Derivasjon av polynom og brøk R1 V26

Fasit

\(\underline{\underline{h'(x) = 6x - \dfrac{3}{(x-2)^2}}}\)

Løsningsforslag

De første to leddene er «enkle» å derivere, de blir \(\textcolor{seagreen}{6x}\) og \(\textcolor{steelblue}{0}\). For å derivere det siste leddet må vi bruke kjerneregelen eller kvotientregelen. Jeg velger kvotientregelen.

Etter å ha samlet leddene får vi:

Topp- og bunnpunkt for eksponentialfunksjon R1 V26

En funksjon \(f\) er gitt ved

Fasit

a) \(\underline{\underline{x = \ln 6}}\)
b) Se løsningsforslag.
c) Toppunkt \(\underline{\underline{(\ln 3,\ 9)}}\)

Løsningsforslag

a

Vi har nullpunkter når en av faktorene \(e^{x}\) eller \((6-e^{x})\) er lik \(0\). \(e^{x}\) kan aldri være \(0\), derfor trenger vi kun sjekke når \(6-e^{x}=0\).

\(f\) har nullpunkt når \(\underline{\underline{ x=\ln 6 }}\).

b

Vi skriver om funksjonen som \(f(x) = 6e^x - e^{2x}\) og deriverer ledd for ledd:

c

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

Siden \(e^x > 0\) for alle \(x\), må:

Vi lager et fortegnsskjema for \(f'(x) = 2e^x(3 - e^x)\):

Siden \(f'\) skifter fortegn fra \(+\) til \(-\) i \(x = \ln 3\), er dette et toppunkt.

Funksjonsverdien i toppunktet:

Grafen har ett toppunkt: \(\underline{\underline{ (\ln 3,\ 9) }}\).

Sortere og forenkle logaritmeuttrykk R1 V26

Fasit

a) \(\underline{\underline{\lg 7 < e^{3\ln 1} < \sqrt[4]{3^3} < \log_2 8}}\)
b) \(\underline{\underline{5\lg b + 2}}\)

Løsningsforslag

a

Vi beregner hvert uttrykk eksakt:

For \(\lg 7\) bruker vi at \(10^0 = 1 < 7 < 10^1 = 10\), så \(0 < \lg 7 < 1\).

For \(\sqrt[4]{3^3} = 3^{3/4}\) bruker vi at \(3^{1/2} = \sqrt{3} \approx 1{,}73\) og \(3^1 = 3\), og siden \(\frac{1}{2} < \frac{3}{4} < 1\) er \(\sqrt{3} < 3^{3/4} < 3\). Mer presist: \(3^{3/4} \approx 2{,}28\).

Stigende rekkefølge:

Stigende rekkefølge: \(\underline{\underline{\lg 7 < e^{3\ln 1} < \sqrt[4]{3^3} < \log_2 8}}\)

b

Vi bruker logaritmereglene \(\lg(xy) = \lg x + \lg y\) og \(\lg\frac{x}{y} = \lg x - \lg y\):

\(\underline{\underline{5\lg b + 2}}\)

Grenseverdi av rasjonalt uttrykk R1 V26

Fasit

\(\underline{\underline{0}}\)

Løsningsforslag

Telleren \(2x + 2\) har grad 1, nevneren \(3x^2 + 3\) har grad 2. Siden graden i nevneren er høyere enn graden i telleren, er grenseverdien 0.

Vi kan vise dette ved å dele teller og nevner på \(x^2\):

Når \(x \to \infty\) går \(\dfrac{2}{x} \to 0\), \(\dfrac{2}{x^2} \to 0\) og \(\dfrac{3}{x^2} \to 0\), slik at

Påstander om asymptote og omvendt funksjon R1 V26

Avgjør om hver påstand nedenfor er sann eller usann.
Forklar tydelig hvordan du har resonnert.

