Matematikk R1 høst 2025

For $x>0$ bruker vi potensregelen på begge leddene som avhenger av $x$:

$$f'(x)=x^2+\frac{1}{2\sqrt{x}}.$$

Funksjonen er definert også for $x=0$, men den deriverte formelen gjelder for $x>0$.

Vi skriver $g(x)=(2x-3)e^{-x}$. Produktregelen gir

$$g'(x)=2e^{-x}-(2x-3)e^{-x}=(5-2x)e^{-x}.$$

Dermed er $\boxed{g'(2)=e^{-2}>0}$ og $\boxed{g'(3)=-e^{-3}<0}$.

Vi har $g'(x)=(5-2x)e^{-x}$. Eksponentialfaktoren er positiv, så fortegnet bestemmes av $5-2x$. Deriverten er positiv når $x<\frac52$ og negativ når $x>\frac52$. Grafen stiger derfor fram til $x=\frac52$ og faller etterpå på intervallet $[2,3]$. Den har et toppunkt inne i intervallet.

Logaritmen krever $x>0$. Sett $u=\lg x$. Da får vi

$$u^2-2u-8=0=(u-4)(u+2),$$

så $u=4$ eller $u=-2$. Dermed er $x=10^4$ eller $x=10^{-2}$, altså $\boxed{x=10000\text{ eller }x=0{,}01}$.

Likningen betyr $a^{-3}=\frac1{64}$, altså $a^3=64$. Logaritmegrunntallet må være positivt og ulik 1. Derfor er $\boxed{a=4}$.

Nevneren faktoriseres som $(x-4)(x+2)$, mens telleren går mot $(-2)^2-4(-2)+2=14>0$. Når $x\to-2^-$, er både $x-4$ og $x+2$ negative, så nevneren går mot null fra positiv side. Brøken går derfor mot $+\infty$. Når $x\to-2^+$, er nevneren negativ og går mot null, så brøken går mot $-\infty$. De ensidige grensene er ulike, og den tosidige grenseverdien eksisterer ikke.

For at grensen skal være endelig, må telleren også gå mot null:

$$(-2)^2-2a+2=0\quad\Longrightarrow\quad a=3.$$

Med denne verdien blir telleren $(x+2)(x+1)$, så faktoren som gir null i nevneren kan forkortes. Dermed eksisterer grensen for $\boxed{a=3}$.

For $a=3$ får vi, for $x\ne-2$,

$$\frac{x^2+3x+2}{x^2-2x-8}=\frac{(x+2)(x+1)}{(x+2)(x-4)}=\frac{x+1}{x-4}.$$

Dermed er grenseverdien $\boxed{\frac{-2+1}{-2-4}=\frac16}$.

$$\overrightarrow{AB}=(3-(-2),2-3)=(5,-1),\qquad |AB|=\sqrt{5^2+(-1)^2}=\boxed{\sqrt{26}}.$$

En parameterframstilling er $(x,y)=(-2,3)+s(5,-1)=(-2+5s,3-s)$. På $x$-aksen er $y=0$, så $3-s=0$ gir $s=3$. Da er $x=-2+15=13$, og $\boxed{C=(13,0)}$.

Vektorene er $\overrightarrow{BA}=(-5,1)$ og $\overrightarrow{BD}=(-1,t-2)$. Rett vinkel betyr at

$$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BD}=5+t-2=t+3=0,$$

så $\boxed{t=-3}$.

Definisjonsmengden er $x>0$. Produktregelen gir

$$f'(x)=8x\ln x+4x=4x(2\ln x+1).$$

Siden $4x>0$, er $f'(x)=0$ når $2\ln x+1=0$, altså $x=e^{-1/2}$. Deriverten går fra negativ til positiv der, så punktet er et bunnpunkt. Funksjonsverdien er

$$f(e^{-1/2})=4e^{-1}\left(-\frac12\right)=-\frac2e.$$

Bunnpunktet er $\boxed{(e^{-1/2},-2/e)}$. Det finnes ikke noe toppunkt.

Eleven vil finne nullpunktet til $f$ i intervallet fra $0{,}1$ til $3$. Programmet bruker intervallhalvering: det velger midtpunktet $m$, beholder halvdelen der funksjonen skifter fortegn, og beregner et nytt midtpunkt. Løkken fortsetter mens $|f(m)|\ge0{,}0001$. Utskriften er omtrent $\boxed{1{,}000010681}$. Dette er en tilnærming til nullpunktet.

