < 0 \), altså er \( g \) strengt avtakende på \( \langle 2, \to\rangle \). Ved \( x = 2 \) er \( g'(2) = 0 \), men dette er bare ett punkt, og \( g \) er fortsatt strengt avtakende på hele \( [2, \to\rangle \) (for \( x_1 < x_2 \) i \( [2, \to\rangle \) gjelder \( g(x_1) > g(x_2) \)).

En strengt avtakende funksjon er injektiv.

Oppgave 2

Vi kjenner igjen uttrykket som definisjonen av den deriverte av \( f(x) = x^2 \) i punktet \( x = 4 \):

\[ f'(4) = \lim_{h \to 0} \frac{f(4+h) - f(4)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(4+h)^2 - 16}{h} \]

Vi kan også regne algebraisk. Vi utvider teller:

\[ (4+h)^2 - 16 = 16 + 8h + h^2 - 16 = 8h + h^2 = h(8 + h) \]

Dermed:

\[ \lim_{h \to 0} \frac{h(8+h)}{h} = \lim_{h \to 0}(8+h) = 8 \]

Oppgave 3

\( 3\sqrt{11} \)

Vi undersøker om \( 3\sqrt{11} < 10 \). Vi kvadrerer begge sider (begge er positive):

\[ (3\sqrt{11})^2 = 9 \cdot 11 = 99 \quad \text{og} \quad 10^2 = 100 \]

Siden \( 99 < 100 \), er \( 3\sqrt{11} < 10 \).

\( 10\lg 9 \)

Vi undersøker om \( 10\lg 9 < 10 \), altså om \( \lg 9 < 1 \).

Siden \( \lg 10 = 1 \) og \( 9 < 10 \), og \( \lg \) er en strengt voksende funksjon, har vi:

\[ \lg 9 < \lg 10 = 1 \]

Dermed er \( 10\lg 9 < 10 \).

\( 5\ln 9 \)

Vi undersøker om \( 5\ln 9 < 10 \), altså om \( \ln 9 < 2 \).

Vi vet at \( \ln 9 < 2 \) er det samme som \( 9 < e^2 \). Siden \( e \approx 2{,}718 \), har vi:

\[ e^2 \approx 7{,}389 \]

Men \( 9 > 7{,}389 \), altså \( 9 > e^2 \), som gir \( \ln 9 > 2 \).

Mer presist uten kalkulator: Vi vet at \( e < 3 \) (siden \( e \approx 2{,}718 \)). Dermed \( e^2 < 9 \). Altså er \( \ln 9 > 2 \), og dermed \( 5\ln 9 > 10 \).

Oppgave 4

Oppgave 4a)

Vi beregner vektorene \( \vec{PA} \) og \( \vec{PB} \):

\[ \vec{PA} = A - P = (1-5,\; 1-9) = (-4,\; -8) \] \[ \vec{PB} = B - P = (9-5,\; 7-9) = (4,\; -2) \]

Vi beregner skalarproduktet:

\[ \vec{PA} \cdot \vec{PB} = (-4) \cdot 4 + (-8) \cdot (-2) = -16 + 16 = 0 \]

Oppgave 4b)

Retningsvektoren til \( \overline{AB} \) er:

\[ \vec{AB} = (9-1,\; 7-1) = (8, 6) \]

Linjen \( \ell \) er parallell med \( \overline{AB} \) og går gjennom \( P(5,9) \). Et vilkårlig punkt på \( \ell \) kan skrives som:

\[ Q = P + t \cdot \vec{AB} = (5 + 8t,\; 9 + 6t) \]

Vi krever \( \angle AQB = 90° \), altså \( \vec{QA} \cdot \vec{QB} = 0 \):

\[ \vec{QA} = (1 - 5 - 8t,\; 1 - 9 - 6t) = (-4-8t,\; -8-6t) \] \[ \vec{QB} = (9 - 5 - 8t,\; 7 - 9 - 6t) = (4-8t,\; -2-6t) \]