Fasit

a) USANN – telleren kan ha \(x = d\) som nullpunkt slik at brøken forkortes.
b) SANN – \(g^{-1}(x) = \ln(x) + 3\) med \(D_{g^{-1}} = \langle 0, \to \rangle\).

Løsningsforslag

a

Påstanden er \(\underline{\underline{\text{usann}}}\).

En vertikal asymptote ved \(x = d\) oppstår bare hvis \(x = d\) er et nullpunkt i nevneren som ikke kan forkortes med telleren. Hvis telleren \(ax^2 + bx + c\) også har \(x = d\) som nullpunkt, kan faktoren \((x - d)\) forkortes, og det oppstår ingen asymptote – kun et punkt der funksjonen er udefinert.

Moteksempel: La \(a = 1\), \(b = -d\), \(c = 0\) (dvs. \(b = -d\) og \(c = 0\)). Da er

Denne funksjonen har ingen vertikal asymptote ved \(x = d\) – bare en «hull»-punkt (fjernbar singularitet). Dermed gjelder ikke påstanden for alle funksjoner på den gitte formen.

b

Påstanden er \(\underline{\underline{\text{sann}}}\).

Vi finner den omvendte funksjonen ved å løse \(y = e^{x-3}\) for \(x\):

Bytter vi om \(x\) og \(y\) får vi

Definisjonsmengde: \(D_{g^{-1}}\) er lik verdimengden til \(g\). Siden \(g(x) = e^{x-3} > 0\) for alle \(x \in \mathbb{R}\), er verdimengden til \(g\) alle positive reelle tall, det vil si \(\langle 0, \to \rangle\).

Dermed er \(D_{g^{-1}} = \langle 0, \to \rangle\), og påstanden er sann.

Derivert av omvendt funksjon til ln R1 V26

Fasit

\(g'(1) = e\)

Løsningsforslag

Vi bruker formelen for den deriverte av en omvendt funksjon:

Steg 1: Finn \(g(1)\)

Vi løser \(f(x) = 1\):

Altså er \(g(1) = e - 2\).

Steg 2: Finn \(f'(x)\)

Steg 3: Beregn \(g'(1)\)

Vinkel og likebeint trekant med vektorer R1 V26

Gitt punktene \(A(1, -3)\), \(B(4, 1)\) og \(C(-2, a)\), der \(a \in \mathbb{R}\).

Fasit

a) \(\underline{\underline{a = -\dfrac{3}{4}}}\)
b) \(\underline{\underline{a = 1}}\) eller \(\underline{\underline{a = -7}}\)

Løsningsforslag

Vi finner vektorene \(\vec{AB}\) og \(\vec{AC}\):

a

Vinkel \(BAC = 90\degree\) når \(\vec{AB}\) og \(\vec{AC}\) er ortogonale, det vil si når skalarproduktet er null.

\(\underline{\underline{a = -\dfrac{3}{4}}}\)

b

Trekanten er likebeint med \(|\vec{AB}| = |\vec{AC}|\) når de to sidene fra \(A\) er like lange. Vi setter opp:

Vi setter \(|\vec{AB}|^2 = |\vec{AC}|^2\):

\(\underline{\underline{a = 1}}\) eller \(\underline{\underline{a = -7}}\)

Parallelle vektorer i trekant OAB R1 V26

Gitt trekanten \(OAB\) nedenfor.

Punktet \(P\) er plassert slik at linjestykket \(OP\) er \(\frac{2}{3}\) av linjestykket \(OA\), og punktet \(R\) er plassert slik at linjestykket \(OR\) er \(\frac{2}{3}\) av linjestykket \(OB\).

Vektorene \(\vec{a}\) og \(\vec{b}\) er gitt ved \(\vec{a} = \vec{OA}\) og \(\vec{b} = \vec{OB}\).

