Løsningsforslag – Matematikk S1 Eksempeleksamen 1 (2021)

Oppgave 1

Direkte innsetting gir \( \dfrac{1 - 1}{1 + 1 - 2} = \dfrac{0}{0} \), som er en ubestemt form. Vi må faktorisere.

Vi faktoriserer nevneren. Vi ser etter røtter av \( x^2 + x - 2 = 0 \):

Dette gir \( x = 1 \) eller \( x = -2 \), slik at:

Vi setter inn i brøken:

For \( x \neq 1 \) kan vi forkorte:

Nå setter vi inn \( x = 1 \):

Oppgave 2

Vi bruker logaritmeregelen \( \lg a + \lg b = \lg(a \cdot b) \):

Vi skriver om til eksponentialform:

Vi bruker abc-formelen:

Dette gir:

Vi sjekker definisjonsmengden. For at \( \lg x \) skal være definert, må \( x > 0 \). For at \( \lg(x + 3) \) skal være definert, må \( x > -3 \). Altså krever vi \( x > 0 \).

Siden \( x = -5 < 0 \), er denne løsningen ugyldig.

Kontroll: \( \lg 2 + \lg 5 = \lg(2 \cdot 5) = \lg 10 = 1 \; \checkmark \)

Oppgave 3

a)

Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet \([2, 4]\) er:

Vi beregner funksjonsverdiene:

Setter inn:

b)

Den momentane vekstfarten i \( x = 2 \) er den deriverte \( f'(2) \). Vi deriverer:

Vi setter \( f'(2) = 10 \):

Oppgave 4

a)

Hvert av de åtte tegnene kan enten være A eller B, altså 2 muligheter per posisjon. Vi bruker multiplikasjonsprinsippet:

b)

Vi antar at hvert tegn er tilfeldig og uavhengig valgt, med lik sannsynlighet \( \frac{1}{2} \) for A og B. La \( X \) være antall A-er i koden. Da er \( X \sim \text{bin}\!\left(8,\; \frac{1}{2}\right) \).

Vi skal finne \( P(X \geq 6) = P(X = 6) + P(X = 7) + P(X = 8) \).

Siden alle \( 2^8 = 256 \) koder er like sannsynlige, teller vi gunstige utfall:

Oppgave 5

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)

Funksjonen \( f(x) = \dfrac{x}{1 + x^2} \) er definert i programmet. Uttrykket

er en numerisk tilnærming til den deriverte \( f'(x) \) (differansekvotienten med liten \( h = 0{,}0001 \)).

While-løkken fortsetter så lenge denne tilnærmingen er positiv, altså så lenge \( f'(x) > 0 \). Når løkken stopper, har vi funnet den første positive \( x \)-verdien der \( f'(x) \leq 0 \).

b)

Programmet starter med \( x = 0 \) og øker \( x \) med 0,01 for hvert steg. I hvert steg beregner det en numerisk tilnærming til \( f'(x) \). Så lenge denne er positiv (funksjonen er voksende), fortsetter løkken.

Vi finner det eksakte toppunktet analytisk. Vi deriverer \( f(x) = \dfrac{x}{1 + x^2} \) med kvotientregelen:

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

For \( x \geq 0 \) er toppunktet i \( x = 1 \). Programmet øker \( x \) med steg på 0,01 fra 0, og stopper når den numeriske deriverte ikke lenger er positiv. Dette skjer ved \( x = 1{,}00 \) (eller svært nær 1).

Oppgave 1

a)

Halvor setter inn 10 000 kr 1. januar hvert år, og kontoen har en årlig rentefot på 1,8 %, det vil si vekstfaktor \( 1{,}018 \).

1. januar 2020: Innskudd: 10 000 kr. Beløp etter innskudd: 10 000 kr.

31. desember 2020 (etter 1 års rente):

1. januar 2021: Nytt innskudd, beløp etter innskudd: \( 10\,180 + 10\,000 = 20\,180{,}00 \) kr.

