Matematikk R1 vår 2025

Vi bruker kjerneregelen på eksponentialleddet og potensregelen på polynomleddet. Konstanten $-2\pi$ har derivert null:

$$\begin{aligned}f'(x)&=-2e^{-2x}+\frac15\cdot5x^4\\&=\boxed{-2e^{-2x}+x^4}.\end{aligned}$$

Siden $e^x>0$ for alle $x$, kan $g(x)=0$ bare når $(2x-1)^2=0$. Da er $2x-1=0$, altså $x=\frac12$. Funksjonsverdien er $g(\frac12)=0$, så nullpunktet er $\boxed{(\frac12,0)}$.

Vi deriverer produktet og bruker kjerneregelen på kvadratet:

$$\begin{aligned}g'(x)&=\frac12e^x(2x-1)^2+\frac12e^x\cdot2(2x-1)\cdot2\\&=\frac12e^x(2x-1)\bigl((2x-1)+4\bigr)\\&=\boxed{\frac12e^x(2x-1)(2x+3)}.\end{aligned}$$

Fra b) får vi $g'(x)=0$ når $2x-1=0$ eller $2x+3=0$, altså ved $x=\frac12$ og $x=-\frac32$. Siden $e^x$ alltid er positiv, bestemmes fortegnet av $(2x-1)(2x+3)$: positivt for $x<-\frac32$, negativt mellom nullpunktene og positivt for $x>\frac12$. Dermed er $x=-\frac32$ et toppunkt og $x=\frac12$ et bunnpunkt.

$$g\left(-\frac32\right)=\frac12e^{-3/2}(-4)^2=8e^{-3/2},\qquad g\left(\frac12\right)=0.$$

Toppunktet er $\boxed{(-\frac32,8e^{-3/2})}$, og bunnpunktet er $\boxed{(\frac12,0)}$. Toppunktet er lokalt; funksjonen vokser videre uten grense når $x\to\infty$.

Vi legger til 5 på begge sider:

$$3^{3x+2}=81=3^4.$$

Siden grunntallene er like, må eksponentene være like. Dermed er $3x+2=4$, og

$$\boxed{x=\frac23}.$$

Logaritmene krever $x>0$. Da er $\lg(x^2)=2\lg x$ og $\lg(1/x^9)=-9\lg x$. Likningen blir

$$3\lg x+4\lg x-9\lg x=2,$$

så $-2\lg x=2$. Dermed er $\lg x=-1$, og

$$\boxed{x=10^{-1}=\frac1{10}}.$$

Når $x\to3$, går telleren mot $3(9-3)=18$, som er positiv. Nevneren går mot null, men er negativ fra venstre og positiv fra høyre. Derfor

$$\lim_{x\to3^-}\frac{3(x^2-3)}{x-3}=-\infty,\qquad \lim_{x\to3^+}\frac{3(x^2-3)}{x-3}=+\infty.$$

De ensidige grensene er ulike, så den tosidige grenseverdien finnes ikke.

For $x\ne4$ multipliserer vi teller og nevner med $\sqrt{x}+2$:

$$\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}=\frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}=\frac1{\sqrt{x}+2}.$$

Dermed er

$$\boxed{\lim_{x\to4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac14}.$$

Fra venstre får vi $\lim_{x\to0^-}(x^2+2)=2$. Fra høyre er $\lim_{x\to0^+}2e^x=2$, og siden den andre forskriften gjelder i null, er $f(0)=2e^0=2$. Grensene og funksjonsverdien er like, så $\boxed{f\text{ er kontinuerlig i }0}$.

Venstrederivert blir

$$\lim_{h\to0^-}\frac{f(h)-f(0)}h=\lim_{h\to0^-}\frac{h^2+2-2}h=\lim_{h\to0^-}h=0.$$

Høyrederivert er den deriverte av $2e^x$ i null:

$$\left.(2e^x)'\right|_{x=0}=2e^0=2.$$

De ensidige deriverte er ulike, så $\boxed{f\text{ er ikke deriverbar i }0}$.

Vektoren fra Nils til Ahmad er

$$\overrightarrow{NA}=(1-(-1),1-2)=(2,-1).$$

Lengden blir

$$|\overrightarrow{NA}|=\sqrt{2^2+(-1)^2}=\boxed{\sqrt5\text{ m}}.$$

Vektoren fra Jelena til ballen er $(-1,a)$. Parallellitet med $\overrightarrow{NA}=(2,-1)$ betyr at $(-1,a)=\lambda(2,-1)$ for en konstant $\lambda$. Første koordinat gir $-1=2\lambda$, altså $\lambda=-\frac12$. Andre koordinat gir da $a=-\lambda=\frac12$. Svaret er $\boxed{a=\frac12}$.