Skalarproduktet:

\[ \vec{QA} \cdot \vec{QB} = (-4-8t)(4-8t) + (-8-6t)(-2-6t) \]

Vi regner ut hvert ledd:

\[ (-4-8t)(4-8t) = -16 + 32t - 32t + 64t^2 = -16 + 64t^2 \] \[ (-8-6t)(-2-6t) = 16 + 48t + 12t + 36t^2 = 16 + 60t + 36t^2 \]

Summen:

\[ \vec{QA} \cdot \vec{QB} = -16 + 64t^2 + 16 + 60t + 36t^2 = 100t^2 + 60t = t(100t + 60) \]

Vi setter lik null:

\[ t(100t + 60) = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 0 \quad \text{eller} \quad t = -\frac{60}{100} = -\frac{3}{5} \]

\( t = 0 \) gir punktet \( P \). Siden \( Q \neq P \), velger vi \( t = -\frac{3}{5} \):

\[ Q = \left(5 + 8 \cdot \left(-\frac{3}{5}\right),\; 9 + 6 \cdot \left(-\frac{3}{5}\right)\right) = \left(5 - \frac{24}{5},\; 9 - \frac{18}{5}\right) = \left(\frac{1}{5},\; \frac{27}{5}\right) \]

Oppgave 5

Vi omskriver \( f(x) \):

\[ f(x) = \frac{6x - 3}{x - 1} = \frac{6(x-1) + 3}{x-1} = 6 + \frac{3}{x-1} \]

Den deriverte er:

\[ f'(x) = -\frac{3}{(x-1)^2} \]

\( Df(x) \) er en numerisk tilnærming til \( f'(x) \). While-løkken øker \( a \) fra 1,5 så lenge \( f'(a) < -3 \).

Vi finner hvor \( f'(a) = -3 \):

\[ -\frac{3}{(a-1)^2} = -3 \quad \Rightarrow \quad (a-1)^2 = 1 \quad \Rightarrow \quad a - 1 = \pm 1 \]

Det gir \( a = 0 \) eller \( a = 2 \). Siden vi starter i \( a = 1{,}5 \) og øker, konvergerer løkken mot \( a = 2 \).

Vi sjekker: For \( a \) litt mindre enn 2 er \( f'(a) < -3 \) (fordi \( (a-1)^2 < 1 \)), og for \( a \geq 2 \) er \( f'(a) \geq -3 \). Løkken stopper altså når \( a \approx 2 \).

Kommentaren på linje 12 sier «Regner ut konstantleddet», altså beregner programmet konstantleddet \( b \) i tangentlinjen \( y = f'(a) \cdot x + b \) til grafen i \( x = a \).

Med \( a = 2 \):

\[ f(2) = 6 + \frac{3}{2-1} = 9 \] \[ f'(2) = -\frac{3}{(2-1)^2} = -3 \] \[ b = f(a) - f'(a) \cdot a = 9 - (-3) \cdot 2 = 9 + 6 = 15 \]

Oppgave 1

Oppgave 1a)

Vi bruker en logistisk modell på formen:

\[ g(x) = \frac{C}{1 + a \cdot e^{-bx}} \]

der \( x \) er antall år etter 1950.

Vi legger inn datapunktene \( (0,\; 16\,924) \), \( (10,\; 31\,121) \), \( (20,\; 57\,606) \), \( (31,\; 93\,397) \), \( (40,\; 121\,848) \), \( (50,\; 142\,816) \), \( (62,\; 147\,716) \), \( (70,\; 154\,197) \) i et digitalt verktøy og gjør en logistisk regresjon.

