Forkurseksamen etter tema

For å finne skjæringen med \( {x\text{-aksen}} \) setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) For å finne skjæringen med \( {y\text{-aksen}} \) setter vi \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn skjæringen med x-aksen Vi setter \( {f(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x): \[ (1 - x) \cdot \textcolor{red}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{red}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{.} \) Da må den andre faktoren være \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} 1 - x &= 0 \\ x &= 1 \end{aligned} \]

2. Finn skjæringen med y-aksen Vi setter \( {x = 0}\text{:} \) \[ f(0) = (1 - 0) \cdot \textcolor{red}{e^0} = 1 \]

Funksjonen er et produkt, så vi deriverer med produktregelen. Så setter vi \( {f'(x) = 0} \) og ser på fortegnet til \( f'(x)\text{.} \)

1. Deriver med produktregelen Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på produktregelen, kan du se videoen Produktregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{1 - x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{(1 - x)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= e^x(-1 + 1 - x) \\ &= -x \cdot e^x \end{aligned} \]

2. Finn hvor den deriverte er null Når den deriverte er \( 0\text{,} \) kan vi ha et topp- eller bunnpunkt, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Siden \( e^x \) aldri er \( 0\text{,} \) får vi: \[ -x \cdot e^x = 0 \Rightarrow x = 0 \]

3. Sett opp en fortegnslinje Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{-x}", "expr": "-x"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f'(x)", "expr": "-x*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så vi har et toppunkt der.

4. Finn y-koordinaten Vi setter inn i \( f\text{:} \) \[ f(0) = (1 - 0) \cdot e^0 = 1 \]

Det er det eneste punktet der \( {f'(x) = 0}\text{,} \) så grafen har ingen bunnpunkter.

Vi bruker den deriverte fra b).

Vendepunkter finner vi der \( {f''(x) = 0} \) og \( f''(x) \) skifter fortegn. Fortegnet sier også hvilken vei grafen krummer.

1. Deriver en gang til I b) fant vi: \[ f'(x) = -x \cdot e^x \]

Dette er også et produkt. Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{-x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) &= \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{(-x)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= -(1 + x) \cdot e^x \end{aligned} \]

2. Finn vendepunktet Vi setter \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. Siden \( e^x \) aldri er \( 0\text{,} \) får vi: \[ -(1 + x) = 0 \Rightarrow x = -1 \]

Fortegnet til \( f''(x) \) får vi ved å gange fortegnene til faktorene: :::fortegnsskjema {"points": [-1], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{-(1 + x)}", "expr": "-(1 + x)"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f''(x)", "expr": "-(1 + x)*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) \( f''(x) \) skifter fortegn i \( {x = -1}\text{,} \) så vi har et vendepunkt der. Grafen krummer opp der \( {f''(x) > 0} \) og ned der \( {f''(x) < 0}\text{.} \)

Vi setter inn i \( f\text{:} \) \[ f(-1) = (1 - (-1)) \cdot e^{-1} = \dfrac{2}{e} \]

Vi bruker den deriverte fra b).

En tangent er bestemt av et punkt og et stigningstall. Stigningstallet er den deriverte i punktet.

1. Finn delene i tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y - \textcolor{blue}{f(a)} = \textcolor{red}{f'(a)}(x - a) \]Hvis du er usikker på tangentformelen, kan du se videoen Tangentlinje.

I b) fant vi: \[ f'(x) = -x \cdot e^x \]

Her er \( {a = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(1)} &= (1 - 1) \cdot e^1 = \textcolor{blue}{0} \\ \textcolor{red}{f'(1)} &= -1 \cdot e^1 = \textcolor{red}{-e} \end{aligned} \]

2. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y - \textcolor{blue}{0} &= \textcolor{red}{-e}(x - 1) \\ y &= -ex + e \end{aligned} \]

Vi leser fortegnene av topp- og bunnpunktet og vendepunktet. Den deriverte sier om grafen stiger eller synker, og den dobbeltderiverte hvilken vei den krummer.

1. Tegn fortegnslinja til den deriverte Fortegnet til \( g'(x) \) sier om grafen stiger eller synker, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. I topp- og bunnpunktet er den \( 0\text{:} \) \[ g'(\textcolor{blue}{0}) = 0, \quad g'(\textcolor{blue}{3}) = 0 \]

Grafen stiger fram til \( {x = \textcolor{blue}{0}}\text{,} \) synker fra \( {x = \textcolor{blue}{0}} \) til \( {x = \textcolor{blue}{3}}\text{,} \) og stiger så igjen. Det gir oss denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [0, 3], "rows": [{"label": "g'(x)", "expr": "x*(x - 3)"}]} En strek viser hvor \( g'(x) \) er \( 0\text{.} \)

2. Tegn fortegnslinja til den dobbeltderiverte Fortegnet til \( g''(x) \) sier hvilken vei grafen krummer, og i vendepunktet er den \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ g''\left(\textcolor{red}{\dfrac{3}{2}}\right) = 0 \]

Rundt toppunktet i \( {x = 0} \) krummer grafen nedover, så \( g''(x) \) er negativ før \( {x = \dfrac{3}{2}}\text{.} \) Rundt bunnpunktet i \( {x = 3} \) krummer den oppover, så \( g''(x) \) er positiv etter: :::fortegnsskjema {"points": [1.5], "labels": ["\\dfrac{3}{2}"], "rows": [{"label": "g''(x)", "expr": "2*x - 3"}]} En strek viser hvor \( g''(x) \) er \( 0\text{.} \) Hvordan vi tenker fram disse linjene, ser du i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025.

En tredjegradsfunksjon har fire ukjente koeffisienter. Topp- og bunnpunktet gir oss fire likninger, og vendepunktet kan vi bruke til å sjekke svaret.

1. Skriv opp funksjonen og den deriverte En tredjegradsfunksjon kan skrives slik: \[ g(x) = \textcolor{blue}{a}x^3 + \textcolor{red}{b}x^2 + \textcolor{green}{c}x + \textcolor{darkorange}{d} \]

Vi deriverer med potensregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ g'(x) = 3\textcolor{blue}{a}x^2 + 2\textcolor{red}{b}x + \textcolor{green}{c} \]

2. Bruk toppunktet Toppunktet \( (0, 6) \) ligger på grafen, og der er den deriverte \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} g(0) = 6 &\Rightarrow \textcolor{darkorange}{d} = \textcolor{darkorange}{6} \\ g'(0) = 0 &\Rightarrow \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{0} \end{aligned} \]

3. Bruk bunnpunktet Det samme gjelder bunnpunktet \( {(3, -21)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} g(3) = -21 &\Rightarrow 27\textcolor{blue}{a} + 9\textcolor{red}{b} + 6 = -21 \\ g'(3) = 0 &\Rightarrow 27\textcolor{blue}{a} + 6\textcolor{red}{b} = 0 \end{aligned} \]

Det er et likningssett med to ukjente, som i videoen Likningssett. Trekker vi den andre likningen fra den første, får vi: \[ \begin{aligned} 3\textcolor{red}{b} + 6 &= -21 \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{-9} \end{aligned} \]

Setter vi dette inn i den andre likningen, får vi: \[ \begin{aligned} 27\textcolor{blue}{a} + 6 \cdot (\textcolor{red}{-9}) &= 0 \\ \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{2} \end{aligned} \]

4. Sjekk med vendepunktet Funksjonen er nå \( {g(x) = 2x^3 - 9x^2 + 6}\text{,} \) og den dobbeltderiverte er \( {g''(x) = 12x - 18}\text{.} \) Vendepunktet stemmer: \[ \begin{aligned} g''\left(\dfrac{3}{2}\right) &= 18 - 18 = 0 \\ g\left(\dfrac{3}{2}\right) &= \dfrac{27}{4} - \dfrac{81}{4} + 6 = -\dfrac{15}{2} \end{aligned} \]

Fortegnet til den deriverte sier hvor \( f \) vokser og synker. Vi deriverer, finner nullpunktene og tegner fortegnslinja.

