Matematikk R1 vår 2026

Vi deriverer leddene hver for seg. Brøkleddet kan skrives $3(x-2)^{-1}$, så kjerneregelen gir

$$\begin{aligned}h'(x)&=6x-3(x-2)^{-2}\\&=\boxed{6x-\frac{3}{(x-2)^2}},\qquad x\ne2.\end{aligned}$$

Vi løser $e^x(6-e^x)=0$. Siden $e^x>0$ for alle $x$, må $6-e^x=0$. Da er $e^x=6$ og $x=\ln 6$. Nullpunktet er $\boxed{(\ln 6,0)}$.

Produktregelen gir

$$\begin{aligned}f'(x)&=e^x(6-e^x)+e^x(-e^x)\\&=6e^x-2e^{2x}\\&=\boxed{2e^x(3-e^x)}.\end{aligned}$$

Fra b) er $f'(x)=0$ når $3-e^x=0$, altså ved $x=\ln3$. For $x<\ln3$ er $f'(x)>0$, og for $x>\ln3$ er $f'(x)<0$. Grafen går først opp og deretter ned, så punktet er et toppunkt.

$$f(\ln3)=3(6-3)=9.$$

Toppunktet er $\boxed{(\ln3,9)}$.

Vi sammenlikner uten desimaltilnærminger. Siden $1<7<10$, er $0<\lg7<1$. Videre er $e^{3\ln1}=e^0=1$ og $\log_2 8=3$.

Siden $1<27<81=3^4$, er $1<\sqrt[4]{27}<3$.

Dermed er rekkefølgen

$$\boxed{\lg7<e^{3\ln1}<\sqrt[4]{3^3}<\log_2 8}.$$

Vi bruker logaritmereglene og forutsetter $a>0$ og $b>0$ slik at logaritmene er definert:

$$\begin{aligned}\lg(ab)-\lg\left(\frac ab\right)+\lg(100b^3)&=(\lg a+\lg b)-(\lg a-\lg b)+(2+3\lg b)\\&=\boxed{2+5\lg b}.\end{aligned}$$

Vi deler teller og nevner på $x^2$:

$$\frac{2x+2}{3x^2+3}=\frac{\frac2x+\frac2{x^2}}{3+\frac3{x^2}}.$$

Når $x\to\infty$, går brøkene med $x$ i nevner mot null. Derfor er

$$\boxed{\lim_{x\to\infty}\frac{2x+2}{3x^2+3}=0}.$$

Påstanden er usann. Velg for eksempel $a=1$, $b=-2d$, $c=d^2$. Da er telleren $(x-d)^2$, og for $x\ne d$ blir

$$f(x)=\frac{(x-d)^2}{x-d}=x-d.$$

Når $x$ nærmer seg $d$, nærmer funksjonsverdien seg $0$; den går ikke mot uendelig. Dermed har ikke denne funksjonen en vertikal asymptote ved $x=d$.

Påstanden er sann. Vi setter $y=e^{x-3}$ og tar den naturlige logaritmen:

$$\ln y=x-3\quad\Longrightarrow\quad x=\ln y+3.$$

Dermed er $g^{-1}(x)=\ln x+3$. Siden $g(x)>0$ for alle $x$, er verdimengden til $g$ $(0,\infty)$, og dette er definisjonsmengden til inversen.

Den omvendte funksjonen finnes ved å løse $y=\ln(x+2)$:

$$g(y)=e^y-2.$$

Da er $g'(y)=e^y$, så $\boxed{g'(1)=e}$.

Vi finner $\overrightarrow{AB}=(3,4)$ og $\overrightarrow{AC}=(-3,a+3)$. Rett vinkel ved $A$ betyr

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=3(-3)+4(a+3)=0.$$

Da får vi $-9+4a+12=0$, altså $\boxed{a=-\frac34}$.

Vi har

$$|AB|^2=3^2+4^2=25,\qquad |AC|^2=(-3)^2+(a+3)^2=9+(a+3)^2.$$

Lik lengde gir $25=9+(a+3)^2$, slik at $(a+3)^2=16$. Derfor er $a+3=4$ eller $a+3=-4$, og

$$\boxed{a=1\text{ eller }a=-7}.$$

Fra definisjonene får vi $\overrightarrow{OA}=\mathbf a$, $\overrightarrow{OB}=\mathbf b$, $\overrightarrow{OP}=\frac23\mathbf a$ og $\overrightarrow{OR}=\frac23\mathbf b$. Derfor er

$$\boxed{\overrightarrow{AB}=\mathbf b-\mathbf a},\qquad \boxed{\overrightarrow{PR}=\frac23\mathbf b-\frac23\mathbf a=\frac23(\mathbf b-\mathbf a)}.$$

Fra a) er $\overrightarrow{PR}=\frac23\overrightarrow{AB}$. Vektorene er derfor parallelle, og $\boxed{AB\parallel PR}$.

