Forkurseksamen etter tema

Funksjonen er et produkt av to faktorer, så vi bruker produktregelen.

1. Bruk 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.

Den deriverte av \( \sin t \) er \( \cos t\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{t} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sin t} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\cos t} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(t) &= \textcolor{red}{t} \cdot \textcolor{blue}{\cos t} + \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\sin t} \\ &= t\cos t + \sin t \end{aligned} \]

Inni \( \ln \) står det en brøk, så vi bruker kjerneregelen med brøken som kjerne. Den deriverte av kjernen finner vi med kvotientregelen.

1. Skriv opp kjerneregelen For \( \ln \) av en kjerne \( \textcolor{green}{w} \) forteller kjerneregelen oss at: \[ (\ln \textcolor{green}{w})' = \dfrac{1}{\textcolor{green}{w}} \cdot \textcolor{green}{w'} \]Det er regelen i videoen Derivasjonsregler/​Formler. Konstanten \( 3 \) blir stående som en faktor, slik videoen Kvotientregelen oppgave viser.

Kjernen er: \[ \textcolor{green}{w} = \textcolor{green}{\dfrac{x^2 + 1}{x}} \]

2. Deriver kjernen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Den samme oppgaven med \( \ln \) av en brøk er i videoen Kvotientregelen oppgave.

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

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

3. Sett sammen Plugger vi \( \textcolor{green}{w} \) og \( \textcolor{green}{w'} \) inn i kjerneregelen, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= 3 \cdot \dfrac{1}{\textcolor{green}{\dfrac{x^2 + 1}{x}}} \cdot \textcolor{green}{\dfrac{x^2 - 1}{x^2}} \\ &= 3 \cdot \dfrac{x}{x^2 + 1} \cdot \dfrac{x^2 - 1}{x^2} \end{aligned} \]

Vi forkorter \( x \) og får: \[ g'(x) = \dfrac{3(x^2 - 1)}{x(x^2 + 1)} \]

For å skrive opp tangenten trenger vi \( f(1) \) og \( f'(1)\text{.} \) Funksjonen er en brøk, så vi deriverer med kvotientregelen.

1. Deriver funksjonen 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: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x + 1} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

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

2. Finn punktet og stigningstallet Vi setter inn \( {x = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(1) &= \dfrac{e^1}{1 + 1} = \dfrac{e}{2} \\ f'(1) &= \dfrac{1 \cdot e^1}{(1 + 1)^2} = \dfrac{e}{4} \end{aligned} \]

3. Skriv opp tangenten Tangentformelen forteller oss at tangenten i \( {x = a} \) er: \[ y = f'(a)(x - a) + f(a) \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Tangentlinje.

Plugger vi inn \( {a = 1}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} y &= \dfrac{e}{4}(x - 1) + \dfrac{e}{2} \\ &= \dfrac{e}{4}x - \dfrac{e}{4} + \dfrac{2e}{4} \\ &= \dfrac{e}{4}x + \dfrac{e}{4} \end{aligned} \]

Fra figuren leser vi at parabelen har nullpunktene \( {x = 0} \) og \( {x = 3}\text{.} \) Stigningen i \( {x = 0} \) gir oss konstanten, og så finner vi toppunktet med den deriverte.

1. Sett opp parabelen En parabel med nullpunktene \( x_1 \) og \( x_2 \) kan skrives slik: \[ h(x) = \textcolor{blue}{a}(x - x_1)(x - x_2) \]Det er formelen i videoen Faktorisering med abc-formelen.

Her er \( {x_1 = 0} \) og \( {x_2 = 3}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} h(x) &= \textcolor{blue}{a} \cdot x(x - 3) \\ &= \textcolor{blue}{a}x^2 - 3\textcolor{blue}{a}x \end{aligned} \]

2. Bruk stigningen i null Vi deriverer ledd for ledd med potensregelen fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ h'(x) = 2\textcolor{blue}{a}x - 3\textcolor{blue}{a} \]

Vi vet at \( {h'(0) = \dfrac{1}{10}}\text{.} \) Det gir oss: \[ \begin{aligned} h'(0) = -3\textcolor{blue}{a} &= \dfrac{1}{10} \\ \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{30}} \end{aligned} \]

Parabelen og den deriverte er derfor: \[ \begin{aligned} h(x) &= -\dfrac{1}{30}x^2 + \dfrac{1}{10}x \\ h'(x) &= -\dfrac{1}{15}x + \dfrac{1}{10} \end{aligned} \]