1. Deriver funksjonen Vi deriverer ledd for ledd med potensregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (x^n)' = n \cdot x^{n - 1} \]

Det gir oss: \[ f'(x) = -x^2 + 2x + 3 \]

2. Finn nullpunktene til den deriverte Vi løser \( {f'(x) = 0}\text{.} \) abc-formelen forteller oss at: \[ x = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{-1}, \quad \textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{2}, \quad \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{3} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} x &= \dfrac{-\textcolor{red}{2} \pm \sqrt{\textcolor{red}{2}^2 - 4 \cdot (\textcolor{blue}{-1}) \cdot \textcolor{green}{3}}}{2 \cdot (\textcolor{blue}{-1})} \\ &= \dfrac{-2 \pm \sqrt{16}}{-2} = \dfrac{-2 \pm 4}{-2} \end{aligned} \]

Det gir oss \( {x = -1} \) og \( {x = 3}\text{,} \) og dermed: \[ f'(x) = -(x + 1)(x - 3) \]

3. Tegn fortegnslinja Fortegnet til \( f'(x) \) sier om grafen stiger eller synker, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 3], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "-(x + 1)*(x - 3)"}]} En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{.} \)

I \( {x = -1} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss, så der er det et bunnpunkt. I \( {x = 3} \) går den fra pluss til minus, så der er det et toppunkt.

4. Finn y-koordinatene Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(-1) &= \dfrac{1}{3} + 1 - 3 = -\dfrac{5}{3} \\ f(3) &= -9 + 9 + 9 = 9 \end{aligned} \]

Vi bruker den deriverte fra c).

Fortegnet til den dobbeltderiverte sier hvilken vei grafen krummer. Der den skifter fortegn, er det et vendepunkt.

1. Finn den dobbeltderiverte I c) fant vi: \[ f'(x) = -x^2 + 2x + 3 \]

Deriverer vi en gang til, får vi: \[ f''(x) = -2x + 2 \]

2. Tegn fortegnslinja Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} -2x + 2 &= 0 \\ x &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Fortegnslinja blir: :::fortegnsskjema {"points": [1], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "-2*x + 2"}]} En strek viser hvor \( f''(x) \) er \( 0\text{.} \)

\( f''(x) \) er positiv før \( {x = \textcolor{blue}{1}}\text{,} \) så der krummer grafen opp. Den er negativ etter, så der krummer grafen ned. Den skifter fortegn i \( {x = \textcolor{blue}{1}}\text{,} \) så der er det et vendepunkt.

3. Finn y-koordinaten Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(\textcolor{blue}{1}) = -\dfrac{1}{3} + 1 + 3 = \dfrac{11}{3} \]

Vi kaller punktet på \( l \) nærmest \( P \) for \( F\text{.} \) Avstandskravet gjør at \( \overrightarrow{PF} \) står vinkelrett på planet, så den er normalvektoren vi trenger.

1. Finn normalvektoren ut fra kravet Avstanden fra \( P \) til \( l \) er \( |\overrightarrow{PF}|\text{.} \) Siden \( l \) er parallell med planet, er avstanden fra \( l \) til planet det samme som avstanden fra \( F \) til planet. Kravet er altså: \[ |\overrightarrow{PF}| = \text{avstanden fra } F \text{ til } \alpha \]

Avstanden fra \( F \) til planet er den korteste veien dit. \( P \) ligger i planet, så \( \overrightarrow{PF} \) er en vei fra planet til \( F\text{.} \) Den er bare den korteste hvis den står vinkelrett på planet: \[ \overrightarrow{PF} \perp \alpha \]

2. Finn punktet F Et vilkårlig punkt på \( l \) er: \[ F = (2 - 3t,\ -1 + 4t,\ 1 + 2t) \]

Vektoren fra \( P \) er sluttpunkt minus startpunkt: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\overrightarrow{PF}} = [&2 - 3t - 1, \\ &-1 + 4t - 4, \\ &1 + 2t - 4] \\ = [&\textcolor{red}{1 - 3t,\ -5 + 4t,\ -3 + 2t}] \end{aligned} \]

\( F \) er punktet nærmest \( P\text{,} \) så \( \overrightarrow{PF} \) står vinkelrett på retningsvektoren til \( l\text{,} \) \( {\textcolor{blue}{[-3, 4, 2]}}\text{.} \) To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er \( 0\text{,} \) som i videoen Hva er et plan og hvordan regner man seg fram: \[ \begin{aligned} &\textcolor{blue}{-3}(\textcolor{red}{1 - 3t}) + \textcolor{blue}{4}(\textcolor{red}{-5 + 4t}) \\ &+ \textcolor{blue}{2}(\textcolor{red}{-3 + 2t}) = 0 \\ &-3 + 9t - 20 + 16t - 6 + 4t = 0 \\ &29t - 29 = 0 \\ &t = 1 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} F &= (-1, 3, 3) \\ \textcolor{red}{\overrightarrow{PF}} &= \textcolor{red}{[-2, -1, -1]} \end{aligned} \]

3. Sett inn i likningen for planet Vektoren \( [2, 1, 1] \) er parallell med \( \overrightarrow{PF}\text{,} \) så vi bruker den som normalvektor. Den står vinkelrett på \( l\text{,} \) slik at \( l \) er parallell med planet: \[ [2, 1, 1] \cdot \textcolor{blue}{[-3, 4, 2]} = -6 + 4 + 2 = 0 \]

Likningen for et plan forteller oss at: \[ \begin{aligned} &\textcolor{green}{a}(x - x_0) + \textcolor{green}{b}(y - y_0) \\ &+ \textcolor{green}{c}(z - z_0) = 0 \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Hva er et plan og hvordan regner man seg fram.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{[a, b, c]} &= \textcolor{green}{[2, 1, 1]} \\ (x_0, y_0, z_0) &= P = (1, 4, 4) \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{green}{2}(x - 1) + \textcolor{green}{1}(y - 4) \\ &+ \textcolor{green}{1}(z - 4) = 0 \\ &2x - 2 + y - 4 + z - 4 = 0 \\ &2x + y + z = 10 \end{aligned} \]

For å finne nullpunktene setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) Et produkt er \( 0 \) bare når en av faktorene er \( 0\text{.} \)

1. Sett funksjonen lik null \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \textcolor{green}{\sin(\pi x)} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{.} \) Da må: \[ \textcolor{green}{\sin(\pi x)} = 0 \]

2. Løs for x Sinus er \( 0 \) der vinkelen er \( 0\text{,} \) \( \pi\text{,} \) \( 2\pi \) og så videre, som i tabellen i videoen Introduksjon til Trigonometri. Så med et helt tall \( k \) er: \[ \begin{aligned} \pi x &= k\pi \\ x &= k \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{:} \) \[ x = 0, \quad x = 1, \quad x = 2, \quad x = 3 \]

Begge er et produkt av \( e^x \) og et trigonometrisk uttrykk, så vi bruker produktregelen to ganger. Konstanten \( \dfrac{1}{10} \) blir stående foran.

1. Finn den deriverte Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Produktregelen.

\( \sin(\pi x) \) deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Oppgave 2B - Forkurs Eksamen Vår 2025. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sin \pi x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{1}{10}\big(\textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{\sin \pi x} \\ &\qquad + \textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x}\big) \\ &= \dfrac{1}{10}e^x(\sin \pi x + \pi \cos \pi x) \end{aligned} \]

2. Finn den andrederiverte Vi bruker produktregelen en gang til, nå på det vi nettopp fant. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x - \pi^2 \sin \pi x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &f''(x) = \dfrac{1}{10}\Big( \\ &\textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x}) \\ &+ \textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{\pi \cos \pi x - \pi^2 \sin \pi x})\Big) \end{aligned} \]

Faktoriserer vi ut \( e^x \) og samler leddene med \( \sin \pi x \) og \( \cos \pi x\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) = \dfrac{1}{10}e^x\big(&(1 - \pi^2)\sin(\pi x) \\ &+ 2\pi\cos(\pi x)\big) \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til b), kan du løse denne: uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten.