En god tilpasning gir omtrent:

Oppgave 1b)

For en logistisk modell \( g(x) = \frac{C}{1+a \cdot e^{-bx}} \) vokser funksjonen raskest i vendepunktet, som ligger ved

\[ g(x) = \frac{C}{2} \]

Vendepunktet finnes ved:

\[ \frac{C}{1 + a \cdot e^{-bx}} = \frac{C}{2} \quad \Rightarrow \quad 1 + a \cdot e^{-bx} = 2 \quad \Rightarrow \quad a \cdot e^{-bx} = 1 \] \[ e^{-bx} = \frac{1}{a} \quad \Rightarrow \quad x = \frac{\ln a}{b} \]

Med våre verdier:

\[ x = \frac{\ln 9{,}64}{0{,}0867} \approx \frac{2{,}266}{0{,}0867} \approx 26{,}1 \]

Det tilsvarer året \( 1950 + 26 = 1976 \).

Oppgave 1c)

Vi lager en tilsvarende modell for forbruket. Vi legger inn forbruksdataene i et digitalt verktøy og gjør en logistisk regresjon. En god tilpasning gir for eksempel:

\[ h(x) \approx \frac{138\,000}{1 + 8{,}5 \cdot e^{-0{,}084x}} \]

Vi sammenligner bæreevnene (grenseverdiene når \( x \to \infty \)):

• Produksjon: \( C_{\text{prod}} \approx 157\,300 \) GWh
• Forbruk: \( C_{\text{forbruk}} \approx 138\,000 \) GWh

Siden bæreevnen for produksjon er høyere enn for forbruk, vil produksjonen på sikt holde seg over forbruket.

Vi kan også se dette direkte fra dataene: I 1950 var produksjon og forbruk nesten like (16 924 GWh), men i 2020 var produksjonen 154 197 GWh mens forbruket var 133 725 GWh. Differansen har altså økt over tid.

Oppgave 2

Oppgave 2a)

Vi setter \( Q = Q_0(1 - e^{-2{,}3t}) \) og løser for \( t \):

\[ \frac{Q}{Q_0} = 1 - e^{-2{,}3t} \] \[ e^{-2{,}3t} = 1 - \frac{Q}{Q_0} \] \[ -2{,}3t = \ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) \] \[ t = -\frac{1}{2{,}3}\ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) \]

Vi kan også skrive dette som \( t = -\frac{10}{23}\ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) \).

Oppgave 2b)

Vi setter \( Q = 0{,}9 \cdot Q_0 \) inn i den omvendte funksjonen:

\[ t = -\frac{1}{2{,}3}\ln\!\left(1 - 0{,}9\right) = -\frac{1}{2{,}3}\ln(0{,}1) = \frac{1}{2{,}3}\ln(10) \] \[ t = \frac{\ln 10}{2{,}3} \approx \frac{2{,}3026}{2{,}3} \approx 1{,}001 \text{ sekunder} \]

Oppgave 3

Oppgave 3a)

Et punkt ligger på \( \ell \) hvis det finnes en \( t > 0 \) slik at \( (x, y) = (12t, 5t) \).

For \( C(24, 10) \): Vi setter \( 12t = 24 \), som gir \( t = 2 \). Da er \( y = 5 \cdot 2 = 10 \). ✓

Oppgave 3b)

Vi beregner vektorene fra \( A \):

\[ \vec{AB} = (9, 1), \quad \vec{AC} = (24, 10) \]

Vi bruker formelen for vinkelen mellom to vektorer:

\[ \cos(\angle BAC) = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{AC}|} \]

Vi regner ut:

\[ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 9 \cdot 24 + 1 \cdot 10 = 216 + 10 = 226 \] \[ |\vec{AB}| = \sqrt{81 + 1} = \sqrt{82} \] \[ |\vec{AC}| = \sqrt{576 + 100} = \sqrt{676} = 26 \] \[ \cos(\angle BAC) = \frac{226}{26\sqrt{82}} = \frac{113}{13\sqrt{82}} \]

Oppgave 3c)

Punktet \( D \) ligger på \( \ell \), altså \( D = (12t, 5t) \) for en \( t > 0 \). Vi krever \( \angle ADB = 120° \).