Fasit

a) \(\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}\), \(\quad \vec{PR} = \dfrac{2}{3}(\vec{b} - \vec{a})\)
b) \(\vec{PR} = \dfrac{2}{3} \vec{AB}\), så \(\vec{AB} \parallel \vec{PR}\)
c) \(|AB| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Løsningsforslag

a

Vi bruker at \(\vec{AB} = \vec{OB} - \vec{OA}\):

Siden \(OP = \frac{2}{3} \cdot OA\), er \(\vec{OP} = \frac{2}{3}\vec{a}\).

Siden \(OR = \frac{2}{3} \cdot OB\), er \(\vec{OR} = \frac{2}{3}\vec{b}\).

Vi bruker at \(\vec{PR} = \vec{OR} - \vec{OP}\):

\(\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}\) og \(\vec{PR} = \dfrac{2}{3}(\vec{b} - \vec{a})\)

b

Fra deloppgave a) ser vi at:

Siden \(\vec{PR}\) er et skalarmultiplum av \(\vec{AB}\), er de to vektorene parallelle.

\(\vec{AB} \parallel \vec{PR}\)

c

Fra b) har vi \(\vec{PR} = \frac{2}{3}\vec{AB}\), og dermed:

Vi løser for \(|AB|\):

\(|AB| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Python-kode for stasjonære punkter R1 V26

Programkoden nedenfor er ikke helt ferdig.

123456789101112131415161718192021222324def f(x):
    return 1/3*x**3 + 5/3*x**2 + 25/9*x

def g(x):
    h = 0.000001
    return (f(x + h) - f(x))/h

x = -4
slutt = 4
dx = 0.002
maks_avvik = 0.000001

while (x < slutt):
    x = x + dx
    if abs(g(x)) < maks_avvik:                #sjekker om g(x) er nær 0

        if g(x - dx) * g(x + dx) > 0:
            print("f har et A for x =", x)

        elif g(x - dx) < g(x + dx):
            print("f har et B for x =", x)

        elif g(x - dx) > g(x + dx):
            print("f har et C for x =", x)

Når programmet kjøres, skrives det ut én setning.

Fasit

a) \(g(x)\) er en numerisk tilnærming til \(f'(x)\) (den deriverte av \(f\)).
b) A = terrassepunkt, B = bunnpunkt, C = toppunkt
c) Linje 18: «f har et terrassepunkt for x = …»

Løsningsforslag

a

Funksjonen \(g(x)\) beregner den deriverte til \(f\) numerisk ved hjelp av Newton-kvotienten (forskjellsformelen):

\(g(x)\) er en numerisk tilnærming til den deriverte \(f'(x)\).

b

Koden sjekker fortegnsskiftet til \(g\) rundt et stasjonært punkt ved å sammenligne \(g(x - dx)\) og \(g(x + dx)\):

• Linje 18 (A): g(x - dx) * g(x + dx) > 0 — begge har samme fortegn, altså skifter ikke \(g\) fortegn. Det er ikke et topp- eller bunnpunkt, men et terrassepunkt.
• Linje 21 (B): g(x - dx) < g(x + dx) — \(g\) går fra negativ til positiv, altså er \(f\) synkende til venstre og stigende til høyre. Det er et bunnpunkt.
• Linje 24 (C): g(x - dx) > g(x + dx) — \(g\) går fra positiv til negativ. Det er et toppunkt.

A = terrassepunkt, B = bunnpunkt, C = toppunkt.

c

Vi finner de stasjonære punktene til \(f\) ved å løse \(f'(x) = 0\).

Vi gjenkjenner dette som et fullstendig kvadrat:

Dette har ett dobbelt nullpunkt: \(x = -\dfrac{5}{3}\).

Siden \(f'(x) = \left(x + \frac{5}{3}\right)^2 \geq 0\) for alle \(x\), skifter aldri \(f'\) fortegn. Det betyr at \(g(x - dx)\) og \(g(x + dx)\) begge er ikke-negative rundt \(x = -\frac{5}{3}\), slik at produktet \(g(x-dx) \cdot g(x+dx) > 0\).