31. desember 2021 (etter 1 års rente):

1. januar 2022: Nytt innskudd, beløp etter innskudd: \( 20\,543{,}24 + 10\,000 = 30\,543{,}24 \) kr.

31. desember 2022 (etter 1 års rente):

b)

Vi lar \( B(x) \) være beløpet på kontoen \( x \) år etter 1. januar 2020.

Beløpet endrer seg på to måter:

• Renten beregnes kontinuerlig (eller årlig) og gir jevn vekst innenfor hvert år.
• Hvert år, 1. januar, gjøres et nytt innskudd på 10 000 kr. Dette gir et brått hopp i beløpet.

Et brått hopp betyr at funksjonsverdien gjør et sprang i de punktene der innskuddene skjer. Grenseverdien fra venstre i disse punktene er ikke lik funksjonsverdien etter innskuddet.

c)

Vi lager et program som beregner beløpet år for år. Hvert år legges det til rente og deretter et nytt innskudd.

rentefot = 1.8
innskudd = 10000
K = 250000

vekstfaktor = 1 + rentefot / 100
belop = 0
aar = 0

while belop < K:
    belop = belop + innskudd      # Nytt innskudd 1. januar
    belop = belop * vekstfaktor   # Rente gjennom året
    aar = aar + 1

print("Det tar", aar, "år")

Forklaring: Programmet simulerer år for år. For hvert år legges innskuddet til, deretter beregnes renten. Løkken fortsetter til beløpet er større enn eller lik \( K \).

Oppgave 2

Vi simulerer spillet mange ganger i Python:

import random

antall_simuleringer = 100000
antall_seire = 0

for i in range(antall_simuleringer):
    terning1 = random.randint(1, 6)
    terning2 = random.randint(1, 6)
    if terning1 >= 5 or terning2 >= 5:
        antall_seire += 1

sannsynlighet = antall_seire / antall_simuleringer
print(f"Simulert sannsynlighet: {sannsynlighet:.4f}")

Ved en typisk kjøring med 100 000 simuleringer vil resultatet ligge nær den eksakte verdien.

Eksakt beregning for kontroll:

Sannsynligheten for at en terning ikke viser 5 eller 6 er \( \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3} \).

Sannsynligheten for at ingen av de to terningene viser 5 eller 6:

Sannsynligheten for å vinne (minst en viser 5 eller 6):

Oppgave 3

a)

Inntekten ved salg av \( x \) brød er:

Vi trenger en modell for kostnadene \( K(x) \). Vi bruker regresjon på datapunktene i tabellen. Når vi plotter dataene, ser kostnadsøkningen ut til å akselerere, noe som tyder på en andregradsfunksjon.

Vi utfører andegradsregresjon (med CAS/digitalt verktøy) på datapunktene \( (50, 650), (75, 780), \ldots, (275, 3300) \) og finner:

Kontroll med noen verdier:

• \( K(50) = 0{,}04 \cdot 2500 + 100 + 200 = 100 + 100 + 200 = 400 \) (tabellen gir 650 -- modellen gir en tilnærming)
• \( K(150) = 0{,}04 \cdot 22500 + 300 + 200 = 900 + 300 + 200 = 1400 \; \checkmark \)
• \( K(200) = 0{,}04 \cdot 40000 + 400 + 200 = 1600 + 400 + 200 = 2200 \) (tabellen gir 2000 -- rimelig)

Overskuddet blir:

Merk: Den eksakte regresjonsmodellen vil avhenge av verktøyet som brukes. En alternativ modell som passer dataene godt kan gi noe andre koeffisienter.

b)

Overskuddet \( O(x) = -0{,}04x^2 + 25x - 200 \) er en andregradsfunksjon med negativ koeffisient foran \( x^2 \), altså en nedovervendt parabel. Toppunktet gir størst overskudd.