3. Finn det høyeste punktet Vi setter \( {h'(x) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -\dfrac{1}{15}x + \dfrac{1}{10} &= 0 \\ x &= \dfrac{15}{10} = \dfrac{3}{2} \end{aligned} \]

Siden \( {\textcolor{blue}{a} < 0}\text{,} \) vender parabelen ned, så dette er toppunktet. Vi setter inn: \[ \begin{aligned} h\left(\dfrac{3}{2}\right) &= -\dfrac{1}{30} \cdot \dfrac{9}{4} + \dfrac{1}{10} \cdot \dfrac{3}{2} \\ &= -\dfrac{3}{40} + \dfrac{6}{40} = \dfrac{3}{40} \end{aligned} \]

4. Regn ut høydeforskjellen Det laveste punktet finner vi i endepunktene, der: \[ h(0) = h(3) = 0 \]

Høydeforskjellen er derfor: \[ \begin{aligned} \dfrac{3}{40} - 0 &= \dfrac{3}{40}\,\text{km} \\ &= 0{,}075\,\text{km} = 75\,\text{m} \end{aligned} \]

Momentan vekstfart er den deriverte. Vi deriverer begge funksjonene, setter dem like og løser med \( \ln\text{.} \)

1. Deriver begge funksjonene \( e^x \) derivert er seg selv: \[ f'(x) = e^x \]

\( g \) har kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{4x}}\text{.} \) Kjerneregelen for \( e^u \) forteller oss at: \[ (e^{\textcolor{green}{u}})' = e^{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Det er regelen i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Her er: \[ \textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{4x}, \quad \textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{4} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ g'(x) = e^{\textcolor{green}{4x}} \cdot \textcolor{green}{4} = 4e^{4x} \]

2. Sett de deriverte like Vi deler begge sider på \( e^x\text{,} \) som aldri er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^x &= 4e^{4x} \\ 1 &= 4e^{3x} \\ e^{3x} &= \dfrac{1}{4} \end{aligned} \]

3. Løs med logaritmer Vi tar \( \ln \) på begge sider og flytter ned \( 3x\text{,} \) slik videoen Naturlige Logaritmer viser: \[ \begin{aligned} \ln e^{3x} &= \ln \dfrac{1}{4} \\ 3x &= \ln \dfrac{1}{4} \\ x &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}} \ln \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}} \end{aligned} \]

Dette er formen \( {x = \textcolor{blue}{a} \ln \textcolor{red}{b}}\text{,} \) så vi kan lese av: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}}, \quad \textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}} \]

Siden \( {\ln \dfrac{1}{4} = -\ln 4}\text{,} \) kan samme \( x \) også skrives \( {x = -\dfrac{1}{3} \ln 4}\text{.} \) Da er \( {a = -\dfrac{1}{3}} \) og \( {b = 4}\text{,} \) som også er riktig.

En tangent trenger et punkt og et stigningstall. Vi finner \( {g\left(\dfrac{\pi}{2}\right)} \) og \( {g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)} \) og setter dem inn i tangentformelen.

1. Finn punktet \[ g\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{\pi}{2} \cdot \sin \pi = \dfrac{\pi}{2} \cdot 0 = 0 \]

2. Deriver funksjonen Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Den 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.

Faktoren \( \sin 2x \) deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen. Den forteller oss at: \[ (\sin \textcolor{green}{k})' = \cos \textcolor{green}{k} \cdot \textcolor{green}{k'} \]

Med kjernen \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{2x}} \) og \( {\textcolor{green}{k'} = \textcolor{green}{2}} \) får vi: \[ (\sin 2x)' = \cos \textcolor{green}{2x} \cdot \textcolor{green}{2} \]

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

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\sin 2x} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{2\cos 2x} \\ &= \sin 2x + 2x\cos 2x \end{aligned} \]

3. Finn stigningstallet \[ \begin{aligned} g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) &= \sin \pi + 2 \cdot \dfrac{\pi}{2} \cdot \cos \pi \\ &= 0 + \pi \cdot (-1) \\ &= -\pi \end{aligned} \]

4. Sett inn i tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y = g'(\textcolor{green}{a})(x - \textcolor{green}{a}) + g(\textcolor{green}{a}) \]Det er formelen i videoen Tangentlinje - lineær tilnærming.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{a} &= \textcolor{green}{\dfrac{\pi}{2}} \\ g\left(\textcolor{green}{\dfrac{\pi}{2}}\right) &= 0 \\ g'\left(\textcolor{green}{\dfrac{\pi}{2}}\right) &= -\pi \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= -\pi\left(x - \textcolor{green}{\dfrac{\pi}{2}}\right) + 0 \\ &= -\pi x + \dfrac{\pi^2}{2} \end{aligned} \]

Vi setter opp arealet som en funksjon av \( x \) og finner toppunktet ved å sette den deriverte lik \( 0\text{.} \) Samme tankegang står i videoen Oppgave 5B - Del 2 - 1T Eksamen Høst 2025.