Siden $\overrightarrow{PR}=\frac23\overrightarrow{AB}$, er $|PR|=\frac23|AB|$. Dermed

$$|AB|=\frac32|PR|=\frac32\cdot\frac{\sqrt2}{3}=\boxed{\frac{\sqrt2}{2}}.$$

Uttrykket

$$g(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h},\qquad h=0{,}000001,$$

beregner en framoverdifferanse. Når $h$ er liten, tilnærmer den den deriverte $f'(x)$. Koden bruker derfor $g(x)$ som en numerisk tilnærming til stigningstallet til $f$ ved $x$.

Når den deriverte er nær null, forteller verdiene like før og etter punktet hvilken type stasjonært punkt vi har. Samme fortegn på begge sider betyr at funksjonen ikke skifter mellom å øke og avta: et terrassepunkt (stasjonært vendepunkt). Når $g$ øker gjennom null, skifter stigningstallet fra negativt til positivt, og vi har et bunnpunkt. Når $g$ avtar gjennom null, skifter det fra positivt til negativt, og vi har et toppunkt.

$$\boxed{A=\text{terrassepunkt},\quad B=\text{bunnpunkt},\quad C=\text{toppunkt}}.$$

Vi deriverer funksjonen:

$$f'(x)=x^2+\frac{10}{3}x+\frac{25}{9}=\left(x+\frac53\right)^2.$$

Den deriverte er null ved $x=-\frac53$, men skifter ikke fortegn der. Punktet er derfor et terrassepunkt. I koden gir verdiene av $g$ på hver side samme fortegn, så testen i linje 17 er sann og programmet skriver ut setningen i linje 18. Dette stemmer også med at programmet bruker en liten steglengde og en toleranse, slik at utskriften gjelder en numerisk tilnærming til $x=-\frac53$.

Vi legger inn alle sju målepunktene og bruker FitLogistic. I GeoGebra lar vi $x$ stå for tiden $t$ i sekunder. Den lagrede modellen gir

$$V(t)\approx\frac{223,4774394}{1+27,32722364e^{-0,04780026366t}}.$$

$V(t)$ er fart i m/s. Formelen viser avrundede koeffisienter; vi beholder den lagrede modellen med full presisjon i alle videre beregninger.

Med den lagrede modellen fra a) løser vi $V(t)=100$. Fra modellformen får vi

$$t=\frac1k\ln\left(\frac{100a}{C-100}\right).$$

I CAS skriver vi $V(x)=100$ og velger numerisk løsning ($x\approx$). Med den lagrede modellen får vi $t\approx64,79033575$ s. Raketten når dermed $100$ m/s etter omtrent $\boxed{64,8\text{ s}}$ ifølge modellen.

Kjerneregelen gir

$$V'(t)=\frac{Cak e^{-kt}}{(1+ae^{-kt})^2}=kV(t)\left(1-\frac{V(t)}C\right).$$

Vi fullfører kvadratet i uttrykket som avhenger av $V$:

$$V'(t)=-\frac{k}{C}\left(V(t)-\frac C2\right)^2+\frac{kC}{4}.$$

Siden $k,C>0$, er uttrykket størst når $V=C/2$. Maksimal akselerasjon er da $kC/4$, og tidspunktet er $t=\ln(a)/k$.

Vi kontrollerer dette med $W=V'$ og kommandoen Extremum i GeoGebra. Den lagrede modellen gir størst akselerasjon etter omtrent $\boxed{69,2\text{ s}}$, og den er omtrent $\boxed{2,67\text{ m/s}^2}$. CAS-rad 5 viser punktet Peak med flere siffer.

Vi finner tidspunktene der $W(t)=V'(t)=2$ ved å bruke Root på hver side av toppunktet. Vi får $t_1\approx46,15767139$ s og $t_2\approx92,24672871$ s. Grafen viser at $W(t)>2$ i det åpne intervallet $(t_1,t_2)$.

Vi trekker fra med de lagrede tidspunktene før vi avrunder:

$$\Delta t=t_2-t_1\approx46,08905733\text{ s}\approx\boxed{46,1\text{ s}}.$$

CAS-radene 6–8 viser tidspunktene og differansen. Root gir punkter på x-aksen; derfor bruker vi x-koordinatene når vi regner ut varigheten.