La $M=(x,y)$. Lengden $|JM|=\sqrt{10}$ gir $x^2+y^2=10$. Vinkelkravet ved $A$ gir

$$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AJ}=(x-1,y-1)\cdot(-1,-1)=0,$$

altså $x+y=2$. Setter vi $y=2-x$ inn i sirkelbetingelsen, får vi

$$x^2+(2-x)^2=10\quad\Longrightarrow\quad x^2-2x-3=0.$$

Dermed er $x=-1$ eller $x=3$, som gir kandidatene $(-1,3)$ og $(3,-1)$. Avstandene fra Nils $N=(-1,2)$ er henholdsvis $1$ og $5$. Det nærmeste punktet er derfor

$$\boxed{M=(-1,3)}.$$

Vi setter $S(t)=1\,500\,000$:

$$\frac{2\,500\,000}{1+2500e^{-0{,}08t}}=1\,500\,000.$$

Da blir nevneren $\frac53$, slik at $2500e^{-0{,}08t}=\frac23$. Dermed er

$$e^{-0{,}08t}=\frac1{3750},\qquad t=\frac{\ln(3750)}{0{,}08}\approx102{,}9.$$

Modellen tilsier omtrent $\boxed{103\text{ uker}}$.

GeoGebra CAS: modellen S(t) og likningen S(t)=1 500 000. Knappen Numeric Solve x≈ brukes på rad 3; rad 4 evaluerer S′(52) med Numeric Evaluation ≈. Resultatene er t≈102,87 uker og S′(52)≈4 872,76 husstander per uke.

Med $u=2500e^{-0{,}08t}$ kan modellen skrives $S=2\,500\,000(1+u)^{-1}$. Da er $u'=-0{,}08u$, og

$$S'(t)=\frac{200\,000u}{(1+u)^2}=\frac{500\,000\,000e^{-0{,}08t}}{(1+2500e^{-0{,}08t})^2}.$$

Setter vi inn $t=52$, får vi

$$S'(52)\approx4\,873.$$

Etter 52 uker øker antallet husstander med batteriet med omtrent $\boxed{4\,873\text{ husstander per uke}}$ på dette tidspunktet.

GeoGebra CAS: modellen S(t) og likningen S(t)=1 500 000. Knappen Numeric Solve x≈ brukes på rad 3; rad 4 evaluerer S′(52) med Numeric Evaluation ≈. Resultatene er t≈102,87 uker og S′(52)≈4 872,76 husstander per uke.

Vi bruker $F(t)=\frac{B}{1+ae^{-kt}}$. Det totale antallet gir bæreevnen $B=1\,500\,000$. Startverdien $F(0)=500$ gir

$$500=\frac{1\,500\,000}{1+a},$$

så $a=2999$. I en logistisk modell er veksten størst når $F=B/2$, som skjer når $ae^{-kt}=1$. Dette tidspunktet er $t=60$, derfor

$$2999e^{-60k}=1\quad\Longrightarrow\quad k=\frac{\ln(2999)}{60}\approx0{,}1334.$$

Modellen er

$$\boxed{F(t)=\frac{1\,500\,000}{1+2999e^{-\frac{\ln(2999)}{60}t}}}.$$

Den eksakte verdien av $k$ er beholdt i uttrykket.

GeoGebra CAS: startverdien F(0)=500 settes inn i den nye logistiske modellen. Knappen Exact Solve x= på rad 3 gir a=2999.

GeoGebra CAS: G er her bare et midlertidig navn på F etter at a=2999 er satt inn. Exact Solve x= på rad 6 gir den eksakte verdien k=ln(2999)/60. Rad 7 viser en numerisk tilnærming avrundet til 0,13; modellen beholder den eksakte k-verdien.

Vi deriverer:

$$f'(x)=x^2-4x=x(x-4).$$

Funksjonen er strengt avtakende på $[0,4]$. Hvis intervallet utvides forbi 0 eller 4, går funksjonen over i en voksende del, og noen funksjonsverdier gjentas. Det største intervallet som inneholder 2 og der $f$ er én-til-én, er derfor

$$\boxed{I=[0,4]}.$$

Endepunktsverdiene er $f(0)=-1$ og $f(4)=-\frac{35}{3}$, så $g$ har definisjonsmengde $[-\frac{35}{3},-1]$.

