Eksamensoppgaver etter tema

Påstanden gjelder alle funksjoner på denne formen, så vi undersøker om telleren kan være \( 0 \) i \( {x = d}\text{,} \) der nevneren er \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp kravet for vertikal asymptote 0:23 Før vi setter i gang, må vi vite når en brøk har en vertikal asymptote. Det har den i \( {x = d} \) når: \[ \text{nevneren} = 0 \quad \text{og} \quad \text{telleren} \neq 0 \]Nevneren \( {x - d} \) er \( 0 \) i \( {x = d}\text{,} \) men ingenting hindrer at telleren også er det.

2. Let etter et moteksempel 0:47 Påstanden sier «alle». Finner vi én funksjon på denne formen som ikke har en vertikal asymptote i \( {x = d}\text{,} \) er påstanden usann. Det kalles et moteksempel.

Vi velger en teller med \( {\textcolor{darkorange}{x - d}} \) som faktor ved å gange nevneren med seg selv, som i andre kvadratsetning: \[ (\textcolor{darkorange}{x - d})(x - d) = x^2 - 2dx + d^2 \]Hvis du er usikker på kvadratsetningene, kan du se videoen Kvadratsetningene.

Det står \( 1 \) foran \( x^2\text{,} \) \( {-2d} \) foran \( x\text{,} \) og konstantleddet er \( d^2\text{.} \) Det er formen \( {ax^2 + bx + c} \) med: \[ a = 1, \quad b = -2d, \quad c = d^2 \]

3. Forkort brøken 3:07 Med disse tallene kan vi skrive om funksjonsuttrykket og forkorte \( {\textcolor{darkorange}{x - d}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x) &= \dfrac{x^2 - 2dx + d^2}{x - d} \\ f(x) &= \dfrac{(\textcolor{darkorange}{x - d})(x - d)}{\textcolor{darkorange}{x - d}} \\ f(x) &= x - d, \quad x \neq d \end{aligned} \]

Dette gir en rett linje med et hull i \( {x = d}\text{,} \) som i eksempelet i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Når \( x \) nærmer seg \( d\text{,} \) går \( f(x) \) mot \( 0\text{,} \) ikke mot uendelig, så \( {x = d} \) er ingen vertikal asymptote. Påstanden er derfor usann. Andre moteksempler er også riktige, for eksempel \( {a = b = c = 0}\text{.} \)

For å finne ut om påstanden stemmer, finner vi den omvendte funksjonen selv og sammenligner. Definisjonsmengden til den omvendte funksjonen er verdimengden til \( g\text{.} \)

1. Løs likningen for x 1:05 For å finne den omvendte funksjonen skriver vi \( {y = e^{x - 3}} \) og løser for \( x\text{.} \) Vi starter med å ta \( \ln \) på begge sider: \[ \ln y = \ln\left(e^{\textcolor{green}{x - 3}}\right) \]

Logaritmeregelen for potenser forteller oss at: \[ \ln\left(a^{\textcolor{green}{b}}\right) = \textcolor{green}{b} \cdot \ln a \quad \text{for } a > 0 \]Den flytter \( {\textcolor{green}{x - 3}} \) ned fra eksponenten, som i videoen Naturlige Logaritmer.

Fra definisjonen vet vi at \( {\ln e = 1}\text{.} \) Løser vi for \( x\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \ln y &= (\textcolor{green}{x - 3}) \cdot \ln e \\ \ln y &= x - 3 \\ x &= \ln y + 3 \end{aligned} \]

2. Finn definisjonsmengden 2:35 Vi kan ikke ta \( \ln \) av \( 0 \) eller av et negativt tall, så \( {y > 0}\text{.} \) Hvis du er usikker på hvorfor, kan du se videoen Regneregler med Logaritmer.

Det passer med at \( {e^{x - 3}} \) er positiv for alle \( x \) og tar alle positive verdier. Verdimengden til \( g \) blir definisjonsmengden til den omvendte funksjonen: \[ D_{g^{-1}} = V_g = \langle 0, \rightarrow \rangle \]

3. Sammenlign med påstanden 3:00 Vi bytter navn på variabelen og skriver den omvendte funksjonen med \( x\text{:} \) \[ \begin{aligned} g^{-1}(x) &= \ln(x) + 3 \\ D_{g^{-1}} &= \langle 0, \rightarrow \rangle \end{aligned} \]Både uttrykket og definisjonsmengden er det påstanden sier. Påstanden er derfor sann.