Fartsvektoren er konstant:

$$\mathbf l'(t)=\left(6,\frac53\right).$$

Farten er lengden av denne vektoren:

$$|\mathbf l'(t)|=\sqrt{6^2+\left(\frac53\right)^2}=\frac{\sqrt{349}}3\approx6{,}23\text{ m/s}.$$

Etter $30$ sekunder er posisjonen

$$\mathbf l(30)=(300,100)\text{ m}.$$

Et møte krever særlig at x-koordinatene er like:

$$6t+120=\frac{13}{2}t+250.$$

Da får vi $-130=\frac12t$, altså $t=-260$. Dette tidspunktet ligger ikke i det oppgitte tidsintervallet $[0,200]$. Derfor møtes de ikke i dette tidsrommet.

Ved $t=60$ er skøyteløperens posisjon $(480,150)$, og hundens posisjon er $(640,412)$. Fra skøyteløperen til hunden er det dermed $(160,262)$ meter.

Den opprinnelige fartsretningen er $(6,5/3)$, med stigningstall $5/18$. Skøyteløperen må derfor møte hunden på denne strålen. Etter $\tau$ sekunder fra dette tidspunktet er hundens posisjon $(640+6{,}5\tau;\;412-1{,}8\tau)$. Retningskravet gir

$$\frac{412-1{,}8\tau-150}{640+6{,}5\tau-480}=\frac5{18},$$

som gir $\tau\approx60{,}34$ s. Møtepunktet er da omtrent $(1032{,}20;\;303{,}39)$. Avstanden fra $(480,150)$ til dette punktet delt på tiden gir nødvendig fart:

$$v=\frac{\sqrt{(1032{,}20-480)^2+(303{,}39-150)^2}}{60{,}34}\approx\boxed{9{,}50\text{ m/s}}.$$

Møtet skjer ved $t\approx120{,}34$ s, innenfor tidsintervallet i oppgaven.

Siden $A=(a,100\cdot0{,}8^a)$ og $B$ har x-koordinat $5$, er

$$\boxed{AB=5-a}.$$

Punktene $D$ og $C$ har y-koordinat $200$, så den loddrette avstanden fra $A$ til $D$ er

$$\boxed{AD=200-100\cdot0{,}8^a}.$$

Arealet som funksjon av $a$ er

$$A(a)=(5-a)(200-100\cdot0{,}8^a),\qquad 0\le a<5.$$

Derivasjon gir

$$A'(a)=-(200-100\cdot0{,}8^a)+(5-a)(-100\cdot0{,}8^a\ln0{,}8).$$

I CAS lar vi $x$ stå for $a$, definerer arealet og den deriverte, skriver $d(x)=0$ og velger numerisk løsning ($x\approx$). Den lagrede løsningen gir $a\approx0,1706657101$ og $A(a)\approx500,979161563$.

Dette er et globalt maksimum: med $L=\ln0,8<0$ får vi

$$A''(a)=100\cdot0,8^aL\bigl[2-(5-a)L\bigr]<0\qquad(0\le a<5).$$

Den deriverte er altså strengt avtakende, så det kritiske punktet er det eneste og gir størst areal. Vi kontrollerer også $A(0)=500$ og $\lim_{a\to5^-}A(a)=0$. Verdien $a=5$ er ikke med i definisjonsmengden. Det største arealet er omtrent $\boxed{501,0}$ kvadratenheter.

Når spotprisen er høyst $75$ øre/kWh, gis det ingen støtte, og kunden betaler spotprisen. Når prisen overstiger $75$, dekker staten $90\%$ av delen over grensen, mens kunden betaler de resterende $10\%$. Derfor må vi bruke ulike uttrykk på hver side av grensen. Ved $x=75$ er støtten null, så uttrykket fra begge sider gir samme pris $75$. Dermed er funksjonen kontinuerlig ved overgangen.

For $x\le75$ betaler kunden hele spotprisen, altså $f(x)=x$. For $x>75$ betaler kunden $75$ øre pluss $10\%$ av det som overstiger $75$:

$$f(x)=75+0{,}10(x-75)=0{,}10x+67{,}5.$$

Dermed kan funksjonen skrives

$$\boxed{f(x)=\begin{cases}x,&x\le75,\\0{,}10x+67{,}5,&x>75.\end{cases}}$$

La tangeringspunktet ha førstekoordinat $a$. Da er $f(a)=e^{2a}$ og $f'(a)=2e^{2a}$. Tangentlikningen er

$$y=e^{2a}+2e^{2a}(x-a).$$

Tangenten går gjennom $(0,0)$, så vi setter $x=0$ og $y=0$:

$$0=e^{2a}-2ae^{2a}=e^{2a}(1-2a).$$

Siden $e^{2a}>0$, må $a=\frac12$. Da er $f(a)=e$, og tangeringspunktet er $\boxed{\left(\frac12,e\right)}$.