GeoGebra CAS: Enter evaluerer Extremum(f), f′(3) og f(3). Ekstremalpunktene er (0,−1) og (4,−35/3); f′(3)=−3 og f(3)=−10 brukes i del b.

Punktet $(-10,3)$ på $g$ svarer til $f(3)=-10$. Fra den deriverte får vi $f'(3)=3(3-4)=-3$. Den inverse deriverte er den omvendte stigningen, dermed

$$g'(-10)=\frac1{f'(3)}=\boxed{-\frac13}.$$

GeoGebra CAS: Enter evaluerer Extremum(f), f′(3) og f(3). Ekstremalpunktene er (0,−1) og (4,−35/3); f′(3)=−3 og f(3)=−10 brukes i del b.

For at tangenten til $g$ igjen skal ha stigningstall $-\frac13$, må $f'(x)=-3$. Vi løser

$$x(x-4)=-3\quad\Longrightarrow\quad x^2-4x+3=0,$$

som gir $x=1$ eller $x=3$. Det andre punktet er ved $x=1$, der

$$f(1)=\frac13-2-1=-\frac83.$$

Punktet på den inverse grafen får koordinatene byttet om, så tangeringspunktet er

$$\boxed{\left(-\frac83,1\right)}.$$

GeoGebra CAS: etter at f′(x)=−3 er skrevet inn, knappen Exact Solve x= på rad 6 finner x=1 og x=3. Den andre løsningen gir f(1)=−8/3 og dermed tangeringspunktet (−8/3,1) på den inverse grafen.

La $p(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ for $-2<x<1$. For at funksjonen skal være kontinuerlig og deriverbar ved $x=-2$, må

$$p(-2)=3,\qquad p'(-2)=-9.$$

Ved $x=1$ må vi ha

$$p(1)=-4,\qquad p'(1)=0.$$

Vi setter inn $p'(x)=3ax^2+2bx+c$ og løser de fire lineære likningene. Da får vi

$$a=-\frac{13}{27},\quad b=\frac79,\quad c=-\frac19,\quad d=-\frac{113}{27}.$$

Altså er hele funksjonen

$$\boxed{f(x)=\begin{cases}-9x-15,&x\le-2,\\-\frac{13}{27}x^3+\frac79x^2-\frac19x-\frac{113}{27},&-2<x<1,\\\frac{x^2}{2}-x-\frac72,&x\ge1.\end{cases}}$$

Innsetting gir $p(-2)=3$, $p'(-2)=-9$, $p(1)=-4$ og $p'(1)=0$, som bekrefter alle fire skjøtebetingelsene.

GeoGebra CAS bruker navnet q på det ukjente midtpolynomet, som kalles p i løsningen. CAS-navnene p og r er de to oppgitte ytterforskriftene. Knappen Exact Solve x= på rad 8 løser de fire kontinuitets- og deriverbarhetslikningene.

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonen:

$$\vec r'(t)=[5,8].$$

Farten er derfor $\sqrt{5^2+8^2}=\sqrt{89}$ km/h. I knop blir dette

$$\frac{1000\sqrt{89}}{1852}\approx\boxed{5{,}09\text{ knop}}.$$

GeoGebra CAS: Enter evaluerer v(t) og Length(v(t)); Length(v(t)) bruker den faktiske parameteren t. Numeric Evaluation ≈ på siste rad konverterer farten fra km/h til knop.

Vektoren fra fyret til båten er $[1+5t-4,4+8t-7]=[5t-3,8t-3]$. Den kvadrerte avstanden er

$$d^2(t)=(5t-3)^2+(8t-3)^2=89t^2-78t+18.$$

Siden koeffisienten foran $t^2$ er positiv, har parabelen et minimum ved

$$t=\frac{78}{2\cdot89}=\frac{39}{89}>0.$$

Setter vi inn, får vi $d_{\min}^2=\frac{81}{89}$, og dermed

$$\boxed{d_{\min}=\frac9{\sqrt{89}}\text{ km}\approx0{,}954\text{ km}}.$$

GeoGebra CAS: avstanden d(t)=Distance(r(t),T) bruker r(t) med parameteren t og fyrtårnet T=(4,7). Extremum(d) finner minimum; knappen = evaluerer Numeric(Extremum(d),6) med seks gjeldende sifre.