Vannmengden ved start er \( V(0)\text{.} \) Vi finner når \( V(t) \) er halvparten av den, og får \( t \) ned fra eksponenten med \( \ln\text{.} \)

1. Finn vannmengden ved start Ved start er \( {t = 0}\text{,} \) og \( {e^0 = 1}\text{:} \) \[ V(0) = 10000 \cdot e^{0} + 500 = 10\,500 \]Halvparten er \( 5250 \) liter.

2. Løs likningen med ln Vi setter \( {V(t) = 5250}\text{,} \) trekker fra \( 500 \) og deler på \( 10000\text{:} \) \[ \begin{aligned} 10000 \cdot e^{\textcolor{green}{-0{,}07t}} + 500 &= 5250 \\ e^{\textcolor{green}{-0{,}07t}} &= 0{,}475 \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider. Siden \( {\ln\left(e^{\textcolor{green}{u}}\right) = \textcolor{green}{u}}\text{,} \) som i videoen Oppgave 5B - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{-0{,}07t} &= \ln 0{,}475 \\ t &= \dfrac{\ln 0{,}475}{-0{,}07} \approx 10{,}63 \end{aligned} \]Det tar omtrent \( 10{,}6 \) timer, altså omtrent \( 10 \) timer og \( 38 \) minutter.

1. Løs likningen i CAS Vi definerer \( V(t) \) i CAS og løser \( {V(t) = \dfrac{1}{2} \cdot V(0)} \) med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: V(t) := 10000*e^(-0.07t) + 500 V(0) Løs(V(t) = V(0)/2, t)

CAS gir \( {V(0) = 10\,500} \) og \( {t \approx 10{,}6349}\text{.} \) Det tar omtrent \( 10{,}6 \) timer.

\( V'(12) \) er hvor fort vannmengden endrer seg etter 12 timer, og \( V''(12) \) er hvor fort selve endringen endrer seg. Med kalkulator deriverer vi for hånd først.

1. Deriver med kjerneregelen Kjerneregelen for \( e \) opphøyd i en kjerne forteller oss at: \[ \left(e^{\textcolor{green}{u}}\right)' = e^{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{-0{,}07t}}\text{,} \) så \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{-0{,}07}}\text{.} \) Konstanten \( 500 \) har derivert \( 0\text{.} \) Det gir: \[ \begin{aligned} V'(t) &= 10000 \cdot e^{\textcolor{green}{-0{,}07t}} \cdot (\textcolor{green}{-0{,}07}) \\ V'(t) &= -700 \cdot e^{-0{,}07t} \end{aligned} \]

Vi deriverer én gang til på samme måte: \[ \begin{aligned} V''(t) &= -700 \cdot e^{\textcolor{green}{-0{,}07t}} \cdot (\textcolor{green}{-0{,}07}) \\ V''(t) &= 49 \cdot e^{-0{,}07t} \end{aligned} \]

2. Regn ut verdiene Med \( {t = 12} \) er \( {e^{-0{,}07 \cdot 12} = e^{-0{,}84}}\text{.} \) Med alle desimalene fra kalkulatoren får vi: \[ \begin{aligned} V'(12) &= -700 \cdot e^{-0{,}84} \approx -302{,}2 \\ V''(12) &= 49 \cdot e^{-0{,}84} \approx 21{,}2 \end{aligned} \]

3. Tolk svarene \( V'(12) \) er endringen i vannmengden per time etter 12 timer. Den er negativ, så vannmengden minker med omtrent \( 302 \) liter per time.

\( V'' \) forteller hvor fort \( V' \) endrer seg, slik akselerasjonen er den dobbeltderiverte av posisjonen i videoen Posisjon, fart & akselerasjon. \( {V''(12) > 0}\text{,} \) så \( V' \) øker: lekkasjen avtar, og vannmengden minker omtrent \( 21 \) liter per time saktere for hver time som går.

1. Regn ut i CAS Vi definerer \( V(t) \) i CAS og regner ut de deriverte i \( {t = 12} \) med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: V(t) := 10000*e^(-0.07t) + 500 V'(12) V''(12)

CAS gir \( {V'(12) \approx -302{,}1974} \) og \( {V''(12) \approx 21{,}1538}\text{.} \) Etter 12 timer minker vannmengden altså med omtrent \( 302 \) liter per time, og lekkasjen avtar med omtrent \( 21 \) liter per time, per time.