Vi setter \( {f'(x) = 0}\text{,} \) finner fortegnet rundt nullpunktene og leser av hvor grafen stiger og synker.

1. Sett den deriverte lik null Når den deriverte er \( 0\text{,} \) kan vi ha et topp- eller bunnpunkt, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025: \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x}(\textcolor{green}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x}) = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så parentesen må være \( 0\text{.} \) Her kan ikke \( \cos \pi x \) være \( 0\text{,} \) for da er \( {\sin \pi x = \pm 1}\text{.} \) Vi kan derfor dele på \( \cos \pi x\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x} &= 0 \\ \dfrac{\sin \pi x}{\cos \pi x} &= -\pi \\ \tan \pi x &= -\pi \end{aligned} \]

2. Løs for x Tangens gjentar seg for hver \( \pi\text{,} \) som i videoen Oppgave 1B - Løs likningen. Med kalkulatoren i radianer får vi, for et helt tall \( k\text{:} \) \[ \begin{aligned} \pi x &= \tan^{-1}(-\pi) + \pi k \\ x &= k - \dfrac{\tan^{-1}(\pi)}{\pi} \\ x &\approx k - 0{,}402 \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{,} \) altså \( {k = 1}\text{,} \) \( {k = 2} \) og \( {k = 3}\text{:} \) \[ x \approx 0{,}598,\ \ x \approx 1{,}598,\ \ x \approx 2{,}598 \]

3. Finn fortegnet til den deriverte \( \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \) er alltid positiv, så fortegnet bestemmes av parentesen. Vi tester hele tall, der \( {\sin \pi x = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f'(0) &= \dfrac{1}{10} \cdot \pi > 0 \\ f'(1) &= -\dfrac{e\pi}{10} < 0 \\ f'(2) &= \dfrac{e^2\pi}{10} > 0 \\ f'(3) &= -\dfrac{e^3\pi}{10} < 0 \end{aligned} \]

Det ligger ett nullpunkt mellom hvert av disse tallene, så det gir oss fortegnslinja i \( [0, 3]\text{,} \) tegnet som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0.598, 1.598, 2.598], "labels": ["0{,}598", "1{,}598", "2{,}598"], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "-(x - 0.598)(x - 1.598)(x - 2.598)"}]} En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{.} \) Vi ser bare på \( [0, 3]\text{.} \)

4. Les av punktene Den deriverte går fra pluss til minus i \( {x \approx 0{,}598} \) og \( {x \approx 2{,}598}\text{,} \) så der har vi toppunkter. Den går fra minus til pluss i \( {x \approx 1{,}598}\text{,} \) så der har vi et bunnpunkt. Vi setter de uavrundede verdiene inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(0{,}598) &\approx 0{,}173 \\ f(1{,}598) &\approx -0{,}471 \\ f(2{,}598) &\approx 1{,}281 \end{aligned} \]

Grafen stiger fra \( {x = 0} \) og synker inn mot \( {x = 3}\text{,} \) så endepunktene er også lokale bunnpunkter. Nullpunktene fra a) gir: \[ f(0) = 0, \quad f(3) = 0 \]

Det gir oss monotoniegenskapene: \[ \begin{aligned} \text{Stigende: } & 0 \le x \le 0{,}598 \\ & 1{,}598 \le x \le 2{,}598 \\ \text{Synkende: } & 0{,}598 \le x \le 1{,}598 \\ & 2{,}598 \le x \le 3 \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til b), kan du løse denne: uttrykket for \( f''(x) \) står i oppgaveteksten.

Vi setter \( {f''(x) = 0}\text{,} \) finner fortegnet rundt nullpunktene og leser av hvor grafen krummer oppover og nedover.

1. Sett den andrederiverte lik null Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x}\big(&\textcolor{green}{(1 - \pi^2)\sin \pi x} \\ &\textcolor{green}{{}+ 2\pi\cos \pi x}\big) = 0 \end{aligned} \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så parentesen må være \( 0\text{.} \) Vi flytter leddet med \( \sin \pi x \) over på høyre side, der fortegnet snur. Her kan ikke \( \cos \pi x \) være \( 0\text{,} \) for da er \( {\sin \pi x = \pm 1}\text{.} \) Vi kan derfor dele på \( \cos \pi x \) og på \( {\pi^2 - 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 2\pi\cos \pi x &= (\pi^2 - 1)\sin \pi x \\ \tan \pi x &= \dfrac{2\pi}{\pi^2 - 1} \end{aligned} \]

2. Løs for x Tangens gjentar seg for hver \( \pi\text{,} \) som i videoen Oppgave 1B - Løs likningen. Med kalkulatoren i radianer får vi, for et helt tall \( k\text{:} \) \[ \begin{aligned} \pi x &= \tan^{-1}\left(\dfrac{2\pi}{\pi^2 - 1}\right) + \pi k \\ x &\approx 0{,}196 + k \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{,} \) altså \( {k = 0}\text{,} \) \( {k = 1} \) og \( {k = 2}\text{:} \) \[ x \approx 0{,}196,\ \ x \approx 1{,}196,\ \ x \approx 2{,}196 \]

3. Finn fortegnet til den andrederiverte \( \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \) er alltid positiv, så fortegnet bestemmes av parentesen. Vi tester hele tall, der \( {\sin \pi x = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f''(0) &= \dfrac{1}{10} \cdot 2\pi > 0 \\ f''(1) &= -\dfrac{e \cdot 2\pi}{10} < 0 \\ f''(2) &= \dfrac{e^2 \cdot 2\pi}{10} > 0 \\ f''(3) &= -\dfrac{e^3 \cdot 2\pi}{10} < 0 \end{aligned} \]

Det ligger ett nullpunkt mellom hvert av disse tallene, så det gir oss fortegnslinja i \( [0, 3]\text{:} \) :::fortegnsskjema {"points": [0.196, 1.196, 2.196], "labels": ["0{,}196", "1{,}196", "2{,}196"], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "-(x - 0.196)(x - 1.196)(x - 2.196)"}]} En strek viser hvor \( f''(x) \) er \( 0\text{.} \) Vi ser bare på \( [0, 3]\text{.} \)

4. Les av punktene Den andrederiverte skifter fortegn i alle tre, så alle er vendepunkter. Vi setter de uavrundede verdiene inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(0{,}196) &\approx 0{,}070 \\ f(1{,}196) &\approx -0{,}191 \\ f(2{,}196) &\approx 0{,}520 \end{aligned} \]

Der \( {f''(x) > 0} \) krummer grafen oppover, og der \( {f''(x) < 0} \) krummer den nedover: \[ \begin{aligned} \text{Oppover: } & 0 \le x \le 0{,}196 \\ & 1{,}196 \le x \le 2{,}196 \\ \text{Nedover: } & 0{,}196 \le x \le 1{,}196 \\ & 2{,}196 \le x \le 3 \end{aligned} \]

Vi bruker punktene fra a), c) og d).

Vi merker av nullpunktene, ekstremalpunktene og vendepunktene, og trekker en kurve gjennom dem med riktig krumning.

1. Merk av punktene I a) fant vi nullpunktene, i c) topp- og bunnpunktene og i d) vendepunktene: \[ \begin{aligned} \text{Null: } & x = 0,\ 1,\ 2,\ 3 \\ \text{Topp: } & (0{,}598;\ 0{,}173) \\ & (2{,}598;\ 1{,}281) \\ \text{Bunn: } & (1{,}598;\ -0{,}471) \\ \text{Vende: } & (0{,}196;\ 0{,}070) \\ & (1{,}196;\ -0{,}191) \\ & (2{,}196;\ 0{,}520) \end{aligned} \]

2. Tegn kurven Topp- og bunnpunktene ligger der den deriverte er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Grafen svinger mellom positive og negative verdier, og utslagene blir større med \( x\text{,} \) siden faktoren \( \textcolor{darkorange}{e^x} \) vokser. Den krummer som vi fant i d):

Vi bruker verdiene fra c).