Den første betingelsen (g(x - dx) * g(x + dx) > 0) slår til, og programmet skriver ut:

«f har et terrassepunkt for x = …»

Setningen som skrives ut, er fra linje 18.

Logistisk modell for raketthastighet R1 V26

Tabellen nedenfor viser farten til en rakett noen sekunder etter at raketten har forlatt utskytingsrampen.

Fasit

a) \(V(t) = \dfrac{223{,}48}{1 + 27{,}33 \cdot e^{-0{,}0478t}}\)
b) \(t \approx \mathbf{64{,}8} \mathrm{~s}\)
c) Størst fartsøkning ved \(t \approx 69{,}2 \mathrm{~s}\), der \(V'(t) \approx \mathbf{2{,}67} \mathrm{~m/s^2}\)
d) Farten øker med mer enn \(2 \mathrm{~m/s^2}\) i ca. \(\mathbf{46{,}1} \mathrm{~s}\)

Løsningsforslag

a

Vi bruker logistisk regresjon på de gitte datapunktene. Regresjon med scipy gir parameterne

Vi definerer modellen i GeoGebra CAS (linje 1):

Se figuren nedenfor for CAS-sesjonen brukt i b)–d).

\(V(t) = \dfrac{223{,}48}{1 + 27{,}33 \cdot e^{-0{,}0478 \cdot t}}\)

b

Vi løser \(V(t) = 100\) numerisk i GeoGebra CAS (linje 2):

Se linje 2 i CAS-figuren: \(t \approx 64{,}79\).

Raketten oppnår \(100 \mathrm{~m/s}\) etter ca. \(\underline{\underline{64{,}8 \mathrm{~s}}}\).

c

Fartsøkningen er \(V'(t)\). Vi deriverer \(V(t)\) i GeoGebra CAS (linje 3) og setter \(V''(t) = 0\) for å finne maksimum (linje 4):

Se linje 4 i CAS-figuren. Vi beregner så \(V'(69{,}2) \approx 2{,}67\).

Fartsøkningen er størst ved \(t \approx \underline{\underline{69{,}2 \mathrm{~s}}}\), der \(V'(t) \approx \underline{\underline{2{,}67 \mathrm{~m/s^2}}}\).

d

Vi løser \(V'(t) = 2\) i GeoGebra CAS (linje 5):

Se linje 5 i CAS-figuren. Siden \(V'(t) > 2\) mellom de to løsningene, er varigheten

Farten øker med mer enn \(2 \mathrm{~m/s^2}\) i ca. \(\underline{\underline{46{,}1 \mathrm{~s}}}\) (fra \(t \approx 46{,}2 \mathrm{~s}\) til \(t \approx 92{,}2 \mathrm{~s}\)).

Skøyteløper og hund med parameterfremstilling R1 V26

En skøyteløper beveger seg over et islagt vann.

I et koordinatsystem der enhetene langs aksene er meter, er posisjonen til skøyteløperen etter \(t\) sekunder gitt ved

Samtidig med skøyteløperen kommer en hund springende over isen. I det samme koordinatsystemet er posisjonen til hunden etter \(t\) sekunder gitt ved

Hunden har vært savnet en stund, og skøyteløperen ønsker å fange den. Skøyteløperen oppdager hunden etter \(1\) minutt, og øker da sin banefart uten å endre retning. Hunden endrer verken retning eller banefart.

Fasit

a) Banefart \(\dfrac{\sqrt{349}}{3} \approx 6{,}23 \, \mathrm{m/s}\), posisjon \((300, 100)\) etter \(30 \, \mathrm{s}\)
b) \(x\)-likningene gir \(t = -260\) og \(y\)-likningene gir \(t \approx 135{,}6\) — ingen felles \(t\) gir samme posisjon
c) Ny banefart \(\dfrac{181\sqrt{349}}{356} \approx 9{,}50 \, \mathrm{m/s}\)

Løsningsforslag

a

Fartsvektoren til skøyteløperen leses av fra parameterfremstillingen som \(\vec{v}_l = (6,\ \tfrac{5}{3})\).