Vi ser hva \( V(t) \) går mot når \( t \) vokser, og om \( V \) kan gå mot uendelig for en bestemt \( t\text{.} \)

1. La tiden gå mot uendelig Når \( t \to \infty\text{,} \) går \( {\textcolor{blue}{e^{-0{,}07t}} = \dfrac{1}{e^{0{,}07t}} \to 0}\text{,} \) fordi nevneren vokser uten grense. Det gir: \[ \lim_{t \to \infty} V(t) = 10000 \cdot \textcolor{blue}{0} + 500 = 500 \]

Grafen nærmer seg linja \( {V = 500}\text{,} \) så \( {V = 500} \) er en vannrett asymptote, som i videoen Oppgave 3 - Del 1 - 1T Eksamen Høst 2025. Leddet \( {10000 \cdot e^{-0{,}07t}} \) er alltid positivt, så \( {V(t) > 500} \) for alle \( t\text{.} \)

2. Se etter loddrette asymptoter En loddrett asymptote krever at funksjonen går mot uendelig når \( t \) nærmer seg et bestemt tall. \( V \) har ingen brøk med \( t \) i nevneren og ingen logaritme, så den er definert og kontinuerlig for alle \( t\text{.} \) Den har derfor ingen loddrette asymptoter.

3. Tolk asymptoten Vannmengden nærmer seg \( 500 \) liter, men blir aldri mindre. Etter lang tid er det altså omtrent \( 500 \) liter igjen i reservoaret, for eksempel fordi lekkasjen sitter et stykke opp fra bunnen.

Vi skal finne \( t \) når \( {S(t) = 100}\text{.} \) Med kalkulator får vi potensen \( {e^{-0{,}3t}} \) alene og tar \( \ln \) på begge sider.

1. Sett opp likningen Vi setter \( {S(t) = 100}\text{:} \) \[ \dfrac{300}{1 + 28 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}3t}}} = 100 \]

2. Få potensen alene Vi ganger begge sider med nevneren og deler på \( 100\text{.} \) Så trekker vi fra \( 1 \) og deler på \( 28\text{:} \) \[ \begin{aligned} 3 &= 1 + 28 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}3t}} \\ 2 &= 28 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}3t}} \\ \textcolor{green}{e^{-0{,}3t}} &= \dfrac{1}{14} \end{aligned} \]

3. Ta ln på begge sider Vi tar \( \ln \) på begge sider og bruker at \( {\ln(e^u) = u \cdot \ln e = u}\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer, og at \( {\ln\dfrac{1}{14} = -\ln 14}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -0{,}3t &= -\ln 14 \\ t &= \dfrac{\ln 14}{0{,}3} \approx 8{,}80 \end{aligned} \]Det tar omtrent \( 8{,}8 \) dager.

1. Finn skjæringspunktet med linja Vi skriver modellen inn i Algebrafeltet, tegner linja \( {y = 100} \) og bruker verktøyet Skjæring mellom to objekter på grafen og linja, som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: S(x) = 300 / (1 + 28 e^(-0.3x)) g: y = 100

Skjæringspunktet er \( {A \approx (8{,}7969,\ 100)}\text{.} \) Det tar omtrent \( 8{,}8 \) dager.

Flest elever blir smittet når smitten sprer seg raskest, altså når \( S'(t)\text{,} \) antall nye smittede per dag, er størst. Det er i toppunktet til \( S'\text{,} \) der \( {S''(t) = 0}\text{.} \)

1. Deriver modellen med kjerneregelen Vi regner med bokstavene og setter inn tallene til slutt: \[ S(t) = \dfrac{\textcolor{red}{C}}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} \]der \( {\textcolor{red}{C} = \textcolor{red}{300}}\text{,} \) \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{28}} \) og \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{0{,}3}}\text{.} \)

Vi skriver modellen som \( {S(t) = \textcolor{red}{C} \cdot \textcolor{darkorange}{u}^{-1}} \) med kjernen \( {\textcolor{darkorange}{u} = \textcolor{darkorange}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}}\text{.} \) Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\textcolor{darkorange}{u}^{-1}\right)' = -\textcolor{darkorange}{u}^{-2} \cdot \textcolor{darkorange}{u'} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Kjerneregelen.