Grafen er sammenhengende på \( [0, 3]\text{,} \) så verdimengden går fra den minste til den største verdien funksjonen har.

1. Sammenlign verdiene Den største og den minste verdien må ligge i et ekstremalpunkt. I c) fant vi: \[ \begin{aligned} f(0) &= 0 \\ f(0{,}598) &\approx 0{,}173 \\ f(1{,}598) &\approx \textcolor{blue}{-0{,}471} \\ f(2{,}598) &\approx \textcolor{red}{1{,}281} \\ f(3) &= 0 \end{aligned} \]

Den minste verdien er \( {\textcolor{blue}{-0{,}471}} \) og den største er \( \textcolor{red}{1{,}281}\text{,} \) og grafen er sammenhengende, så den tar alle verdiene imellom: \[ V_f \approx [\textcolor{blue}{-0{,}471},\ \textcolor{red}{1{,}281}] \]

Vil du repetere hva sammenhengende betyr, kan du se videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

En asymptote er en linje som grafen kommer stadig nærmere. Her viser de stiplede linjene oss hvor de er, så vi leser av likningene.

1. Finn de loddrette asymptotene Grafen går mot pluss eller minus uendelig på begge sider av de loddrette linjene, som asymptotene i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Linjene står i: \[ x = -1 \quad \text{og} \quad x = 3 \]

2. Finn den skrå asymptoten Grafen nærmer seg den skrå linja når \( x \) går mot pluss og minus uendelig. En rett linje har likningen: \[ y = \textcolor{red}{a}x + \textcolor{blue}{b} \]

Vi leser av to punkter på linja, \( {(-6, 0)} \) og \( (0, 3)\text{.} \) Den skjærer \( {y\text{-aksen}} \) i \( 3\text{,} \) og stigningstallet blir: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{b} &= \textcolor{blue}{3} \\ \textcolor{red}{a} &= \dfrac{3 - 0}{0 - (-6)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}}x + \textcolor{blue}{3} \]

Vi har bare grafen og ikke noe funksjonsuttrykk. Vi leser derfor av hvor grafen stiger og synker, og hvilken vei den krummer.

1. Les av fortegnet til den deriverte \( f'(x) \) er positiv der grafen stiger, negativ der den synker og \( 0 \) i topp- og bunnpunktene, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Avlest fra figuren ligger disse punktene nær: \[ f'(x) = 0 \text{ for } \textcolor{darkorange}{x \approx 1{,}7} \text{ og } \textcolor{darkorange}{x \approx 4{,}4} \]

Grafen stiger til venstre for \( {x = -1}\text{,} \) og fra \( {x = -1} \) til toppunktet. Den synker fra toppunktet mot \( {x = 3}\text{.} \) Til høyre for \( {x = 3} \) synker den fra uendelig ned til bunnpunktet, og etter det stiger den igjen. I \( {x = -1} \) og \( {x = 3} \) er \( f \) ikke definert. Det gir denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 1.7, 3, 4.4], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "(x - 1.7)*(x - 4.4)/((x + 1)^2*(x - 3)^2)"}]}

En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{,} \) og × hvor den ikke er definert.

2. Les av fortegnet til den andrederiverte \( f''(x) \) er positiv der grafen krummer oppover, som en skål, og negativ der den krummer nedover, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Avlest fra figuren har vi: \[ \begin{aligned} x < -1 &: \ \text{krummer oppover} \\ -1 < x < 3 &: \ \text{krummer nedover} \\ x > 3 &: \ \text{krummer oppover} \end{aligned} \]

Det gir denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 3], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "1/((x + 1)*(x - 3))"}]}

Vi bruker fortegnslinjene fra b).

Fortegnslinjene forteller oss hvor grafen snur og hvor den skifter krumning. Koordinatene leser vi av i figuren.

1. Finn toppunktet I \( {x = 1{,}7} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus. Grafen stiger og så synker, så det er et toppunkt. Vi leser av høyden: \[ \textcolor{red}{f(1{,}7)} \approx \textcolor{red}{2{,}9} \]

2. Finn bunnpunktet I \( {x = 4{,}4} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss. Grafen synker og så stiger, så det er et bunnpunkt. Vi leser av høyden: \[ \textcolor{blue}{f(4{,}4)} \approx \textcolor{blue}{5{,}8} \]

3. Se etter vendepunkter I et vendepunkt skifter \( f''(x) \) fortegn, som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. Fortegnet til \( f''(x) \) skifter bare i asymptotene, der \( f \) ikke er definert: \[ f(-1) \text{ og } f(3) \text{ finnes ikke} \]

Grafen har derfor ingen vendepunkter i figuren.

På \( x \)-aksen er \( {f(x) = 0}\text{.} \) Funksjonen er et produkt, så en av faktorene må være \( 0\text{.} \)

1. Sett funksjonen lik null \[ \textcolor{blue}{e^x}(\textcolor{red}{e^x - 1}) = 0 \]

\( \textcolor{blue}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{e^x} > 0 \ \text{ for alle } x \]

Vi står igjen med: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{e^x - 1} &= 0 \\ e^x &= 1 \\ x &= 0 \end{aligned} \]Her bruker vi at et tall opphøyd i null er \( 1\text{,} \) som i videoen Regneregler med Potenser.

Funksjonsverdien der er: \[ f(0) = 1 \cdot (1 - 1) = 0 \]

Vi deriverer med produktregelen og setter \( {f'(x) = 0}\text{.} \) Fortegnet til \( f'(x) \) forteller oss om punktet er et toppunkt eller et bunnpunkt.

1. Deriver funksjonen Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på produktregelen, kan du se videoen Produktregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x - 1} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, og faktoriserer ut \( e^x\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{e^x - 1}) + \textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= e^x(2e^x - 1) \end{aligned} \]

2. Sett den deriverte lik null Siden \( {e^x > 0} \) for alle \( x\text{,} \) står vi igjen med: \[ \begin{aligned} 2e^x - 1 &= 0 \\ e^x &= \dfrac{1}{2} \\ x &= \ln\dfrac{1}{2} \\ x &= \ln 1 - \ln 2 = -\ln 2 \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til den deriverte Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [-0.6931471805599453], "labels": ["-\\ln 2"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{2e^x - 1}", "expr": "2e^x - 1"}, {"label": "f'(x)", "expr": "e^x(2e^x - 1)"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = -\ln 2} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så punktet er et bunnpunkt. Det er det eneste stedet \( f'(x) \) skifter fortegn, så funksjonen har ikke noe toppunkt.

4. Finn y-koordinaten Vi setter \( {x = -\ln 2} \) inn i funksjonen: \[ \begin{aligned} e^{-\ln 2} &= \dfrac{1}{e^{\ln 2}} = \dfrac{1}{2} \\ f(-\ln 2) &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2} - 1\right) = -\dfrac{1}{4} \end{aligned} \]

Vi bruker den deriverte fra b).

Vi bruker tangentformelen, så vi trenger funksjonsverdien og den deriverte i \( {x = \ln 2}\text{.} \)

1. Skriv opp tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y = \textcolor{red}{f'(a)}(x - \textcolor{blue}{a}) + \textcolor{green}{f(a)} \]Her er \( \textcolor{blue}{a} \) \( x \)-koordinaten til punktet. Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Tangentlinje.