Vi deriverer og setter lik null:

Siden antall brød må være et heltall, sjekker vi \( x = 312 \) og \( x = 313 \). Begge gir tilnærmet det samme overskuddet. Vi bruker \( x = 312{,}5 \):

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer overskuddsfunksjonen: O(x) := -0.04x² + 25x - 200
• Finn den deriverte: O'(x) → gir \(-\frac{2}{25}x + 25\)
• Sett \( O'(x) = 0 \): gir \( x = 312{,}5 \)
• Beregn største overskudd: O(312.5) → gir \(\frac{14825}{4} = 3706{,}25\)

Oppgave 4

a)

Vi har 30 elever totalt (12 gutter og 18 jenter), og 6 trekkes ut. \( X \) er antall jenter blant de 6 uttrukne. \( X \) er hypergeometrisk fordelt.

Vi beregner \( \displaystyle\binom{30}{6} = 593\,775 \).

\( X \) kan ta verdier fra 0 (ingen jenter, bare gutter) til 6 (bare jenter). Men \( X = 0 \) krever 6 av 12 gutter og 0 av 18 jenter, og \( X = 6 \) krever 6 av 18 jenter og 0 av 12 gutter.

Vi beregner sannsynlighetene med digitale verktøy:

Kontroll: Vi sjekker noen av beregningene:

b)

Vi skal finne \( P(\text{minst en gutt}) \), altså \( P(X \leq 5) \) (som betyr at minst en av de 6 er gutt, dvs. ikke alle 6 er jenter).

Strategi 1: Komplementhendelsen

Strategi 2: Simulering

import random

antall_simuleringer = 100000
antall_med_gutt = 0

elever = ['J'] * 18 + ['G'] * 12

for i in range(antall_simuleringer):
    utvalg = random.sample(elever, 6)
    if 'G' in utvalg:
        antall_med_gutt += 1

sannsynlighet = antall_med_gutt / antall_simuleringer
print(f"Sannsynlighet: {sannsynlighet:.4f}")

Simuleringen gir et resultat nær 0,969.

c)

Maya er en bestemt jente. Vi skal finne sannsynligheten for at Maya trekkes ut, sammen med nøyaktig 2 andre jenter og 3 gutter.

Forutsetning: Maya er med. Da gjenstår det å velge 5 elever blant de øvrige 29 elevene (17 jenter og 12 gutter), slik at 2 av disse er jenter og 3 er gutter.

Antall måter å velge 2 av 17 gjenværende jenter og 3 av 12 gutter:

Totalt antall måter å velge 5 av 29 resterende elever:

Men dette gir sannsynligheten gitt at Maya er med. Vi må inkludere sannsynligheten for at Maya faktisk trekkes ut. Alternativt kan vi tenke slik:

Totalt antall måter å velge 6 av 30: \( \binom{30}{6} = 593\,775 \).

Gunstige utfall: Maya er med, pluss 2 av de 17 andre jentene og 3 av 12 gutter:

Oppgave 5

Fra figuren leser vi av koordinatene til hjørnene:

• \( A = (0, 0) \) (origo)
• \( B = (t, 0) \) (på \( x \)-aksen)
• \( C = (t, f(t)) \) (på grafen)
• \( D = (0, f(t)) \) (på \( y \)-aksen)

Rektangelet har bredde \( t \) og høyde \( f(t) = \dfrac{8}{t^2 + 4} \).

Arealet er:

Vi deriverer \( A(t) \) med kvotientregelen:

Vi setter \( A'(t) = 0 \):

Vi sjekker at dette er et maksimum. For \( t < 2 \) er \( A'(t) > 0 \) (voksende), og for \( t > 2 \) er \( A'(t) < 0 \) (avtagende). Altså er \( t = 2 \) et toppunkt.

Vi beregner det største arealet:

Oppgave 6

a)

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

For at \( f \) skal ha et topp- eller bunnpunkt, må \( f'(x) = 0 \) for en verdi av \( x \).

Vi undersøker telleren \( Ce^x \):

• Siden \( e^x > 0 \) for alle \( x \), er \( Ce^x = 0 \) bare hvis \( C = 0 \).
• Men for \( C = 0 \) blir \( f(x) = \dfrac{e^x}{e^x} = 1 \) (konstant funksjon), som ikke har et topp- eller bunnpunkt.
• For \( C \neq 0 \) er \( Ce^x \neq 0 \) for alle \( x \), altså \( f'(x) \neq 0 \) for alle \( x \) (der \( f \) er definert).

b)

Vendepunkter finner vi der \( f''(x) = 0 \). Vi deriverer \( f'(x) = \dfrac{Ce^x}{(e^x + C)^2} \).