1. Sett opp arealet Sidene må være positive, så \( {0 < x < 4}\text{.} \) Rektangelet har areal lengde ganger høyde: \[ \textcolor{blue}{A_r} = \textcolor{blue}{x(4 - x)} = \textcolor{blue}{4x - x^2} \]

Halvsirkelen har radius \( \dfrac{x}{2}\text{,} \) og arealet er halve \( \pi r^2\text{:} \) \[ \textcolor{red}{A_s} = \dfrac{1}{2} \pi \left(\dfrac{x}{2}\right)^2 = \textcolor{red}{\dfrac{\pi x^2}{8}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ A(x) = \textcolor{blue}{4x - x^2} + \textcolor{red}{\dfrac{\pi x^2}{8}} \]

2. Sett den deriverte lik null Vi deriverer ledd for ledd: \[ A'(x) = 4 - 2x + \dfrac{\pi x}{4} \]

Vi setter \( {A'(x) = 0} \) og samler leddene med \( x\text{:} \) \[ \begin{aligned} 4 - 2x + \dfrac{\pi x}{4} &= 0 \\ x\left(2 - \dfrac{\pi}{4}\right) &= 4 \\ x &= \dfrac{4}{2 - \dfrac{\pi}{4}} \\ x &= \dfrac{16}{8 - \pi} \end{aligned} \]

Dette er innenfor kravet til \( x\text{,} \) siden \( {8 - \pi > 4}\text{:} \) \[ 0 < \dfrac{16}{8 - \pi} < 4 \]

3. Sjekk at det er et toppunkt Den andrederiverte er negativ for alle \( x\text{,} \) siden \( {\pi < 8}\text{:} \) \[ A''(x) = -2 + \dfrac{\pi}{4} < 0 \]Grafen krummer altså nedover, så punktet er et toppunkt, og arealet er størst der.

Vi deriverer \( f \) to ganger med potensregelen, og setter inn \( {x = -2} \) i hvert uttrykk.

1. Finn funksjonsverdien Vi setter inn \( {x = \textcolor{blue}{-2}} \) i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(\textcolor{blue}{-2}) &= (\textcolor{blue}{-2})^3 - 2 \cdot (\textcolor{blue}{-2}) \\ &= -8 + 4 \\ &= -4 \end{aligned} \]

2. Deriver én gang Potensregelen forteller oss at: \[ (x^n)' = n \cdot x^{n - 1} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

\( x^3 \) derivert blir \( \underline{3x^2}\text{.} \)

\( {-2x} \) derivert blir \( {\underline{-2}}\text{.} \)

Slår vi dette sammen, får vi: \[ f'(x) = 3x^2 - 2 \]

Vi setter inn \( {x = \textcolor{blue}{-2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f'(\textcolor{blue}{-2}) &= 3 \cdot (\textcolor{blue}{-2})^2 - 2 \\ &= 12 - 2 \\ &= 10 \end{aligned} \]

3. Deriver en gang til \( 3x^2 \) derivert blir \( \underline{6x}\text{,} \) og \( {-2} \) derivert blir \( \underline{0}\text{,} \) siden det er en konstant: \[ f''(x) = 6x \]

Vi setter inn \( {x = \textcolor{blue}{-2}}\text{:} \) \[ f''(\textcolor{blue}{-2}) = 6 \cdot (\textcolor{blue}{-2}) = -12 \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Faktoren \( \cos 2x \) deriverer vi med kjerneregelen.