2. Finn verdiene i punktet I b) fant vi: \[ f'(x) = e^x(2e^x - 1) \]

Vi setter inn \( {x = \ln 2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{\ln 2} \\ e^{\ln 2} &= 2 \\ \textcolor{green}{f(a)} &= 2(2 - 1) = \textcolor{green}{2} \\ \textcolor{red}{f'(a)} &= 2(2 \cdot 2 - 1) = \textcolor{red}{6} \end{aligned} \]

3. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn i tangentformelen, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{red}{6}(x - \textcolor{blue}{\ln 2}) + \textcolor{green}{2} \\ y &= 6x + 2 - 6\ln 2 \end{aligned} \]

Vi setter \( {x = 0} \) for \( {y\text{-aksen}} \) og \( {f(x) = 0} \) for \( {x\text{-aksen.}} \)

1. Finn skjæringspunktene Med \( {y\text{-aksen}} \) setter vi \( {\textcolor{blue}{x = 0}}\text{:} \) \[ f(\textcolor{blue}{0}) = \dfrac{\textcolor{blue}{0}^2}{2 \cdot \textcolor{blue}{0} - 1} = 0 \]

Med \( {x\text{-aksen}} \) setter vi \( {f(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). En brøk er \( 0 \) når telleren er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} x^2 &= 0 \\ \textcolor{blue}{x} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

Nevneren er \( {-1} \) for \( {\textcolor{blue}{x = 0}}\text{,} \) så brøken finnes der. Begge gir samme punkt, origo.

Nevneren gir en vertikal asymptote. Telleren har høyere grad enn nevneren, så vi bruker polynomdivisjon for å finne en skrå asymptote.

1. Finn den vertikale asymptoten En vertikal asymptote får vi der nevneren er \( 0 \) og telleren ikke er det, som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x): \[ 2x - 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \dfrac{1}{2} \]

Telleren er \( {\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} \neq 0} \) der, så \( {x = \dfrac{1}{2}} \) er en vertikal asymptote.

2. Del med polynomdivisjon Vi deler \( {x^2 + 0x} \) på \( {(2x - 1)} \) med polynomdivisjon. Telleren mangler et \( {x\text{-ledd,}} \) så vi skriver \( 0x \) der, som i videoen Polynomdivisjon - Håndtering av Restledd + Manglende ledd. Det kan vi fordi både teller og nevner er polynomer og telleren har høyere grad (2) enn nevneren (1). Det borteste leddet i telleren og leddet med høyest grad i nevneren er markert: \[ (\textcolor{darkorange}{x^2} + 0x) : (\textcolor{green}{2x} - 1) \]I hver iterasjon deler vi det borteste leddet på leddet med høyest grad i nevneren, ganger svaret med hele nevneren og trekker produktet fra. Vi fortsetter til linja nederst har lavere grad enn nevneren.

Første iterasjon: Vi deler det borteste leddet, \( \textcolor{darkorange}{x^2}\text{,} \) på \( \textcolor{green}{2x}\text{,} \) ganger svaret med hele nevneren og løser opp parentesen: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{darkorange}{x^2}}{\textcolor{green}{2x}} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} \\ \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} \cdot (2x - 1) &= x^2 - \dfrac{1}{2}x \\ -(x^2 - \dfrac{1}{2}x) &= \textcolor{red}{-x^2 + \dfrac{1}{2}x} \end{aligned} \]Så legger vi sammen ledd for ledd, det som står rett under hverandre: \[ \begin{array}{l} \begin{aligned} &(x^2 + 0x) : (\textcolor{green}{2x} - 1) \\ &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} \end{aligned} \\ \\ \begin{array}{rrr} \textcolor{darkorange}{\cancel{x^2}} & {}+ 0x & {}+ 0 \\ \textcolor{red}{\cancel{-x^2}} & \textcolor{red}{{}+ \dfrac{1}{2}x} & \\ \hline & \dfrac{1}{2}x & \end{array} \end{array} \]\( x^2 \) strykes mot \( {-x^2}\text{,} \) og \( {0x + \dfrac{1}{2}x = \dfrac{1}{2}x}\text{.} \) Linja \( \dfrac{1}{2}x \) har samme grad som nevneren, så vi fortsetter.

Andre iterasjon: Vi deler det borteste leddet, \( \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}x}\text{,} \) på \( \textcolor{green}{2x}\text{,} \) ganger svaret med hele nevneren og løser opp parentesen: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}x}}{\textcolor{green}{2x}} &= \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}} \\ \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}} \cdot (2x - 1) &= \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4} \\ -(\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4}) &= \textcolor{magenta}{-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4}} \end{aligned} \]Så legger vi sammen ledd for ledd: \[ \begin{array}{l} \begin{aligned} &(x^2 + 0x) : (\textcolor{green}{2x} - 1) \\ &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} \textcolor{magenta}{{}+ \dfrac{1}{4}} \end{aligned} \\ \\ \begin{array}{rrr} \textcolor{darkorange}{\cancel{x^2}} & {}+ 0x & {}+ 0 \\ \textcolor{red}{\cancel{-x^2}} & \textcolor{red}{{}+ \dfrac{1}{2}x} & \\ \hline & \textcolor{darkorange}{\cancel{\dfrac{1}{2}x}} & \\ & \textcolor{magenta}{\cancel{-\dfrac{1}{2}x}} & \textcolor{magenta}{{}+ \dfrac{1}{4}} \\ \hline & & \dfrac{1}{4} \end{array} \end{array} \]\( \dfrac{1}{2}x \) strykes mot \( {-\dfrac{1}{2}x}\text{,} \) og \( {0 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}}\text{.} \) Tallet \( \dfrac{1}{4} \) har grad 0, som er lavere enn nevnerens grad 1. Da stopper vi, og \( \dfrac{1}{4} \) er restleddet.

3. Les av den skrå asymptoten Restleddet delt på nevneren legges til svaret: \[ f(x) = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} \textcolor{magenta}{{}+ \dfrac{1}{4}} + \dfrac{\dfrac{1}{4}}{2x - 1} \]

Lar vi \( x \) gå mot pluss eller minus uendelig, blir nevneren i den siste brøken stor i tallverdi, og brøken går mot \( 0\text{:} \) \[ \dfrac{\dfrac{1}{4}}{2x - 1} \to 0 \]

Da nærmer grafen seg linja \( {y = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4}}\text{,} \) og det er den skrå asymptoten. Siden \( |f(x)| \) vokser uten grense, har grafen ingen horisontal asymptote.

Funksjonen er en brøk, så vi deriverer med kvotientregelen. Så setter vi \( {f'(x) = 0} \) og ser på fortegnet til den deriverte.

1. Bruk kvotientregelen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x^2} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{2x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{2x - 1} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{2x}(\textcolor{blue}{2x - 1}) - \textcolor{red}{x^2} \cdot \textcolor{blue}{2}}{(\textcolor{blue}{2x - 1})^2} \\ &= \dfrac{4x^2 - 2x - 2x^2}{(2x - 1)^2} \\ &= \dfrac{2x^2 - 2x}{(2x - 1)^2} \\ &= \dfrac{2x(x - 1)}{(2x - 1)^2} \end{aligned} \]

2. Finn ekstremalpunktene For å finne topp- og bunnpunkter setter vi \( {f'(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 5A - Del 1 - R1 Eksamen Høst 2025. En brøk er \( 0 \) når telleren er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{2x}\textcolor{magenta}{(x - 1)} &= 0 \\ x = 0 \ \text{ eller } \ x &= 1 \end{aligned} \]

Vi ser på fortegnet til \( f'(x) \) med et fortegnsskjema, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0, 0.5, 1], "labels": ["0", "\\dfrac{1}{2}", "1"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2x}", "expr": "2x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x - 1}", "expr": "x - 1"}, {"label": "(2x - 1)^2", "expr": "(2x - 1)^2", "denominator": true}, {"label": "f'(x)", "expr": "2x(x - 1)/(2x - 1)^2"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{,} \) og × hvor \( f'(x) \) ikke finnes. I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så der er et toppunkt. I \( {x = 1} \) går den fra minus til pluss, så der er et bunnpunkt.