Stimposisjonen er $[1+4t,-3+11t]$. Et treff krever lik førstekoordinat som for båten:

$$1+5t=1+4t\quad\Longrightarrow\quad t=0.$$

Likning for andrekoordinaten gir samtidig $4+8t=-3+11t$, altså $t=\frac73$. Tidspunktene stemmer ikke overens, så $\boxed{\text{fiskebåten treffer ikke stimen}}$.

GeoGebra CAS: likningen r(t)=F(t) krever samme posisjon ved samme tidspunkt. Exact Solve x= på rad 4 gir ingen løsninger ({}), så båten og stimen møtes ikke samtidig.

GeoGebra CAS: først løses likningen for samme tidspunkt. Deretter brukes s for fiskebåtens tid og t for stimens tid; Exact Solve x= på rad 6 viser s=28/23 og t=35/23. Ulike tider bekrefter at de ikke møtes.

La posisjonen til den andre båten være $[-2+6kt,4kt]$, der $k>0$ bestemmer farten langs retningsvektoren. Ved treff må

$$-2+6kt=1+4t,\qquad4kt=-3+11t.$$

Sett $u=kt$. Da gir likningene $6u-4t=3$ og $4u-11t=-3$. Løsningen er $t=\frac35$ og $u=\frac9{10}$, så $k=u/t=\frac32$. Båtens fartsvektor er da $k[6,4]=[9,6]$ km/h, og farten blir

$$\sqrt{9^2+6^2}=\boxed{3\sqrt{13}\text{ km/h}\approx10{,}82\text{ km/h}}.$$

Det svarer til $\frac{3000\sqrt{13}}{1852}\approx5{,}84$ knop.

GeoGebra CAS: den andre båten modelleres med B(t), der k skalerer retningsvektoren. Exact Solve x= gir k=3/2 og t=3/5; (3/2)·Length((6,4)) gir farten 3√13≈10,82 km/h.

La $B=(b,\ln b)$, der $b>0$. Stigningstallet til tangenten er $f'(b)=1/b$, så tangentlikningen er

$$y-\ln b=\frac1b(x-b).$$

Når linja går gjennom $(0,0)$, må $-\ln b=-1$, altså $\ln b=1$ og $b=e$. Dermed er

$$\boxed{B=(e,1)}.$$

GeoGebra CAS: f(x)/x er stigningstallet til linja AB fra A=(0,0) til B=(x,f(x)); dette settes lik tangentens stigningstall f′(x). Exact Solve x= gir x=e. Ingen verdi f(0) brukes.

GeoGebra CAS: Tangent(a,f) lager tangenten i x=a. Likningen g(0)=0 krever at tangenten går gjennom origo; Exact Solve x= gir a=e.

Siden $C$ ligger på $y=x$, skriver vi $C=(c,c)$. Vektorene er $\overrightarrow{CA}=(-c,-c)$ og $\overrightarrow{CB}=(e-c,1-c)$. Rett vinkel gir

$$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=0\quad\Longrightarrow\quad -c(e+1-2c)=0.$$

Løsningen $c=0$ ville gitt $C=A$ og ingen trekant, så vi bruker $c=\frac{e+1}{2}$. Da er

$$AC=\sqrt{2}c=\frac{e+1}{\sqrt2},\qquad BC=\frac{e-1}{\sqrt2}.$$

Arealet blir

$$\frac12AC\cdot BC=\boxed{\frac{e^2-1}{4}}.$$

GeoGebra CAS: de fullstendige definisjonene av f, A, B, C, AC og BC står i rad 1–6. Skalarproduktet settes lik null i rad 7, og Exact Solve x= på rad 8 gir kandidatene; C=A forkastes fordi det ikke gir en trekant.

Fortsettelse av GeoGebra CAS-utregningen over: bildet viser rad 4–10, så bruk det sammen med bildet rett ovenfor som viser de fullstendige definisjonene i rad 1–8. Knappen = evaluerer rad 9–10 og gir arealet fra C₁ og sidelengdene.

Alternativ GeoGebra CAS-arbeidsflyt: Exact Solve x= på rad 6 finner skjæringspunktet mellom normalen fra B og linja y=x. Knappen = på rad 8 evaluerer deretter arealet.