1. Bruk 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.

Faktoren \( \cos 2x \) har kjernen \( \textcolor{green}{2x}\text{.} \) Kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, forteller oss at: \[ (\cos \textcolor{green}{w})' = -\sin \textcolor{green}{w} \cdot \textcolor{green}{w'} \]

Her er \( {\textcolor{green}{w} = \textcolor{green}{2x}} \) og \( {\textcolor{green}{w'} = \textcolor{green}{2}}\text{.} \) Det gir oss: \[ (\cos \textcolor{green}{2x})' = -\sin \textcolor{green}{2x} \cdot \textcolor{green}{2} = -2\sin 2x \]

Delene i produktregelen er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\cos 2x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-2\sin 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= \textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{\cos 2x} + \textcolor{red}{e^x} \cdot (\textcolor{blue}{-2\sin 2x}) \\ &= e^x(\cos 2x - 2\sin 2x) \end{aligned} \]

Vi skriver om begge leddene før vi deriverer: brøken som en potens, og logaritmen med logaritmereglene. Så deriverer vi ledd for ledd.

1. Skriv om logaritmen Inni logaritmen skriver vi roten som en potens, som i videoen Potenser og røtter: \[ x^2\sqrt{x} = x^2 \cdot x^{1/2} = x^{5/2} \]

Logaritmeregelen for potenser, som i videoen Regneregler med Logaritmer, forteller oss at: \[ \ln(a^n) = n \cdot \ln a \]

Det gir oss: \[ \ln(x^{5/2}) = \dfrac{5}{2}\ln x \]

Funksjonen er definert for \( {x > 0}\text{,} \) og vi kan skrive den som: \[ h(x) = \textcolor{blue}{2x^{-1}} - \textcolor{red}{\dfrac{5}{2}\ln x} \]

2. Deriver ledd for ledd \( {\textcolor{blue}{2x^{-1}}} \) derivert blir, med potensregelen fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \textcolor{blue}{-2x^{-2} = -\dfrac{2}{x^2}} \]

\( \textcolor{red}{\dfrac{5}{2}\ln x} \) derivert blir, siden \( {(\ln x)' = \dfrac{1}{x}}\text{:} \) \[ \textcolor{red}{\dfrac{5}{2} \cdot \dfrac{1}{x} = \dfrac{5}{2x}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} h'(x) &= \textcolor{blue}{-\dfrac{2}{x^2}} \textcolor{red}{- \dfrac{5}{2x}} \\ &= -\dfrac{4}{2x^2} - \dfrac{5x}{2x^2} \\ &= -\dfrac{5x + 4}{2x^2} \end{aligned} \]

Vi ser hvilke \( x \) vi kan sette inn i de to faktorene. For å finne nullpunkter setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \)

1. Finn definisjonsområdet Både \( {x - 2} \) og \( e^x \) kan regnes ut for alle tall, så: \[ D_f = \mathbb{R} \]

2. Finn nullpunktene Vi setter \( {f(x) = 0}\text{:} \) \[ (\textcolor{red}{x - 2}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} = 0 \]

Et produkt er \( 0 \) bare når en av faktorene er \( 0\text{.} \) \( \textcolor{blue}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2A - Del 1 - R1/S1 Eksamen Vår 2025. Da står vi igjen med: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x - 2} &= 0 \\ x &= 2 \end{aligned} \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen.

1. Finn delene i regelen 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.

\( e^x \) derivert blir \( e^x\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler. Så her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x - 2} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

2. Sett inn og faktoriser Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ f'(x) = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + (\textcolor{red}{x - 2}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} \]

Faktoriserer vi ut \( e^x\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= e^x(1 + x - 2) \\ &= e^x(x - 1) \end{aligned} \]

Uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten til b), så du kan løse denne selv om du ikke fikk til b).

Vi setter \( {f'(x) = 0} \) og ser på fortegnet til den deriverte. Fortegnet viser både hvor grafen stiger og synker, og hva slags punkt vi har.

1. Sett den deriverte lik null I b) viste vi uttrykket for den deriverte. For å finne topp- og bunnpunkter setter vi det lik \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Del 1 - R1/S1 Eksamen Vår 2026: \[ f'(x) = \textcolor{darkorange}{e^x}(\textcolor{magenta}{x - 1}) = 0 \]

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

2. Tegn fortegnslinje for den deriverte Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [1], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "exp(x)"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x - 1}", "expr": "x - 1"}, {"label": "f'(x)", "expr": "exp(x)*(x - 1)"}]} 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 \( {x = 1} \) gir et bunnpunkt. Det er det eneste stedet \( {f'(x) = 0}\text{,} \) så det er ingen toppunkter.

3. Finn y-koordinaten og monotoni Vi setter \( {x = 1} \) inn i funksjonen: \[ f(1) = (1 - 2)e^1 = -e \]

Grafen synker og stiger altså slik: \[ \begin{aligned} f \text{ synker for } &x \in \langle \leftarrow,\ 1] \\ f \text{ stiger for } &x \in [1,\ \rightarrow\rangle \end{aligned} \]

Vi bruker nullpunktet fra a) og bunnpunktet og fortegnet til den deriverte fra c).