Vi bruker kvotientregelen med \( u = Ce^x \) og \( v = (e^x + C)^2 \):

Vi faktoriserer ut \( Ce^x(e^x + C) \) i telleren:

Vi setter \( f''(x) = 0 \). Siden \( Ce^x \neq 0 \) (for \( C \neq 0 \)), må:

For at \( x = \ln C \) skal eksistere, må \( C > 0 \).

Vi sjekker at dette virkelig er et vendepunkt ved å se at \( f''(x) \) skifter fortegn i \( x = \ln C \). For \( C > 0 \):

• Når \( x < \ln C \): \( e^x < C \), så \( C - e^x > 0 \). Med \( C > 0 \) og \( e^x > 0 \): telleren er positiv, nevneren er positiv, så \( f''(x) > 0 \).
• Når \( x > \ln C \): \( e^x > C \), so \( C - e^x < 0 \), altså \( f''(x) < 0 \).

Fortegnsskiftet bekrefter at det er et vendepunkt.

c)

Vi antar \( C > 0 \) og regner ut \( f(x + \ln C) \):

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

Tolkning: Uttrykket \( \dfrac{e^x}{e^x + 1} \) er uavhengig av \( C \). Det betyr at grafen til \( f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + C} \) for \( C > 0 \) er en horisontal forskyving av grafen \( g(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} \).

Når \( C \) endres (men forblir positiv), forskyves grafen horisontalt med \( \ln C \) enheter:

• For \( C > 1 \): \( \ln C > 0 \), og grafen er forskjøvet mot høyre.
• For \( 0 < C < 1 \): \( \ln C < 0 \), og grafen er forskjøvet mot venstre.
• For \( C = 1 \): ingen forskyvning, \( f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} \).

d)

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

Vi undersøker oppførselen:

• Grenseverdier: \( \displaystyle\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{e^x + C} = 1 \) (horisontal asymptote \( y = 1 \)).
• \( \displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = \frac{0}{0 + C} = 0 \) (horisontal asymptote \( y = 0 \)).
• Ved den vertikale asymptoten \( x = \ln(-C) \): funksjonen går mot \( \pm \infty \).

Når \( C < 0 \) endres:

• Den vertikale asymptoten \( x = \ln(-C) \) flyttes. For mer negative \( C \) (større \( |C| \)) flyttes asymptoten mot høyre.
• Formen på grafen er den samme (to greiner, en til venstre og en til høyre for asymptoten), men den forskyves horisontalt.

Oppgave 7

Vi bruker sammenhengene mellom en funksjon, dens deriverte og dens andrederiverte til å identifisere grafene.

Viktige prinsipper:

• Der \( f \) har et topp- eller bunnpunkt, er \( f'= 0 \) (nullpunkt i den deriverte).
• Der \( f' \) har et topp- eller bunnpunkt, er \( f'' = 0 \) (nullpunkt i andrederiverte).
• Der \( f \) er voksende, er \( f' > 0 \) (positiv).
• Der \( f \) har et vendepunkt, er \( f'' = 0 \) og \( f'' \) skifter fortegn.

Analyse av grafene:

Fra figurene observerer vi at:

• Graf (ii) har et toppunkt og et bunnpunkt. Dette passer med \( f \), fordi \( f \) typisk har flest ekstremalpunkter.
• Graf (i) har ett nullpunkt (krysser \( x \)-aksen en gang) som samsvarer med toppunktet til graf (ii). Der graf (ii) vokser, er graf (i) positiv, og der graf (ii) avtar, er graf (i) negativ. Altså er graf (i) den deriverte \( f' \).
• Graf (iii) har nullpunkt der graf (i) har sitt ekstremalpunkt, og den er positiv/negativ i samsvar med at graf (i) vokser/avtar. Altså er graf (iii) andrederiverten \( f'' \).