Vektorene fra \( D \):

\[ \vec{DA} = (0 - 12t,\; 0 - 5t) = (-12t,\; -5t) \] \[ \vec{DB} = (9 - 12t,\; 1 - 5t) \]

Vi bruker:

\[ \cos(120°) = -\frac{1}{2} = \frac{\vec{DA} \cdot \vec{DB}}{|\vec{DA}| \cdot |\vec{DB}|} \]

Skalarproduktet:

\[ \vec{DA} \cdot \vec{DB} = -12t(9-12t) + (-5t)(1-5t) = -108t + 144t^2 - 5t + 25t^2 = 169t^2 - 113t \]

Lengdene:

\[ |\vec{DA}| = \sqrt{144t^2 + 25t^2} = 13t \quad (\text{siden } t > 0) \] \[ |\vec{DB}| = \sqrt{(9-12t)^2 + (1-5t)^2} = \sqrt{169t^2 - 226t + 82} \]

Vi setter inn i cosinus-formelen:

\[ -\frac{1}{2} = \frac{169t^2 - 113t}{13t \cdot \sqrt{169t^2 - 226t + 82}} \]

Forenkler (deler ut \( t \) siden \( t > 0 \)):

\[ -\frac{1}{2} = \frac{169t - 113}{13\sqrt{169t^2 - 226t + 82}} \]

Vi trenger \( 169t - 113 < 0 \), altså \( t < \frac{113}{169} \). Vi kryssmultipliserer og kvadrerer begge sider:

\[ \left(\frac{169t - 113}{13}\right)^2 = \frac{1}{4}\left(169t^2 - 226t + 82\right) \] \[ \frac{(169t-113)^2}{169} = \frac{169t^2-226t+82}{4} \] \[ 4(169t-113)^2 = 169(169t^2-226t+82) \]

Vi utvider:

\[ 4(28561t^2 - 38194t + 12769) = 169(169t^2 - 226t + 82) \] \[ 114244t^2 - 152776t + 51076 = 28561t^2 - 38194t + 13858 \] \[ 85683t^2 - 114582t + 37218 = 0 \]

Deler på 3:

\[ 28561t^2 - 38194t + 12406 = 0 \]

Merk at \( 28561 = 169^2 \). Vi bruker abc-formelen:

\[ t = \frac{38194 \pm \sqrt{38194^2 - 4 \cdot 28561 \cdot 12406}}{2 \cdot 28561} \]

Diskriminanten:

\[ 38194^2 - 4 \cdot 28561 \cdot 12406 = 41\,470\,572 = 4 \cdot 3 \cdot 11^2 \cdot 169^2 \] \[ \sqrt{41\,470\,572} = 2 \cdot 11 \cdot 169 \cdot \sqrt{3} = 3718\sqrt{3} \]

Dermed:

\[ t = \frac{38194 \pm 3718\sqrt{3}}{57122} = \frac{169(113 \pm 11\sqrt{3})}{169 \cdot 338} = \frac{113 \pm 11\sqrt{3}}{169} \]

Kravet \( t < \frac{113}{169} \) gir oss løsningen med minus:

\[ t = \frac{113 - 11\sqrt{3}}{169} \]

Koordinatene til \( D \):

\[ D = \left(\frac{12(113 - 11\sqrt{3})}{169},\; \frac{5(113-11\sqrt{3})}{169}\right) \]

Oppgave 3d)

Punktet \( E \) ligger på \( \ell \), altså \( E = (12t, 5t) \) for \( t > 0 \). Vi krever at arealet til \( \triangle ABE = 11 \).