Vi setter inn de punktene vi kjenner, regner ut noen få verdier til, og lar den deriverte fortelle hvor grafen stiger og synker.

1. Finn punktene vi trenger I a) fant vi nullpunktet \( {x = 2} \) og i c) bunnpunktet \( {(1, -e)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(2)} &= 0 \\ \textcolor{blue}{f(1)} &= -e \approx -2{,}72 \end{aligned} \]

Disse to punktene markerer vi på grafen.

Vi regner ut noen flere verdier, avrundet til to desimaler: \[ \begin{aligned} f(-3) &= -5e^{-3} \approx -0{,}25 \\ f(-1) &= -3e^{-1} \approx -1{,}10 \\ f(0) &= -2 \\ f\left(2{,}5\right) &= 0{,}5e^{2{,}5} \approx 6{,}09 \end{aligned} \]

Faktoren \( e^x \) er svært liten når \( x \) er et stort negativt tall, og \( {x - 2} \) er negativ der. Da ligger grafen rett under \( {x\text{-aksen}} \) langt til venstre.

2. Tegn grafen Vi tegner en kurve gjennom punktene, som synker fram til \( {x = 1} \) og stiger etter det:

Uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten til b), så du kan løse denne selv om du ikke fikk til b).

Vi finner punktet på grafen og stigningstallet der, og setter dem inn i formelen for tangenten.

1. Finn delene i formelen Formelen for tangenten i \( {x = \textcolor{blue}{a}} \) forteller oss at: \[ y = \textcolor{red}{f'(a)}(x - \textcolor{blue}{a}) + \textcolor{green}{f(a)} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Tangentlinje - lineær tilnærming.

I b) viste vi at: \[ f'(x) = e^x(x - 1) \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{-1} \\ \textcolor{green}{f(-1)} &= (-1 - 2)e^{-1} = \textcolor{green}{-\dfrac{3}{e}} \\ \textcolor{red}{f'(-1)} &= e^{-1}(-1 - 1) = \textcolor{red}{-\dfrac{2}{e}} \end{aligned} \]

2. Sett inn og trekk sammen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{red}{-\dfrac{2}{e}}(x - (\textcolor{blue}{-1})) \textcolor{green}{- \dfrac{3}{e}} \\ &= -\dfrac{2}{e}x - \dfrac{2}{e} - \dfrac{3}{e} \\ &= -\dfrac{2}{e}x - \dfrac{5}{e} \end{aligned} \]

Funksjonen er en brøk, så vi bruker kvotientregelen.

1. Skriv opp 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.

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

2. Sett inn og forenkle Plugger vi dette inn i kvotientregelen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{2 \cos x} \cdot \textcolor{blue}{x^2} - \textcolor{red}{2 \sin x} \cdot \textcolor{blue}{2x}}{(\textcolor{blue}{x^2})^2} \\ &= \dfrac{2x^2 \cos x - 4x \sin x}{x^4} \end{aligned} \]

Begge leddene i telleren har faktoren \( \textcolor{darkorange}{x}\text{,} \) som vi stryker mot en \( \textcolor{darkorange}{x} \) i nevneren: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\textcolor{darkorange}{x}(2x \cos x - 4 \sin x)}{\textcolor{darkorange}{x} \cdot x^3} \\ &= \dfrac{2x \cos x - 4 \sin x}{x^3} \end{aligned} \]

Inni \( \ln \) står det et uttrykk, så vi bruker kjerneregelen.

1. Skriv opp kjerneregelen Kjerneregelen for \( \ln \) forteller oss at: \[ \left(\ln \textcolor{green}{u}\right)' = \dfrac{1}{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Regelen står i videoen Derivasjonsregler/​Formler, og Kjerneregelen forklarer hvorfor.

Kjernen deriverer vi med potensregelen. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x^2 - 2x^4} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{4x - 8x^3} \end{aligned} \]

2. Sett inn og forenkle Faktoren \( \dfrac{1}{2} \) blir stående. Plugger vi inn, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\textcolor{green}{2x^2 - 2x^4}} \cdot (\textcolor{green}{4x - 8x^3}) \\ &= \dfrac{2x - 4x^3}{2x^2 - 2x^4} \end{aligned} \]

Faktoriserer vi telleren og nevneren, kan vi stryke \( \textcolor{darkorange}{2x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} g'(x) &= \dfrac{\textcolor{darkorange}{2x}(1 - 2x^2)}{\textcolor{darkorange}{2x} \cdot x(1 - x^2)} \\ &= \dfrac{1 - 2x^2}{x(1 - x^2)} \end{aligned} \]

Vi bruker tangentformelen. Den trenger funksjonsverdien og stigningstallet i \( {x = e}\text{,} \) og det siste finner vi med produktregelen.