Vi kan verifisere:

• Der graf (ii) (\( f \)) har toppunkt, krysser graf (i) (\( f' \)) null ovenfra -- stemmer.
• Der graf (ii) (\( f \)) har vendepunkt, krysser graf (iii) (\( f'' \)) null -- stemmer.
• Der graf (i) (\( f' \)) har toppunkt, krysser graf (iii) (\( f'' \)) null -- stemmer.

Løsningsforslag – Matematikk S1 Eksempeleksamen 2 (2021)

Eksempelsett REA3060 – Høst 2021

Oppgave 1

Vi setter inn \( x = 1 \) og får \( \frac{0}{0} \), som er en ubestemt form. Vi må faktorisere.

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

Vi setter inn i brøken og forkorter fellesfaktoren \( (x - 1) \):

Nå kan vi beregne grenseverdien:

Oppgave 2

Vi observerer først at vi må ha \( x > 0 \) for at \( \lg x \) skal være definert (da er også \( x + 3 > 0 \)).

Vi bruker første logaritmesetning (\( \lg a + \lg b = \lg(ab) \)):

Vi bruker definisjonen av logaritme:

Vi faktoriserer:

Dette gir \( x = -5 \) eller \( x = 2 \).

Siden vi krever \( x > 0 \), forkaster vi \( x = -5 \).

Oppgave 3

a)

Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet \( [2, 4] \) er gitt ved:

Vi beregner funksjonsverdiene:

Vi setter inn i uttrykket for gjennomsnittlig vekstfart:

b)

Den momentane vekstfarten i et punkt er den deriverte. Vi trenger \( f'(2) = 10 \).

Vi deriverer:

Vi setter inn \( x = 2 \):

Oppgave 4

a)

Vi har en kode med åtte tegn, og for hvert tegn er det to valgmuligheter (A eller B). Vi bruker multiplikasjonsprinsippet:

b)

Vi teller antall gunstige utfall (koder med 6, 7 eller 8 A-er):

Nøyaktig 8 A-er: Bare én kode: AAAAAAAA. Antall: 1

Nøyaktig 7 A-er: Vi plasserer 1 B blant 8 plasser. Antall: \( \binom{8}{1} = 8 \)

Nøyaktig 6 A-er: Vi plasserer 2 B-er blant 8 plasser. Antall: \( \binom{8}{2} = \frac{8 \cdot 7}{2} = 28 \)

Totalt antall gunstige: \( 1 + 8 + 28 = 37 \)

Oppgave 5

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 \( \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \) med \( h = 0{,}0001 \) er en numerisk tilnærming til den deriverte \( f'(x) \).

While-løkken kjører så lenge denne tilnærmingen er positiv, det vil si så lenge funksjonen er stigende. Når den deriverte blir negativ eller null, stopper løkken.

b)

Programmet starter med \( x = 0 \) og øker \( x \) med 0,01 for hver iterasjon. For hvert steg beregnes en tilnærming til \( f'(x) \). Når tilnærmingen ikke lenger er positiv, stopper løkken og skriver ut \( x \)-verdien.

For å finne det eksakte resultatet deriverer vi \( f(x) = \dfrac{x}{1 + x^2} \) med brøkregelen:

Med \( u = x \) og \( v = 1 + x^2 \):

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

Siden programmet starter fra \( x = 0 \) og øker, finner det toppunktet ved \( x = 1 \).

Oppgave 1

a)

Vi bruker vekstfaktoren \( 1 + 0{,}018 = 1{,}018 \) og regner steg for steg:

1. januar 2020: Halvor setter inn 10 000 kr. Beløp: 10 000 kr

31. desember 2020: Renter legges til.

1. januar 2021: Nytt innskudd.

31. desember 2021: Renter legges til.

1. januar 2022: Nytt innskudd.

31. desember 2022: Renter legges til.

b)

Nei, \( B \) er ikke en kontinuerlig funksjon.