Arealet beregnes med kryssproduktet:

\[ \text{Areal} = \frac{1}{2} \left| \vec{AB} \times \vec{AE} \right| \]

Med \( \vec{AB} = (9, 1) \) og \( \vec{AE} = (12t, 5t) \):

\[ \vec{AB} \times \vec{AE} = 9 \cdot 5t - 1 \cdot 12t = 45t - 12t = 33t \]

Arealet:

\[ \frac{1}{2} |33t| = \frac{33t}{2} = 11 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{22}{33} = \frac{2}{3} \]

Koordinatene til \( E \):

\[ E = \left(12 \cdot \frac{2}{3},\; 5 \cdot \frac{2}{3}\right) = \left(8,\; \frac{10}{3}\right) \]

Oppgave 4

Oppgave 4a)

Påstand: Hvis \( f(a) = f(b) \), så er \( a = b \).

Dette er usant. Moteksempel: La \( f(x) = x^2 \). Da er \( f(-1) = 1 = f(1) \), men \( -1 \neq 1 \).

Påstanden ville bare vært sann dersom \( f \) er injektiv (en-til-en), men det gjelder ikke for alle funksjoner.

Oppgave 4b)

Påstand: Hvis \( 0 < a < b \), så er \( \ln a < \ln b \).

Den naturlige logaritmen \( \ln x \) er en strengt voksende funksjon for \( x > 0 \), fordi den deriverte er

\[ (\ln x)' = \frac{1}{x} > 0 \quad \text{for alle } x > 0 \]

Når en funksjon er strengt voksende, gjelder: \( a < b \Rightarrow f(a) < f(b) \). Altså gir \( 0 < a < b \) at \( \ln a < \ln b \).

Oppgave 4c)

Påstand: Hvis \( a > 0 \) og \( x > 0 \), så er \( (\ln x)' = (\ln(ax))' \).

Vi regner ut begge sider. Venstre side:

\[ (\ln x)' = \frac{1}{x} \]

Høyre side: Vi bruker logaritmeregelen \( \ln(ax) = \ln a + \ln x \):

\[ (\ln(ax))' = (\ln a + \ln x)' = 0 + \frac{1}{x} = \frac{1}{x} \]

Alternativt med kjerneregelen:

\[ (\ln(ax))' = \frac{1}{ax} \cdot a = \frac{1}{x} \]

Begge sider er lik \( \frac{1}{x} \).

Oppgave 5

Oppgave 5a)

Vi har \( f(x) = 1 - x^2 \), så \( f'(x) = -2x \).

Tangenten i punktet \( P(a, 1-a^2) \) er:

\[ y - (1-a^2) = -2a(x - a) \] \[ y = -2ax + 2a^2 + 1 - a^2 = -2ax + a^2 + 1 \]

For \( P = \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right) \) er \( a = \frac{1}{2} \), og tangenten blir:

\[ y = -2 \cdot \frac{1}{2} \cdot x + \frac{1}{4} + 1 = -x + \frac{5}{4} \]

Skjæring med \( x \)-aksen (\( y = 0 \)):

\[ 0 = -x + \frac{5}{4} \quad \Rightarrow \quad x = \frac{5}{4} \]

Altså \( A = \left(\frac{5}{4}, 0\right) \).

Skjæring med \( y \)-aksen (\( x = 0 \)):

\[ y = \frac{5}{4} \]

Altså \( B = \left(0, \frac{5}{4}\right) \).

Trekanten \( OAB \) er rettvinklet i \( O \) med kateter langs aksene. Arealet er:

\[ T = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |OB| = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{5}{4} = \frac{25}{32} \]

Oppgave 5b)

Generelt har tangenten i \( P(a, 1-a^2) \) likningen \( y = -2ax + a^2 + 1 \).