1. Skriv opp tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y = h'(\textcolor{magenta}{a})(x - \textcolor{magenta}{a}) + h(\textcolor{magenta}{a}) \]Den står i videoen Tangentlinje. Her er \( {\textcolor{magenta}{a} = \textcolor{magenta}{e}}\text{.} \)

2. Finn funksjonsverdien Fra definisjonen vet vi at \( {\ln e = 1}\text{:} \) \[ h(\textcolor{magenta}{e}) = e \cdot \ln e = e \cdot 1 = \underline{e} \]

3. Finn stigningstallet Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Den 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: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\ln x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} \end{aligned} \]

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

I punktet \( {x = \textcolor{magenta}{e}} \) er stigningstallet: \[ h'(\textcolor{magenta}{e}) = 1 + \ln e = 1 + 1 = \underline{2} \]

4. Sett inn i tangentformelen Plugger vi inn \( {h(\textcolor{magenta}{e}) = e} \) og \( {h'(\textcolor{magenta}{e}) = 2}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} y &= 2(x - \textcolor{magenta}{e}) + e \\ &= 2x - 2e + e \\ &= 2x - e \end{aligned} \]

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: \[ \begin{aligned} y - \textcolor{blue}{0} &= \textcolor{red}{-e}(x - 1) \\ y &= -ex + e \end{aligned} \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen.

1. Bruk 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 den, kan du se videoen Produktregelen.

\( \tan x \) derivert er \( \dfrac{1}{\cos^2 x}\text{,} \) som videoen Koblede hastigheter 1 viser ved å skrive \( {\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\tan x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{\cos^2 x}} \end{aligned} \]

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

Vi har en funksjon inni en annen: eksponenten er kjernen. Vi bruker derfor kjerneregelen.

1. Bruk kjerneregelen Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(e^{\textcolor{green}{u}}\right)' = e^{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Du finner den i videoene Kjerneregelen og Derivasjonsregler/​Formler.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{t^3 + 2t} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{3t^2 + 2} \end{aligned} \]

Konstanten \( 5 \) blir stående som en faktor. Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} g'(t) &= 5e^{\textcolor{green}{t^3 + 2t}} \cdot (\textcolor{green}{3t^2 + 2}) \\ &= (15t^2 + 10)e^{t^3 + 2t} \end{aligned} \]

Funksjonen er en brøk, 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 den, kan du se videoen Kvotientregelen.

\( \ln x \) derivert er \( \dfrac{1}{x}\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler, og \( \sqrt{x} \) derivert er \( \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\ln x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sqrt{x}} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ h'(x) = \dfrac{\textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} \cdot \textcolor{blue}{\sqrt{x}} - \textcolor{red}{\ln x} \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}}}{(\textcolor{blue}{\sqrt{x}})^2} \]

2. Trekk sammen I telleren er \( {\dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}}\text{,} \) og nevneren er \( x\text{.} \) Vi samler telleren på én brøkstrek: \[ \begin{aligned} h'(x) &= \dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{x}} - \dfrac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x} \\ &= \dfrac{\dfrac{2 - \ln x}{2\sqrt{x}}}{x} \\ &= \dfrac{2 - \ln x}{2x\sqrt{x}} \end{aligned} \]

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.

Funksjonen er en brøk, 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: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\ln x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{x}} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x^2} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2x} \end{aligned} \]Disse deriverte står i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

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

2. Forkort brøken Faktoriserer vi ut \( \textcolor{darkorange}{x} \) i telleren, kan vi forkorte: \[ g'(x) = \dfrac{\textcolor{darkorange}{x}(1 - 2\ln x)}{\textcolor{darkorange}{x} \cdot x^3} = \dfrac{1 - 2\ln x}{x^3} \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Den andre faktoren deriverer vi med kjerneregelen.