Banefarten er lengden av fartsvektoren:

Se linje 1 i GeoGebra: \(\mathbf{banefart_l \approx 6{,}2272 \, \mathrm{m/s}}\)

Et halvt minutt er \(t = 30 \, \mathrm{s}\). Posisjonen er

Se linje 2 og 3 i GeoGebra.

Banefarten er \(\dfrac{\sqrt{349}}{3} \approx 6{,}23 \, \mathrm{m/s}\), og skøyteløperen er i punktet \((300,\ 100)\) etter \(30 \, \mathrm{s}\).

b

For at skøyteløperen og hunden skal treffe hverandre, må det finnes en \(t \in [0, 200]\) slik at begge er i samme punkt samtidig. Vi løser \(x\)- og \(y\)-likningene separat og sjekker om de gir samme \(t\).

\(x\)-likning:

Se linje 4 i GeoGebra: \(t_x = \{t = -260\}\).

\(y\)-likning:

Se linje 5 i GeoGebra: \(t_y \approx 135{,}6\).

Siden \(t_x = -260 \neq t_y \approx 135{,}6\), finnes det ingen \(t\) der begge er i samme posisjon. (Geometrisk betyr dette at banene \(l\) og \(m\) er to forskjellige rette linjer som skjærer hverandre i ett punkt, men skøyteløperen og hunden passerer det punktet på ulike tidspunkt.)

Skøyteløperen vil ikke treffe hunden.

c

Etter \(t = 60 \, \mathrm{s}\) (1 minutt) er posisjonene:

Se linje 6 og 7 i GeoGebra.

Fra \(t = 60\) øker skøyteløperen banefarten med en faktor \(k > 0\) (beholder retningen \((6,\ \tfrac{5}{3})\)). Den nye fartsvektoren er \(k \cdot (6,\ \tfrac{5}{3})\), og posisjonen for \(t > 60\) er

Hunden fortsetter uendret:

Vi setter opp likningssystemet \(x_l(t) = x_m(t)\) og \(y_l(t) = y_m(t)\) og løser for \(t\) og \(k\):

Løsning (se Python-beregning): \(t = \dfrac{7100}{59} \approx 120{,}3 \, \mathrm{s}\) og \(k = \dfrac{543}{356} \approx 1{,}525\).

Den nye banefarten er

Se linje 9 i GeoGebra: \(\mathbf{ny\_banefart \approx 9{,}50 \, \mathrm{m/s}}\).

Skøyteløperen må holde en banefart på \(\dfrac{181\sqrt{349}}{356} \approx 9{,}50 \, \mathrm{m/s}\) for å fange hunden.

Maksimalt rektangel under eksponentialgraf R1 V26

Figuren ovenfor viser grafen til en funksjon \(f\) gitt ved \(f(x) = 100\cdot 0{,}8^x\) og et rektangel \(ABCD\).

Punktet \(A\) har koordinatene \(A(a, f(a))\) der \(a \in [0, 5\rangle\). Punktene \(B\) og \(C\) har førstekoordinat \(5\), og punktene \(C\) og \(D\) har andrekoordinat \(200\).

Fasit

a) \(|AB| = 5 - a\), \(\quad |AD| = 200 - 100 \cdot 0{,}8^a\)
b) \(\underline{\underline{A_{\max} \approx 500{,}98}}\) (ved \(a \approx 0{,}17\))

Løsningsforslag

a

Punkt \(A\) har koordinatene \((a,\, f(a))\), og \(B\) har første­koordinat \(5\) og samme andrekoordinat som \(A\), så

Punkt \(D\) har andrekoordinat \(200\) og samme første­koordinat som \(A\), så

b

Vi setter opp arealfunksjonen

Vi bruker CAS til å finne det stasjonære punktet og sammenligner med endepunktene (se linje 4–8 i GeoGebra-utklippet).