3. Finn y-verdiene Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(0) &= \dfrac{0^2}{2 \cdot 0 - 1} = 0 \\ f(1) &= \dfrac{1^2}{2 \cdot 1 - 1} = 1 \end{aligned} \]

Vi bruker polynomdivisjonen fra b), som gir oss \( f(x) \) skrevet som ledd vi kan integrere.

Arealet under grafen er et bestemt integral. Vi integrerer ledd for ledd.

1. Sett opp integralet For \( x \) mellom \( 1 \) og \( 2 \) er både telleren og nevneren positive, så grafen ligger over \( {x\text{-aksen.}} \) Arealet er derfor integralet, som i videoen Hva er integrasjon: \[ A = \int_1^2 f(x) \, dx \]

I b) fant vi: \[ f(x) = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}x} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}} + \textcolor{green}{\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2x - 1}} \]

2. Integrer ledd for ledd Reglene, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, forteller oss at: \[ \int x^n \, dx = \dfrac{1}{n + 1}x^{n + 1} + C \]Den gjelder også konstanten, siden \( {\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}x^0}\text{.} \)

Brøken følger regelen i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, med en faktor \( \dfrac{1}{2} \) fordi kjernen \( {2x - 1} \) har derivert \( 2\text{:} \) \[ \int \dfrac{1}{2x - 1} \, dx = \dfrac{1}{2}\ln|2x - 1| + C \]

Her er \( {2x - 1 > 0}\text{,} \) så vi trenger ikke absoluttverdien. Leddene gir: \[ A = \left[\textcolor{red}{\dfrac{1}{4}x^2} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}x} + \textcolor{green}{\dfrac{1}{8}\ln(2x - 1)}\right]_1^2 \]

3. Sett inn grensene Vi setter inn øvre og nedre grense, med \( {\ln 1 = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} A &= \left(\textcolor{red}{1} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{2}} + \textcolor{green}{\dfrac{1}{8}\ln 3}\right) \\ &\quad - \left(\textcolor{red}{\dfrac{1}{4}} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}} + \textcolor{green}{0}\right) \\ &= 1 + \dfrac{1}{8}\ln 3 \end{aligned} \]

Grafene skjærer hverandre der \( {f(x) = g(x)}\text{.} \) Vi ganger opp nevneren og får en andregradslikning.

1. Sett funksjonene like Vi setter \( {f(x) = g(x)} \) og ganger med nevneren, som ikke er \( 0 \) for \( {x \neq \dfrac{1}{2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{x^2}{2x - 1} &= x \\ x^2 &= x(2x - 1) \\ x^2 &= 2x^2 - x \\ 0 &= x^2 - x \end{aligned} \]

2. Faktoriser og finn punktene Vi setter \( \textcolor{darkorange}{x} \) utenfor som felles faktor, som i videoen Faktorisering steg for steg: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{x}(x - 1) &= 0 \\ x = 0 \ \text{ eller } \ x &= 1 \end{aligned} \]

\( {y\text{-verdien}} \) finner vi i \( {g(x) = x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} g(0) &= 0 \\ g(1) &= 1 \end{aligned} \]

Vi ser at funksjonen er en brøk. Den er ikke definert der nevneren er \( 0\text{,} \) og den er \( 0 \) der telleren er \( 0\text{.} \)

1. Finn definisjonsområdet Vi kan ikke dele på \( 0\text{,} \) så nevneren \( \textcolor{blue}{x} \) må være forskjellig fra \( 0\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{x} \neq 0 \]

Alle andre tall går fint, så: \[ D_f = \mathbb{R} \setminus \{0\} \]

2. Finn nullpunktene For å finne nullpunkter setter vi \( {f(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). En brøk er \( 0 \) når telleren \( {\textcolor{red}{4x^2 + 1}} \) er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{4x^2 + 1} &= 0 \\ x^2 &= -\dfrac{1}{4} \end{aligned} \]

Et kvadrat kan aldri bli negativt, så likningen har ingen løsning. Funksjonen har ingen nullpunkter.

Vi bruker fra a) at nevneren er \( 0 \) for \( {x = 0}\text{.} \)

Vi sjekker hva som skjer der nevneren er \( 0\text{,} \) og deler så opp brøken for å se hva grafen nærmer seg når \( x \) blir stor.

1. Finn den vertikale asymptoten Vi får en vertikal asymptote der nevneren er \( 0 \) og telleren ikke er det, som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). For \( {x = 0} \) er: \[ \begin{aligned} \text{Nevner:} \quad & x = 0 \\ \text{Teller:} \quad & 4 \cdot 0^2 + 1 = 1 \end{aligned} \]

Dermed har \( f \) den vertikale asymptoten: \[ x = 0 \]

2. Del opp brøken Vi deler hvert ledd i telleren på \( x\text{:} \) \[ f(x) = \dfrac{4x^2}{x} + \dfrac{1}{x} = \textcolor{blue}{4x} + \textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} \]

3. Finn den skrå asymptoten Vi lar \( x \) gå mot pluss og minus uendelig, som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Da går \( \textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} \) mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{x \to \pm\infty} \big( f(x) - \textcolor{blue}{4x} \big) = \lim_{x \to \pm\infty} \textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} = 0 \]

Grafen nærmer seg altså linja \( {y = \textcolor{blue}{4x}}\text{.} \) Dette kalles en skrå asymptote. \( |f(x)| \) vokser uten grense når \( {x \to \pm\infty}\text{,} \) så funksjonen har ingen horisontal asymptote.

Funksjonen er en brøk med \( x \) i både teller og nevner, så vi bruker kvotientregelen.

1. Bruk kvotientregelen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left( \dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}} \right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på kvotientregelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{4x^2 + 1} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{8x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{8x} \cdot \textcolor{blue}{x} - (\textcolor{red}{4x^2 + 1}) \cdot \textcolor{blue}{1}}{\textcolor{blue}{x}^2} \\ &= \dfrac{8x^2 - 4x^2 - 1}{x^2} \\ &= \dfrac{4x^2 - 1}{x^2} \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til c), kan du løse denne: uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten.

Vi setter \( {f'(x) = 0} \) og faktoriserer telleren. Et fortegnsskjema viser så hvor \( f \) stiger og synker.

1. Sett den deriverte lik null For å finne topp- eller bunnpunkter setter vi \( {f'(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Del 1 - R1/​S1 Eksamen Vår 2026. Fra c) vet vi at: \[ f'(x) = \dfrac{4x^2 - 1}{x^2} \]

En brøk er \( 0 \) når telleren er \( 0\text{.} \) Konjugatsetningen, som i videoen Kvadratsetningene, gir oss: \[ \begin{aligned} 4x^2 - 1 &= (\textcolor{darkorange}{2x + 1})(\textcolor{magenta}{2x - 1}) = 0 \\ x &= -\dfrac{1}{2} \ \text{ eller } \ x = \dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

2. Tegn fortegnsskjema Fortegnet til brøken finner vi ved å gange og dele fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med fortegnsskjema – brøk og faktorisering: :::fortegnsskjema {"points": [-0.5, 0, 0.5], "labels": ["-\\dfrac{1}{2}", "0", "\\dfrac{1}{2}"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2x + 1}", "expr": "2x + 1"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{2x - 1}", "expr": "2x - 1"}, {"label": "x^2", "expr": "x^2", "denominator": true}, {"label": "f'(x)", "expr": "(2x + 1)(2x - 1)/x^2"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{,} \) og × hvor nevneren er \( 0\text{.} \)

I \( {x = -\dfrac{1}{2}} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så her har vi et toppunkt. I \( {x = \dfrac{1}{2}} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss, så her har vi et bunnpunkt.