1. Deriver den andre faktoren Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\textcolor{green}{k}^n\right)' = n \cdot \textcolor{green}{k}^{n - 1} \cdot \textcolor{green}{k'} \]Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er: \[ \textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{x + 3}, \quad \textcolor{green}{k'} = \textcolor{green}{1}, \quad n = 3 \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \left((\textcolor{green}{x + 3})^3\right)' &= 3(\textcolor{green}{x + 3})^2 \cdot \textcolor{green}{1} \\ &= 3(x + 3)^2 \end{aligned} \]

2. Bruk 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: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{(x + 3)^3} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{3(x + 3)^2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ f'(x) = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{(x + 3)^3} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{3(x + 3)^2} \]

3. Faktoriser svaret Faktoriserer vi ut \( {\textcolor{darkorange}{(x + 3)^2}}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{darkorange}{(x + 3)^2}\left((x + 3) + 3x\right) \\ &= (x + 3)^2(4x + 3) \end{aligned} \]

Vi kan samle alt med \( y \) på én side og alt med \( x \) på den andre. Likningen er altså separabel.

1. Separer likningen Vi ganger begge sider med \( 2x \) og med \( e^{y}\text{,} \) og bruker at \( {e^{y} \cdot e^{-y} = 1}\text{:} \) \[ e^{y} \cdot y' = 2x \]

En separabel likning løser vi ved at: \[ \begin{aligned} &\textcolor{blue}{g(y)} \cdot y' = \textcolor{red}{h(x)} \\ &\Rightarrow \ \int \textcolor{blue}{g(y)}\,dy = \int \textcolor{red}{h(x)}\,dx \end{aligned} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Seperable diff-ligninger.

Her er \( {\textcolor{blue}{g(y)} = \textcolor{blue}{e^{y}}} \) og \( {\textcolor{red}{h(x)} = \textcolor{red}{2x}}\text{:} \) \[ \int \textcolor{blue}{e^{y}}\,dy = \int \textcolor{red}{2x}\,dx \]

2. Integrer begge sider Integrerer vi begge sider, får vi resultatet under. Reglene står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler for \( 2x\text{,} \) og fra 3:08 for \( e^{y}\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{e^{y}} = \textcolor{red}{x^2} + C \]

3. Bruk randkravet Vi setter inn \( {x = 0} \) og \( {y = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^{1} &= 0^2 + C \\ C &= e \end{aligned} \]

4. Løs for y Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} e^{y} &= x^2 + e \\ y &= \ln(x^2 + e) \end{aligned} \]

Vi skriver begge leddene som potenser av \( x\text{.} \) Da kan vi derivere ledd for ledd med potensregelen.

1. Skriv leddene som potenser En brøk med \( x \) i nevneren har negativ eksponent, og en rot kan skrives som en potens, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\dfrac{3}{x}} &= \textcolor{red}{3x^{-1}} \\ \textcolor{blue}{4x^2\sqrt{x}} &= 4x^2 \cdot x^{\tfrac{1}{2}} = \textcolor{blue}{4x^{\tfrac{5}{2}}} \end{aligned} \]

2. Deriver ledd for ledd Potensregelen forteller oss at: \[ (x^n)' = n \cdot x^{n - 1} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

\( {\textcolor{red}{3x^{-1}}} \) derivert blir: \[ 3 \cdot (-1) \cdot x^{-2} = \underline{\textcolor{red}{-\dfrac{3}{x^2}}} \]

\( \textcolor{blue}{4x^{\tfrac{5}{2}}} \) derivert blir: \[ 4 \cdot \dfrac{5}{2} \cdot x^{\tfrac{3}{2}} = 10x^{\tfrac{3}{2}} = \underline{\textcolor{blue}{10x\sqrt{x}}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ f'(x) = \textcolor{red}{-\dfrac{3}{x^2}} - \textcolor{blue}{10x\sqrt{x}} \]

Nevneren er bare tallet \( 5\text{,} \) så vi trenger ikke kvotientregelen. Vi deriverer telleren og deler på \( 5\text{,} \) og leddet \( 2x^3 \cos x \) er et produkt.

1. Skriv om funksjonen Vi setter \( \dfrac{1}{5} \) utenfor en parentes: \[ g(x) = \dfrac{1}{5}\left(2x^3 \cos x + 1\right) \]

Konstanten \( 1 \) derivert blir \( 0\text{,} \) så vi står igjen med å derivere produktet.