En logistisk regresjon til de ni datapunktene gir omtrent

$$F(t)=\frac{2840{,}899}{1+5{,}07482e^{-0{,}247026t}}.$$

Modellen beskriver dataene for årene 1960–1980 ($0\le t\le20$). Utenfor dette intervallet bygger en framskriving på at vekstforholdene fortsetter. Asymptoten nær 2841 er en egenskap ved modellen, ikke en garanti for at folketallet ikke kan bli større.

I GeoGebra CAS bruker vi $x$ for eksamenens $t$, altså antall år etter 1960. Listen $L$ inneholder alle de ni oppgitte datapunktene. Den vanlige numeriske visningen av regresjonen viser omtrent $2840{,}9$, $5{,}07$ og $0{,}25$; raden $\operatorname{Numeric}(F(x),10)$ viser tilpassede koeffisienter med høyere presisjon. Modellen i svaret ovenfor beholder koeffisientene med den oppgitte presisjonen, i stedet for å erstatte dem med den vanlige visningens to desimaler. I CAS bruker vi ≈ for regresjonen og deriverteverdiene, og = for raden Numeric(F(x),10).

Grafen under er en fortsettelse av tilpasningen ovenfor. Vi trykket på sirkelen ved rad 2 for å vise tilpasningen i grafikkfeltet, og skrev deretter ZoomIn(-1,-100,24,3100) i inntastingsfeltet. Grafen viser $F(x)$ i personer som funksjon av år etter 1960; dataperioden slutter ved $x=20$, mens visningen fortsetter til $x=24$.

For den tilpassede modellen får vi

$$F'(12)\approx115{,}41\text{ personer per år},\qquad F''(12)\approx-16{,}68\text{ personer per år}^2.$$

I 1972 øker folketallet med omtrent 115 personer per år. Den negative andrederiverte betyr at vekstraten da avtar med omtrent 16,7 personer per år for hvert år som går.

CAS-skjermbildet under oppgave 2.1a viser tilpasningen, alle datapunktene og begge deriverte. Der bruker vi $x=t$, målt i år etter 1960; $F'(12)$ måles i personer per år og $F''(12)$ i personer per år$^2$.

Vi løser $F'(t)=150$ for den tilpassede modellen. Skjæringspunktene er omtrent $t=3{,}33$ og $t=9{,}82$. Deriverten er større enn 150 mellom disse tidene. Siden $t$ måles fra 1960, tilsvarer det omtrent våren 1963 til høsten 1969. Ved endepunktene er veksten lik, ikke større enn, 150 personer per år.

Vi bruker samme tilpasning og fullstendige datasett som i skjermbildet for 2.1a. Deretter definerer vi $H(x)=F'(x)$ og sammenligner vekstraten med $150$ personer per år. GeoGebra viser $P\approx(3{,}33,150)$ og $Q\approx(9{,}82,150)$; $H$ ligger over $150$ mellom skjæringspunktene. Her er $x=t$ år etter 1960, og konklusjonen gjelder bare innen dataperioden $0\le t\le20$. CAS brukte ≈ for regresjonen, deriverteverdiene, $H$ og skjæringspunktene, og = for $\operatorname{Numeric}(F(x),10)$.

Fra venstre er $f(-2)=2(-2)-2=-6$. Fra høyre får vi

$$2(-2)^3+2(-2)^2-2(-2)=-16+8+4=-4.$$

Verdiene er ulike, så $f$ er $\boxed{\text{ikke kontinuerlig ved }x=-2}$.

La $h(x)=2x^3+2x^2-2x$. Ved $x=-2$ må den deriverte fra venstre være $h'(-2)$. Siden $h'(x)=6x^2+4x-2$, får vi $a=14$. Kontinuitet gir $-2a+b=h(-2)=-4$, altså $b=24$.

Ved $x=k$ møter $h$ konstantleddet $c$. Deriverbarhet krever $h'(k)=0$:

$$6k^2+4k-2=2(3k-1)(k+1)=0,$$

så $k=\frac13$ eller $k=-1$, begge større enn $-2$. Kontinuitet gir $c=h(k)$. Dermed er løsningene

$$\boxed{(a,b,c,k)=(14,24,-10/27,1/3)\text{ eller }(14,24,2,-1)}.$$

For $C=500$ blir $I\approx3{,}48$, og for $C=1400$ blir $I\approx4{,}10$. Intensiteten øker med $C$, så målingene ligger mellom disse verdiene. Hele intervallet tilsvarer plagsom lukt; ved verdier over 4 kreves tiltak. Beboerne har derfor grunnlag for å klage.