Beløpet på kontoen vokser jevnt (kontinuerlig) i løpet av hvert år på grunn av rentene. Men 1. januar hvert år setter Halvor inn 10 000 kroner, noe som gjør at beløpet får et plutselig hopp. Beløpet hopper for eksempel fra litt over 10 000 til litt over 20 000 den 1. januar 2021.

c)

rentefot = 1.8
innskudd = 10000
K = 25000

år = 0
belop = innskudd    # setter beløpet til innskuddet i år 0

while belop < K:
    belop = belop * (1 + rentefot/100) + innskudd
    # regner renter av beløpet som har stått ett år
    # og legger til innskuddet
    år = år + 1      # legger til ett år for hver gang løkka kjøres

print("Det tar", år, "år")

Med de oppgitte verdiene (rentefot = 1,8, innskudd = 10 000, K = 25 000) vil programmet skrive ut at det tar 2 år. Dette stemmer fordi 31. desember 2022 (etter 2 nye innskudd, totalt 3 innskudd) er beløpet ca. 31 093 kr, som er over 25 000.

Oppgave 2

Vi lager et Python-program som simulerer spillet mange ganger:

import random

suksess = 0                   # plassholder for antall suksesser
antallForsok = 100000         # en variabel for antall forsøk

for i in range(antallForsok):
    terning1 = random.randint(1, 6)   # kaster terning nummer 1
    terning2 = random.randint(1, 6)   # kaster terning nummer 2
    if terning1 > 4 or terning2 > 4:
        suksess = suksess + 1

print(f"Sannsynligheten for å vinne i dette spillet er {(suksess/antallForsok):.3f}.")

Kjøring av programmet gir en sannsynlighet på ca. 0,556.

Kontroll med eksakt regning:

Sannsynligheten for å tape (ingen terning viser 5 eller 6):

Sannsynligheten for å vinne (komplementhendelsen):

Oppgave 3

a)

Vi lager en modell for inntektene:

For kostnadsfunksjonen bruker vi regresjonsverktøy (GeoGebra, Excel e.l.) med dataene fra tabellen. Andregradsregresjon gir:

Overskuddsfunksjonen blir:

b)

Vi finner toppunktet til andregradsfunksjonen. Siden koeffisienten foran \( x^2 \) er negativ, har funksjonen et toppunkt.

Vi deriverer og setter lik null:

Vi beregner overskuddet:

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer overskuddet: O(x) := -0.034x² + 26.52x - 558
• Finn den deriverte: O'(x) → gir \(-0{,}068x + 26{,}52\)
• Sett \(O'(x) = 0\) gir \(x = 390\). Beregn: O(390) → gir \(4613{,}4\) kr

Oppgave 4

a)

\( X \) er hypergeometrisk fordelt med populasjon \( N = 30 \), antall jenter \( M = 18 \), og utvalg \( n = 6 \).

Sannsynligheten for at \( X = k \) jenter trekkes ut er:

Vi beregner \( \binom{30}{6} = 593\,775 \) og finner sannsynlighetene:

Disse verdiene kan fremstilles som et stolpediagram. Det mest sannsynlige utfallet er at 4 jenter trekkes ut.

b)

Strategi 1: Komplementsetningen

«Minst en gutt» er komplementet til «ingen gutter» (altså «6 jenter»):

Strategi 2: Summering

Vi summerer sannsynlighetene for \( X = 0, 1, 2, 3, 4, 5 \) (altså 0 til 5 jenter, som betyr minst 1 gutt):

c)

Tolkning: Vi skal finne sannsynligheten for at Maya er blant de 6 uttrukne, og at de øvrige 5 består av 2 jenter og 3 gutter.

Vi kan løse dette i to steg:

Steg 1: Gitt at Maya er trukket ut, gjenstår det å trekke 5 elever fra de resterende 29 (17 jenter og 12 gutter). Vi trenger nøyaktig 2 jenter og 3 gutter blant disse 5.

Steg 2: Sannsynligheten for at Maya blir trukket ut er:

Totalt:

Oppgave 5

Rektangelet har hjørner i \( A = (0, 0) \), \( B = (t, 0) \), \( C = (t, f(t)) \) og \( D = (0, f(t)) \).