3. Finn y-koordinatene Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f\left(-\dfrac{1}{2}\right) &= \dfrac{4 \cdot \dfrac{1}{4} + 1}{-\dfrac{1}{2}} = \dfrac{2}{-\dfrac{1}{2}} = -4 \\ f\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \dfrac{4 \cdot \dfrac{1}{4} + 1}{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{2}} = 4 \end{aligned} \]

Skjemaet viser at grafen stiger for \( {x \le -\dfrac{1}{2}} \) og \( {x \ge \dfrac{1}{2}}\text{,} \) og synker mellom disse, bortsett fra i \( {x = 0}\text{,} \) der \( f \) ikke er definert.

Vi bruker asymptotene fra b) og topp- og bunnpunktet fra d).

Vi tegner asymptotene først og setter av punktene. Verdimengden leser vi av på hver side av \( {x = 0}\text{.} \)

1. Skisser grafen Fra b) og d) vet vi: \[ \begin{aligned} \text{Asymptoter:} \quad & x = 0, \quad y = 4x \\ \textcolor{blue}{\text{Toppunkt:}} \quad & \textcolor{blue}{\left(-\dfrac{1}{2},\, -4\right)} \\ \textcolor{red}{\text{Bunnpunkt:}} \quad & \textcolor{red}{\left(\dfrac{1}{2},\, 4\right)} \end{aligned} \]

Vi regner også ut ett punkt til på hver side, så grafen blir riktig: \[ f(2) = \dfrac{17}{2}, \quad f(-2) = -\dfrac{17}{2} \]

Grafen har to deler. Hver del følger \( {x = 0} \) nær \( {y\text{-aksen}} \) og \( {y = 4x} \) langt ute. Hva en asymptote er, ser du i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x):

2. Finn verdimengden Når \( {x > 0} \) er \( \textcolor{red}{4} \) den minste verdien, og \( f \) vokser mot uendelig på begge sider av bunnpunktet. Når \( {x < 0} \) er \( {\textcolor{blue}{-4}} \) den største verdien, og \( f \) går mot minus uendelig på begge sider av toppunktet. Det gir oss: \[ \begin{aligned} x > 0: \quad & f(x) \ge \textcolor{red}{4} \\ x < 0: \quad & f(x) \le \textcolor{blue}{-4} \end{aligned} \]

Funksjonen er en brøk, så vi deriverer den med kvotientregelen.

1. Bruk kvotientregelen Kvotientregelen, som i videoen Kvotientregelen, forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{4x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{4} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x^2 + 1} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i kvotientregelen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{4}(\textcolor{blue}{x^2 + 1}) - \textcolor{red}{4x} \cdot \textcolor{blue}{2x}}{(\textcolor{blue}{x^2 + 1})^2} \\ &= \dfrac{4x^2 + 4 - 8x^2}{(x^2 + 1)^2} \\ &= \dfrac{-4x^2 + 4}{(x^2 + 1)^2} \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til a), kan du løse denne: uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten til a).

Topp- og bunnpunkter finner vi der den deriverte er null. Med en fortegnslinje ser vi hva slags punkter det er.

1. Sett den deriverte lik null I a) viste vi at: \[ f'(x) = \dfrac{-4x^2 + 4}{(x^2 + 1)^2} \]

Vi setter den deriverte lik \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Del 1 - R1/​S1 Eksamen Vår 2026. Nevneren er aldri \( 0\text{,} \) så telleren må være \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} -4x^2 + 4 &= 0 \\ x^2 &= 1 \\ x &= -1 \quad \text{eller} \quad x = 1 \end{aligned} \]

2. Lag en fortegnslinje Vi faktoriserer telleren som \( {\textcolor{darkorange}{-4(x + 1)}} \) ganger \( {\textcolor{magenta}{x - 1}}\text{.} \) Nevneren er alltid positiv, så fortegnet til \( f'(x) \) finner vi ved å gange fortegnene til faktorene: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 1], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{-4(x + 1)}", "expr": "-4*(x + 1)"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x - 1}", "expr": "x - 1"}, {"label": "f'(x)", "expr": "(-4*x^2 + 4)/(x^2 + 1)^2"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = -1} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så det er et bunnpunkt. I \( {x = 1} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så det er et toppunkt.

3. Finn y-koordinatene Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(-1) &= \dfrac{4 \cdot (-1)}{(-1)^2 + 1} = -2 \\ f(1) &= \dfrac{4 \cdot 1}{1^2 + 1} = 2 \end{aligned} \]

Vi bruker topp- og bunnpunktet fra b).

En vertikal asymptote krever at nevneren blir null, og en horisontal får vi ved å la \( x \) vokse. Skissen tegner vi fra asymptoten og noen punkter.

1. Se etter vertikale asymptoter En vertikal asymptote kan bare være der nevneren er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Men nevneren blir aldri \( 0\text{:} \) \[ x^2 + 1 \ge 1 \]

Funksjonen har derfor ingen vertikale asymptoter.

2. Finn den horisontale asymptoten Vi begynner med å la \( x \) gå mot uendelig i telleren og nevneren hver for seg. Begge vokser uten grense, så vi deler på \( \textcolor{blue}{x^2}\text{,} \) med samme metode som i videoen: \[ \begin{aligned} \lim_{x \to \pm\infty} f(x) &= \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{\tfrac{4x}{\textcolor{blue}{x^2}}}{\tfrac{x^2 + 1}{\textcolor{blue}{x^2}}} \\ &= \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{\tfrac{4}{x}}{1 + \tfrac{1}{x^2}} = \dfrac{0}{1} = 0 \end{aligned} \]

Dermed er \( {y = 0} \) en horisontal asymptote.

3. Skisser grafen I b) fant vi toppunktet \( (1, 2) \) og bunnpunktet \( {(-1, -2)}\text{.} \) Noen flere verdier: \[ \begin{aligned} f(0) &= 0 \\ f(5) &= \dfrac{10}{13} \\ f(-5) &= -\dfrac{10}{13} \end{aligned} \]

Det gir denne skissen, der grafen nærmer seg \( {x\text{-aksen}} \) på begge sider:

Vi bruker \( f'(x) \) fra a).

Vi bruker tangentformelen. Den trenger funksjonsverdien og stigningstallet i punktet.

1. Skriv opp tangentformelen Tangentformelen, som i videoen Tangentlinje, forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{f'(a)}(x - \textcolor{green}{a}) + \textcolor{red}{f(a)} \]

Her er \( {\textcolor{green}{a} = 0{,}40 = \textcolor{green}{\dfrac{2}{5}}}\text{.} \) Funksjonsverdien er: \[ \textcolor{red}{f\left(\dfrac{2}{5}\right)} = \dfrac{\tfrac{8}{5}}{\tfrac{4}{25} + 1} = \dfrac{8}{5} \cdot \dfrac{25}{29} = \textcolor{red}{\dfrac{40}{29}} \]

I a) viste vi at \( {f'(x) = \dfrac{-4x^2 + 4}{(x^2 + 1)^2}}\text{.} \) Det gir stigningstallet: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f'\left(\dfrac{2}{5}\right)} &= \dfrac{-\tfrac{16}{25} + 4}{\left(\tfrac{29}{25}\right)^2} \\ &= \dfrac{84}{25} \cdot \dfrac{625}{841} = \textcolor{blue}{\dfrac{2100}{841}} \end{aligned} \]

2. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn i tangentformelen, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{\dfrac{2100}{841}}\left(x - \textcolor{green}{\dfrac{2}{5}}\right) + \textcolor{red}{\dfrac{40}{29}} \\ &= \dfrac{2100}{841}x - \dfrac{840}{841} + \dfrac{1160}{841} \\ &= \dfrac{2100}{841}x + \dfrac{320}{841} \end{aligned} \]

Vi finner hvor grafene skjærer hverandre. Arealet er integralet av den øverste minus den nederste mellom skjæringspunktene.