Punkt \( A \) (skjæring med \( x \)-aksen):

\[ 0 = -2ax + a^2 + 1 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{a^2 + 1}{2a} \]

Punkt \( B \) (skjæring med \( y \)-aksen):

\[ y = a^2 + 1 \]

Arealet av \( \triangle OAB \):

\[ T(a) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2+1}{2a} \cdot (a^2+1) = \frac{(a^2+1)^2}{4a} \]

For å finne minimum deriverer vi. Vi skriver \( T(a) = \frac{a^4 + 2a^2 + 1}{4a} = \frac{1}{4}\left(a^3 + 2a + \frac{1}{a}\right) \):

\[ T'(a) = \frac{1}{4}\left(3a^2 + 2 - \frac{1}{a^2}\right) \]

Vi setter \( T'(a) = 0 \):

\[ 3a^2 + 2 - \frac{1}{a^2} = 0 \quad \Rightarrow \quad 3a^4 + 2a^2 - 1 = 0 \]

Vi substituerer \( u = a^2 \):

\[ 3u^2 + 2u - 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad u = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} = \frac{-2 \pm 4}{6} \]

Dette gir \( u = \frac{1}{3} \) eller \( u = -1 \) (forkastes). Altså \( a^2 = \frac{1}{3} \), som gir:

\[ a = \frac{1}{\sqrt{3}} \]

Vi sjekker at dette er et minimum (for eksempel ved å beregne \( T''(a) > 0 \) eller ved å vurdere fortegnet til \( T'(a) \) rundt punktet). Siden \( T(a) \to \infty \) når \( a \to 0^+ \) og når \( a \to 1^- \) gir \( T(1) = 1 \), og \( T(1/\sqrt{3}) < 1 \), er dette et minimum.

Det minste arealet:

\[ T\!\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\left(\frac{1}{3}+1\right)^2}{4 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\left(\frac{4}{3}\right)^2}{\frac{4}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{16}{9}}{\frac{4}{\sqrt{3}}} = \frac{16}{9} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{4\sqrt{3}}{9} \]

Oppgave 6

Formelen for tyngdepunktet betyr at koordinatene til \( T \) er gjennomsnittet av koordinatene til hjørnene:

\[ T = \left(\frac{x_A + x_B + x_C}{3},\; \frac{y_A + y_B + y_C}{3}\right) \]

Et program i Python:

# Tyngdepunkt i en trekant

# Leser inn koordinatene til A, B og C
xA = float(input("x-koordinat til A: "))
yA = float(input("y-koordinat til A: "))

xB = float(input("x-koordinat til B: "))
yB = float(input("y-koordinat til B: "))

xC = float(input("x-koordinat til C: "))
yC = float(input("y-koordinat til C: "))

# Beregner tyngdepunktets koordinater
xT = (xA + xB + xC) / 3
yT = (yA + yB + yC) / 3

# Skriver ut resultatet
print(f"Tyngdepunktet T har koordinater ({xT}, {yT})")

Oppgave 7

Oppgave 7a)

Vi deriverer \( f(x) = 2x + 5 + \frac{1}{x-1} \):

\[ f'(x) = 2 - \frac{1}{(x-1)^2} \]

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

\[ 2 - \frac{1}{(x-1)^2} = k \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{(x-1)^2} = 2 - k \quad \Rightarrow \quad (x-1)^2 = \frac{1}{2-k} \]

For at likningen skal ha løsning trenger vi:

• \( 2 - k > 0 \), altså \( k < 2 \) (slik at høyre side er positiv)

Når \( k = 2 \): \( (x-1)^2 = \frac{1}{0} \), som er udefinert – ingen løsning.

Når \( k > 2 \): \( (x-1)^2 = \frac{1}{2-k} < 0 \), som er umulig – ingen løsning.

Oppgave 7b)

Løsningene av \( f'(x) = k \) er:

\[ (x-1)^2 = \frac{1}{2-k} \quad \Rightarrow \quad x - 1 = \pm \frac{1}{\sqrt{2-k}} \] \[ x = 1 + \frac{1}{\sqrt{2-k}} \quad \text{eller} \quad x = 1 - \frac{1}{\sqrt{2-k}} \]

De to løsningene er symmetriske om \( x = 1 \). Begge har samme avstand \( \frac{1}{\sqrt{2-k}} \) fra \( x = 1 \), men på hver sin side.