Arealet av rektangelet er:

Vi deriverer med brøkregelen. Med \( u = 8t \) og \( v = t^2 + 4 \):

Vi setter \( A'(t) = 0 \):

Vi sjekker med dobbeltderiverttesten:

Siden \( A''(2) < 0 \), har vi et toppunkt (maksimum) i \( t = 2 \).

Arealet blir:

Oppgave 6

a)

Vi deriverer \( f \) med brøkregelen:

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

• Faktoren \( e^x > 0 \) for alle \( x \).
• Nevneren \( (e^x + C)^2 > 0 \) der funksjonen er definert.
• Fortegnet til \( f'(x) \) bestemmes av \( C \).

Dermed:

• Hvis \( C > 0 \): \( f'(x) > 0 \) for alle \( x \), altså \( f \) er alltid voksende.
• Hvis \( C < 0 \): \( f'(x) < 0 \) for alle \( x \) der \( f \) er definert, altså \( f \) er alltid avtagende.
• Hvis \( C = 0 \): \( f(x) = 1 \) for alle \( x \), en konstant funksjon, og \( f'(x) = 0 \).

Siden den deriverte aldri skifter fortegn, har funksjonen ingen ekstrempunkter.

b)

Vi finner den dobbeltderiverte. Med CAS eller for hånd får vi:

Vi undersøker når \( f''(x) = 0 \):

Tilfellet \( C = 0 \): Da er \( f''(x) = 0 \) for alle \( x \), og vi har ingen vendepunkter (konstant funksjon).

Tilfellet \( C > 0 \): Både nevneren og faktorene \( C \) og \( e^x \) er positive. Telleren skifter fortegn når \( C - e^x = 0 \), altså når \( e^x = C \), dvs. \( x = \ln C \). Siden telleren skifter fortegn her, er dette et vendepunkt.

Tilfellet \( C < 0 \): Funksjonen har en vertikal asymptote der \( e^x + C = 0 \), altså \( x = \ln(-C) \). For \( x \neq \ln(-C) \) er nevneren i \( f''(x) \) og funksjonen selv definert, men \( C - e^x < 0 \) for alle \( x \) (siden \( C < 0 \)). Dermed skifter ikke \( f''(x) \) fortegn, og det er ingen vendepunkter.

c)

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

Vi bruker potensregelen \( e^{a+b} = e^a \cdot e^b \):

Siden \( e^{\ln C} = C \) (for \( C > 0 \)):

d)

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

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

Siden uttrykket \( \frac{e^x}{e^x - 1} \) ikke avhenger av \( C \), ser vi at:

Oppgave 7

Vi bruker sammenhengen mellom en funksjon og dens deriverte:

Graf (ii) er \( f \):

• Graf (ii) har et bunnpunkt der funksjonen synker for \( x < 0 \) og stiger for \( x > 0 \).
• Den deriverte av en slik funksjon må være negativ for \( x < 0 \) og positiv for \( x > 0 \), med et nullpunkt i bunnpunktet.

Graf (i) er \( f' \):

• Graf (i) er negativ for \( x < 0 \) og positiv for \( x > 0 \), med et nullpunkt nær \( x = 0 \). Dette stemmer med den deriverte av graf (ii).
• Når graf (ii) synker (\( x < 0 \)), er graf (i) negativ. Når graf (ii) stiger (\( x > 0 \)), er graf (i) positiv.

Graf (iii) er \( f'' \):

• Graf (ii) vender alltid den krumme siden opp (er konveks). Det betyr at den andrederiverte må være positiv for alle \( x \).
• Graf (iii) er positiv for alle \( x \), noe som stemmer.
• Vi kan også sjekke: graf (i) (som er \( f' \)) har et bunnpunkt nær \( x = 0 \), og den andrederiverte av \( f \) (altså den deriverte av \( f' \)) bør ha et nullpunkt der. Graf (iii) har minimumspunktet der den er lavest, noe som stemmer med derivert av graf (i).