Fra linje 6 gir \(A'(a) = 0\) løsningen \(a \approx 0{,}1707\).

Vi kontrollerer verdiene:

Det stasjonære punktet gir det største arealet.

Det største arealet rektangelet \(ABCD\) kan få, er \(\underline{\underline{A \approx 500{,}98}}\), oppnådd når \(a \approx 0{,}17\).

Stykkevis funksjon for strømstønad R1 V26

Utdraget nedenfor er hentet fra regjeringens nettsider om strømtiltak og støtte til husholdningene.

I denne oppgaven kan du se bort fra merverdiavgift og anta et strømforbruk under \(5000\) kWh per måned per målepunkt.

La \(f(x)\) beskrive strømprisen til husholdningen i øre/kWh, etter at strømstønaden er trukket fra, der \(x\) er spotprisen i øre/kWh.

Fasit

a) \(f\) har delt forskrift fordi stønadsregelen endrer seg ved \(x = 75\). Kontinuitet kreves fordi prisen ikke kan hoppe ved terskelen.
b) \(\underline{\underline{f(x) = \begin{cases} x & \text{for } 0 \le x \le 75 \\ 0{,}1x + 67{,}5 & \text{for } x > 75 \end{cases}}}\)

Løsningsforslag

a

Funksjonen \(f\) har delt forskrift fordi strømstønadsordningen fungerer ulikt avhengig av om spotprisen \(x\) er under eller over terskelen på \(75\) øre/kWh:

• Når \(x \le 75\): Husholdningen mottar ingen stønad og betaler spotprisen direkte, altså \(f(x) = x\).
• Når \(x > 75\): Strømstønaden dekker \(90\,\%\) av prisen over \(75\) øre/kWh. Husholdningen betaler da \(75\) øre pluss de resterende \(10\,\%\) av det overskytende beløpet.

De to reglene gjelder for hvert sitt intervall, noe som gir en stykkevis definert funksjon.

Funksjonen må være kontinuerlig fordi strømprisen er en fysisk størrelse som ikke kan hoppe plutselig. Dersom \(f\) hadde et sprang ved \(x = 75\), ville en marginal økning i spotprisen over \(75\) øre/kWh føre til at husholdningen plutselig betalte vesentlig mer eller mindre – det gir ikke mening for en prismodell. Vi kan verifisere kontinuitet ved å sjekke at begge regler gir samme verdi i \(x = 75\):

b

Når \(x \le 75\) betaler husholdningen spotprisen direkte:

Når \(x > 75\) dekker stønaden \(90\,\%\) av prisen over \(75\) øre/kWh. Prisen husholdningen betaler blir da:

Samlet gir dette funksjonsuttrykket:

Tangent fra origo til eksponentialfunksjon R1 V26

En funksjon \(f\) er gitt ved \(f(x) = e^{2x}\) der \(x \in \mathbb{R}\).

Grafen til \(f\) har én tangent som går gjennom origo.

Fasit

Tangeringspunktet er \(\left(\dfrac{1}{2},\, e\right)\).

Løsningsforslag

La \(\left(a,\, f(a)\right) = \left(a,\, e^{2a}\right)\) være tangeringspunktet.

Tangenten i dette punktet har stigningstall \(f'(a)\). Siden \(f'(x) = 2e^{2x}\), er stigningstallet

For at tangenten skal gå gjennom origo \((0, 0)\), må stigningstallet også stemme med stigningstallet fra origo til tangeringspunktet:

Vi setter de to uttrykkene for stigningstallet like hverandre:

Siden \(e^{2a} > 0\) for alle \(a\), kan vi dele begge sider på \(e^{2a}\):

GeoGebra CAS bekrefter \(a = 0{,}5\) (se linje 2 i figuren):

\(y\)-koordinaten i tangeringspunktet er

Tangeringspunktet er \(\mathbf{\left(\dfrac{1}{2},\, e\right)}\).