Jeg tolker intervallet $1$–$2$ i tabellen som $1\le I\le2$ (endepunktene regnes med). Da

$$1\le1{,}4\lg(C)-0{,}3\le2\quad\Longrightarrow\quad \frac{1{,}3}{1{,}4}\le\lg(C)\le\frac{2{,}3}{1{,}4}.$$

Dermed får vi den eksakte grensen

$$10^{13/14}\le C\le10^{23/14}\text{ OU/m}^3,$$

altså omtrent $8{,}4834\le C\le43{,}9397$ OU/m³. Nye prøver må derfor vise $\boxed{10^{13/14}\le C\le10^{23/14}\text{ OU/m}^3}$, det vil si mellom omtrent $8{,}5$ og $43{,}9$ OU/m³. Verdier under $8{,}5$ OU/m³ gir $I<1$ (uproblematisk), så i praksis holder det at $C\le43{,}9$ OU/m³.

Når $s=0$, får vi $(x,y)=(0,300)=H$. Når $s=1$, får vi $(x,y)=(1200,400)=U$. Begge koordinatene varierer lineært med $s$, så punktene ligger på den rette linjen gjennom endepunktene. Intervallet $0\le s\le1$ dekker hele linjestykket.

Etter 5 av 20 minutter har Ina gått $\frac5{20}=\frac14$ av turen, så $s=\frac14$. Da er

$$x=1200\cdot\frac14=300,\qquad y=300+100\cdot\frac14=325.$$

Posisjonen er $\boxed{(300,325)\text{ m}}$.

Stiens lengde er

$$HU=\sqrt{1200^2+100^2}=100\sqrt{145}\text{ m}.$$

Tiden er $20\text{ min}=1200\text{ s}$. Derfor er farten

$$v=\frac{100\sqrt{145}}{1200}=\boxed{\frac{\sqrt{145}}{12}\text{ m/s}\approx1{,}0035\text{ m/s}}.$$

La $s$ være Inas parameter og $t$ Jonas' tid etter hans egen start. I møtet er koordinatene like:

$$1200s=520-20t,\qquad 300+100s=310+5t.$$

Den andre likningen gir $t=20s-2$. Innsatt i den første gir dette $s=\frac7{20}$ og $t=5$. Møtepunktet er $(420,335)$. Ina har da gått avstanden fra $(0,300)$ til $(420,335)$:

$$d=\sqrt{420^2+35^2}=35\sqrt{145}\text{ m}\approx421{,}46\text{ m}.$$

Ina har gått $\boxed{35\sqrt{145}\text{ m}\approx421{,}46\text{ m}}$.

Vi bruker

$$|\vec a+\vec b|^2=|\vec a|^2+|\vec b|^2+2|\vec a||\vec b|\cos30^\circ.$$

Dermed er $|\vec p|^2=16+12+2\cdot4\cdot2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=52$, og

$$\boxed{|\vec p|=\sqrt{52}=2\sqrt{13}}.$$

Vi har $\vec a\cdot\vec a=16$, $\vec b\cdot\vec b=12$ og $\vec a\cdot\vec b=4\cdot2\sqrt3\cdot\cos30^\circ=12$. Dermed

$$\vec p\cdot\vec q=(\vec a+\vec b)\cdot(t\vec a+\vec b)=16t+12t+12+12=28t+24.$$

Ortogonalitet krever $28t+24=0$, så $\boxed{t=-\frac67}$.

Parene, med funksjonen først og dobbeltderiverten etterpå, er:

- $G: 2^x$ og $A: (\ln2)^2 2^x$. - $B: x^3-1$ og $C: 6x$. - $E: x^2-2$ og $H: 2$. - $F: x^4-1$ og $D: 12x^2$.

For eksempel går $G$ gjennom $(0,1)$, mens den positive grafen $A$ ikke gjør det; andrederiverten av $2^x$ er $(\ln2)^2 2^x$. De øvrige parene følger av at $(x^3-1)''=6x$, $(x^2-2)''=2$ og $(x^4-1)''=12x^2$.

Grafene $A$, $B$, $C$ og $G$ er strengt voksende og dermed én-til-én; de tilhørende funksjonene har omvendt funksjon. Grafene $D$, $E$ og $F$ har horisontale linjer som skjærer grafen flere ganger, og $H$ er konstant. Derfor er svaret $\boxed{A,B,C\text{ og }G}$.