2. Deriver produktet 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.

Vi bruker at \( \cos x \) derivert blir \( {-\sin x}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{2x^3} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{6x^2} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\cos x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-\sin x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &(2x^3 \cos x)' \\ &= \textcolor{red}{6x^2} \cdot \textcolor{blue}{\cos x} + \textcolor{red}{2x^3} \cdot (\textcolor{blue}{-\sin x}) \\ &= 6x^2 \cos x - 2x^3 \sin x \end{aligned} \]

3. Sett sammen Vi deler på \( 5 \) og får: \[ g'(x) = \dfrac{6x^2 \cos x - 2x^3 \sin x}{5} \]

Vi ser en brøk og potenser inni \( \ln\text{.} \) Med logaritmereglene blir uttrykket mye enklere å derivere, så vi skriver det om først.

1. Skriv om med logaritmereglene Logaritmereglene forteller oss at: \[ \begin{aligned} \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{a}}{\textcolor{blue}{b}}\right) &= \ln \textcolor{red}{a} - \ln \textcolor{blue}{b} \\ \ln(a^b) &= b \cdot \ln a \end{aligned} \]Du finner dem i videoen Naturlige Logaritmer.

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

Plugger vi dette inn og bruker at \( {\ln e = 1}\text{,} \) får vi for \( {x > 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} k(x) &= \ln \textcolor{red}{x^3} - \ln \textcolor{blue}{e^{2x - 1}} \\ &= 3\ln x - (2x - 1) \cdot \ln e \\ &= 3\ln x - 2x + 1 \end{aligned} \]

2. Deriver ledd for ledd \( \ln x \) derivert blir \( \dfrac{1}{x}\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler. Da får vi: \[ (3\ln x)' = \underline{\dfrac{3}{x}} \]

\( {-2x + 1} \) derivert blir: \[ (-2x + 1)' = \underline{-2} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ k'(x) = \dfrac{3}{x} - 2 \]

Volumet binder høyden til radien, så overflaten kan skrives med bare én variabel. Så finner vi bunnpunktet med den deriverte.

1. Uttrykk høyden med radien Vi regner i desimeter, siden \( 1 \) liter er \( 1\,\text{dm}^3\text{.} \) Volumet er grunnflaten ganget med høyden, som i videoen Volum og Overflate: \[ V = \pi r^2 \textcolor{green}{h} \]

Her er \( {V = 1}\text{.} \) Løser vi for \( \textcolor{green}{h}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \pi r^2 \textcolor{green}{h} &= 1 \\ \textcolor{green}{h} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{\pi r^2}} \end{aligned} \]

2. Sett opp overflaten Sylinderen har bunn, men ikke lokk. Sideflaten rullet ut er et rektangel med bredde \( 2\pi r \) og høyde \( \textcolor{green}{h}\text{,} \) som i videoen Volum og Overflate. Overflaten er derfor: \[ O = \pi r^2 + 2\pi r \textcolor{green}{h} \]

Plugger vi inn høyden, får vi: \[ \begin{aligned} O(r) &= \pi r^2 + 2\pi r \cdot \textcolor{green}{\dfrac{1}{\pi r^2}} \\ &= \pi r^2 + \dfrac{2}{r} \end{aligned} \]

3. Sett den deriverte lik null Vi deriverer ledd for ledd, med \( {\dfrac{2}{r} = 2r^{-1}}\text{:} \) \[ O'(r) = 2\pi r - \dfrac{2}{r^2} \]

Et ekstremalpunkt finner vi der den deriverte er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} 2\pi r - \dfrac{2}{r^2} &= 0 \\ 2\pi r^3 &= 2 \\ \textcolor{blue}{r^3} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{\pi}} \end{aligned} \]

4. Sjekk at det er et bunnpunkt Vi skriver den deriverte på én brøkstrek: \[ O'(r) = \dfrac{2\pi r^3 - 2}{r^2} \]

Nevneren er positiv, så fortegnet bestemmes av telleren: \[ \begin{aligned} r^3 < \textcolor{blue}{\dfrac{1}{\pi}} &: \quad O'(r) < 0 \\ r^3 > \textcolor{blue}{\dfrac{1}{\pi}} &: \quad O'(r) > 0 \end{aligned} \]

Overflaten minker og øker så, og den er derfor minst i dette punktet.

5. Finn forholdet Vi deler høyden på radien og setter inn \( \textcolor{blue}{r^3}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{green}{h}}{r} = \dfrac{\textcolor{green}{1}}{\textcolor{green}{\pi r^2} \cdot r} = \dfrac{1}{\pi \textcolor{blue}{r^3}} = \dfrac{1}{\pi \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{1}{\pi}}} = 1 \]

Høyden må altså være like stor som radien.