Eksempler:

• \( k = 1 \): \( x = 1 \pm 1 \), altså \( x = 0 \) og \( x = 2 \) (symmetriske om \( x = 1 \))
• \( k = -2 \): \( x = 1 \pm \frac{1}{2} \), altså \( x = \frac{1}{2} \) og \( x = \frac{3}{2} \) (symmetriske om \( x = 1 \))

Oppgave 7c)

Vi deriverer \( g(x) = ax + b + \frac{1}{x+d} \):

\[ g'(x) = a - \frac{1}{(x+d)^2} \]

Vi setter \( g'(x) = 4 \):

\[ a - \frac{1}{(x+d)^2} = 4 \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{(x+d)^2} = a - 4 \quad \Rightarrow \quad (x+d)^2 = \frac{1}{a-4} \]

For at likningen skal ha løsning trenger vi \( a - 4 > 0 \), altså \( a > 4 \).

• \( a = 4 \): \( \frac{1}{(x+d)^2} = 0 \), som er umulig – ingen løsning.
• \( a < 4 \): \( (x+d)^2 = \frac{1}{a-4} < 0 \), som er umulig – ingen løsning.

Oppgave 7d)

Med \( a = 3 \) har vi:

\[ g'(x) = 3 - \frac{1}{(x+d)^2} \]

Vi setter \( g'(x) = k \):

\[ 3 - \frac{1}{(x+d)^2} = k \quad \Rightarrow \quad (x+d)^2 = \frac{1}{3-k} \]

Analyse av løsningene for ulike verdier av \( k \):

• \( k < 3 \): Da er \( 3 - k > 0 \), og likningen har to løsninger: \[ x = -d + \frac{1}{\sqrt{3-k}} \quad \text{og} \quad x = -d - \frac{1}{\sqrt{3-k}} \] Løsningene er symmetriske om \( x = -d \).
• \( k = 3 \): Da er \( (x+d)^2 = \frac{1}{0} \), som er udefinert – ingen løsning.
• \( k > 3 \): Da er \( 3-k < 0 \), slik at \( (x+d)^2 < 0 \) – ingen løsning.

Når \( k \) nærmer seg 3 nedenfra, blir avstanden mellom løsningene uendelig stor. Når \( k \) avtar (blir mer negativ), nærmer løsningene seg \( x = -d \).

Oppgave 7e)

Vi har \( a = 3 \), altså \( g(x) = 3x + b + \frac{1}{x+d} \) og \( g'(x) = 3 - \frac{1}{(x+d)^2} \).

Krav 1: \( g'(-1) = g'(5) \).

Fra del d) vet vi at løsningene til \( g'(x) = k \) er symmetriske om \( x = -d \). Dersom \( g'(-1) = g'(5) \), må \( x = -1 \) og \( x = 5 \) ligge symmetrisk om \( x = -d \):

\[ -d = \frac{-1 + 5}{2} = 2 \quad \Rightarrow \quad d = -2 \]

Krav 2: \( g(1) = 7 \).

Med \( d = -2 \):

\[ g(1) = 3 \cdot 1 + b + \frac{1}{1 + (-2)} = 3 + b + \frac{1}{-1} = 3 + b - 1 = 2 + b \] \[ 2 + b = 7 \quad \Rightarrow \quad b = 5 \]

Vi verifiserer \( g'(-1) = g'(5) \):

\[ g'(-1) = 3 - \frac{1}{(-1-2)^2} = 3 - \frac{1}{9} = \frac{26}{9} \] \[ g'(5) = 3 - \frac{1}{(5-2)^2} = 3 - \frac{1}{9} = \frac{26}{9} \quad \checkmark \]