1. Finn skjæringspunktene Vi setter funksjonene like: \[ \dfrac{4x}{x^2 + 1} = \dfrac{4}{5}x \]

\( {x = 0} \) er én løsning. For \( {x \neq 0} \) deler vi på \( 4x\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{1}{x^2 + 1} &= \dfrac{1}{5} \\ x^2 + 1 &= 5 \\ x &= 2 \end{aligned} \]

I første kvadrant er \( {x > 0}\text{,} \) så vi bruker ikke \( {x = -2}\text{.} \) Mellom skjæringspunktene ligger \( f \) øverst: \[ f(1) = 2 > \dfrac{4}{5} = g(1) \]

2. Sett opp integralet Arealet er integralet av den øverste minus den nederste, som i videoen Hva er integrasjon: \[ A = \int_0^2 \left(\textcolor{red}{\dfrac{4x}{x^2 + 1}} - \textcolor{blue}{\dfrac{4}{5}x}\right) dx \]

3. Integrer ledd for ledd \( {\textcolor{red}{\dfrac{4x}{x^2 + 1}}}\text{:} \) Vi bruker substitusjon med \( {u = x^2 + 1} \) og \( {du = 2x\,dx}\text{:} \) \[ \int \dfrac{2}{u}\,du = 2\ln u = \underline{\textcolor{red}{2\ln(x^2 + 1)}} \]

\( \textcolor{blue}{\dfrac{4}{5}x} \) integrert blir \( \underline{\textcolor{blue}{\dfrac{2}{5}x^2}}\text{.} \)

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} A &= \left[\textcolor{red}{2\ln(x^2 + 1)} - \textcolor{blue}{\dfrac{2}{5}x^2}\right]_0^2 \\ &= 2\ln 5 - \dfrac{8}{5} - (2\ln 1 - 0) \\ &= 2\ln 5 - \dfrac{8}{5} \end{aligned} \]

For å finne nullpunkt setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) Et produkt er \( 0 \) når en av faktorene er \( 0\text{.} \)

1. Sett funksjonen lik null Vi setter uttrykket lik \( 0\text{:} \) \[ (\textcolor{red}{x - 1}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} = 0 \]

Et produkt er \( 0 \) når en av faktorene er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2A - Del 1 - R1/S1 Eksamen Vår 2026.

\( \textcolor{blue}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{e^x} > 0 \]

Da må den andre faktoren være \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x - 1} &= 0 \\ x &= 1 \end{aligned} \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Så setter vi den deriverte lik \( 0 \) og ser på fortegnet rundt punktet.

1. Deriver med produktregelen Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Se videoen Produktregelen hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x - 1} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + (\textcolor{red}{x - 1}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= e^x (1 + x - 1) \\ &= x e^x \end{aligned} \]

2. Sett den deriverte lik null I et ekstremalpunkt er den deriverte \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \textcolor{magenta}{x} \cdot \textcolor{darkorange}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så: \[ x = 0 \]

3. Finn fortegnet til den deriverte Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene:

:::fortegnsskjema {"points": [0], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{x}", "expr": "x"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f'(x)", "expr": "x*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så her er et bunnpunkt.

4. Finn y-koordinaten Vi setter \( {x = 0} \) inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(0) = (0 - 1) \cdot e^0 = -1 \]

Den deriverte er bare \( 0 \) i dette ene punktet, så funksjonen har ingen toppunkt.

Vi bruker den deriverte fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Et vendepunkt finner vi der den andrederiverte er \( 0 \) og skifter fortegn. Vi deriverer derfor \( f'(x) \) én gang til.

1. Finn den andrederiverte I b) fant vi: \[ f'(x) = x e^x \]

Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Se videoen Produktregelen hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= (x + 1)e^x \end{aligned} \]

2. Sett den andrederiverte lik null Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ (\textcolor{magenta}{x + 1}) \cdot \textcolor{darkorange}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så: \[ x = -1 \]

3. Sjekk at fortegnet skifter Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene:

:::fortegnsskjema {"points": [-1], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{x + 1}", "expr": "x + 1"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f''(x)", "expr": "(x + 1)*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = -1} \) går \( f''(x) \) fra minus til pluss, så her er et vendepunkt.

4. Finn y-koordinaten Vi setter \( {x = -1} \) inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(-1) = (-1 - 1) \cdot e^{-1} = -\dfrac{2}{e} \]

Vi bruker den deriverte fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

For å skrive opp tangenten trenger vi funksjonsverdien og stigningstallet i \( {x = 1}\text{.} \)

1. Skriv opp tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y = f'(\textcolor{green}{a})(x - \textcolor{green}{a}) + f(\textcolor{green}{a}) \]Det er formelen i videoen Tangentlinje.

I b) fant vi \( {f'(x) = x e^x}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{a} &= \textcolor{green}{1} \\ f(\textcolor{green}{1}) &= (1 - 1) \cdot e^1 = \textcolor{red}{0} \\ f'(\textcolor{green}{1}) &= 1 \cdot e^1 = \textcolor{blue}{e} \end{aligned} \]

2. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{e}(x - \textcolor{green}{1}) + \textcolor{red}{0} \\ &= ex - e \end{aligned} \]

Vi bruker punktene fra a), b) og c). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi samler punktene vi har funnet, finner hva grafen gjør til venstre og til høyre, og tegner kurven gjennom punktene.

1. Samle punktene Fra a), b) og c) har vi: \[ \begin{aligned} \text{nullpunkt: } & (1, 0) \\ \text{bunnpunkt: } & (0, -1) \\ \text{vendepunkt: } & \left( -1, -\dfrac{2}{e} \right) \end{aligned} \]

Vi regner ut to punkter til, ett på hver side, som i videoen Grenseverdier, der vi setter inn verdier for å se hva grafen gjør: \[ \begin{aligned} f(2) &= (2 - 1) \cdot e^2 \\ &= e^2 \approx 7{,}4 \\ f(-3) &= (-3 - 1) \cdot e^{-3} \\ &= -\dfrac{4}{e^3} \approx -0{,}2 \end{aligned} \]

2. Finn formen til grafen Vi lar \( x \) bli stor og negativ. Da går \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) mot minus uendelig og \( \textcolor{blue}{e^x} \) mot \( 0\text{,} \) så det kan vi ikke avgjøre med en gang.

\( \textcolor{blue}{e^x} \) går mot \( 0 \) mye raskere enn \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) vokser. \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) er negativ, så grafen nærmer seg \( {x\text{-aksen}} \) nedenfra: \[ \lim_{x \to -\infty} (\textcolor{red}{x - 1})\textcolor{blue}{e^x} = 0 \]

Når \( x \) blir stor, vokser begge faktorene: \[ \lim_{x \to \infty} (\textcolor{red}{x - 1})\textcolor{blue}{e^x} = \infty \]

3. Tegn grafen Grafen synker ned til bunnpunktet og stiger så gjennom nullpunktet:

Fra \( {x = 1} \) til \( {x = 2} \) ligger grafen over \( {x\text{-aksen,}} \) så arealet er integralet av \( f\text{.} \) Funksjonen er et produkt, så vi bruker delvis integrasjon.

1. Sett opp integralet For \( {x \geq 1} \) er begge faktorene ikke-negative: \[ (x - 1) \geq 0, \qquad e^x > 0 \]

Arealet under grafen er derfor integralet fra \( 1 \) til \( 2\text{,} \) som i videoen Hva er integrasjon: \[ A = \int_1^2 (x - 1)e^x \, dx \]

2. Skriv opp delvis integrasjon Delvis integrasjon forteller oss at: \[ \int_a^b \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v'} \, dx = \Big[ \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v} \Big]_a^b - \int_a^b \textcolor{red}{u'} \textcolor{blue}{v} \, dx \]Se videoen Delvis integrasjon hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x - 1} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} A &= \Big[ (\textcolor{red}{x - 1}) \textcolor{blue}{e^x} \Big]_1^2 - \int_1^2 \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \, dx \\ &= \Big[ (x - 1)e^x \Big]_1^2 - \Big[ e^x \Big]_1^2 \\ &= (e^2 - 0) - (e^2 - e) \\ &= e \end{aligned} \]