Siden \( {(e^{-\textcolor{green}{k}t})' = -\textcolor{green}{k} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler, er: \[ \textcolor{darkorange}{u'} = -\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{k} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} \]

Plugger vi dette inn i kjerneregelen, får vi: \[ \begin{aligned} S'(t) &= \textcolor{red}{C} \cdot \left(-\textcolor{darkorange}{u}^{-2}\right) \cdot \textcolor{darkorange}{u'} \\ S'(t) &= \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{k} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}{(1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t})^2} \end{aligned} \]

2. Innfør en hjelpevariabel Uttrykket blir enklere med en hjelpevariabel \( w\text{:} \) \[ \begin{aligned} w &= \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} \\ S'(t) &= \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot \dfrac{w}{(1 + w)^2} \end{aligned} \]Her er \( {w > 0}\text{,} \) og siden \( {w' = -\textcolor{green}{k} \cdot w < 0}\text{,} \) avtar \( w \) fra \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{28}} \) mot \( 0 \) når \( t \) øker.

3. Deriver én gang til Vi kaller brøken \( {h(w) = \dfrac{w}{(1 + w)^2}}\text{,} \) så \( {S'(t) = \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot h(w)}\text{.} \) Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{p}{q}\right)' = \dfrac{p' \cdot q - p \cdot q'}{q^2} \]Hvis du er usikker på kvotientregelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} p &= w & p' &= 1 \\ q &= (1 + w)^2 & q' &= 2(1 + w) \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn og forkorter med \( {1 + w}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} h'(w) &= \dfrac{(1 + w)^2 - w \cdot 2(1 + w)}{(1 + w)^4} \\ h'(w) &= \dfrac{(1 + w) - 2w}{(1 + w)^3} \\ h'(w) &= \dfrac{1 - w}{(1 + w)^3} \end{aligned} \]

Med kjerneregelen ganger vi med \( {w' = -\textcolor{green}{k} \cdot w}\text{:} \) \[ \begin{aligned} S''(t) &= \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot h'(w) \cdot (-\textcolor{green}{k} \cdot w) \\ S''(t) &= \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k}^2 \cdot w \cdot (w - 1)}{(1 + w)^3} \end{aligned} \]

4. Finn toppunktet til den deriverte Alt i \( S''(t) \) er positivt bortsett fra \( {w - 1}\text{,} \) og \( w \) avtar når \( t \) øker: \[ \begin{array}{r|ccc} w & > 1 & 1 & < 1 \\ \hline S''(t) & + & 0 & - \\ S'(t) & \nearrow & \text{maks} & \searrow \end{array} \]

Smitten sprer seg derfor raskest når \( {w = 1}\text{,} \) altså når \( {\textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} = 1}\text{.} \) Vi ganger med \( e^{\textcolor{green}{k}t} \) og tar \( \ln \) på begge sider: \[ \begin{aligned} e^{\textcolor{green}{k}t} &= \textcolor{blue}{a} \\ t &= \dfrac{\ln \textcolor{blue}{a}}{\textcolor{green}{k}} = \dfrac{\ln \textcolor{blue}{28}}{\textcolor{green}{0{,}3}} \approx 11{,}11 \end{aligned} \]

Setter vi \( {w = 1} \) inn i \( S'(t)\text{,} \) får vi farten da: \[ S'(t) = \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k}}{4} = \dfrac{\textcolor{red}{300} \cdot \textcolor{green}{0{,}3}}{4} = 22{,}5 \]Flest elever blir smittet etter omtrent \( 11{,}1 \) dager, og da sprer smitten seg med \( 22{,}5 \) elever per dag.

1. Finn toppunktet til den deriverte Vi skriver modellen inn i Algebrafeltet, lar GeoGebra derivere den og tegne grafen til \( S'\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Toppunktet mellom \( {t = 0} \) og \( {t = 30} \) finner vi med Ekstremalpunkt:

Skriv inn i GeoGebra: S(x) = 300 / (1 + 28 e^(-0.3x)) Derivert(S) Ekstremalpunkt(S', 0, 30)

Toppunktet er \( {B \approx (11{,}1073,\ 22{,}5)}\text{.} \) Flest elever blir smittet etter omtrent \( 11{,}1 \) dager, og da sprer smitten seg med \( 22{,}5 \) elever per dag.

Vi ser hva \( S(t) \) går mot når \( t \) vokser, og om nevneren kan bli \( 0\text{.} \)

1. La tiden gå mot uendelig Når \( t \to \infty\text{,} \) går \( {\textcolor{blue}{e^{-0{,}3t}} = \dfrac{1}{e^{0{,}3t}}} \) mot \( 0\text{,} \) fordi nevneren vokser uten grense. Det gir: \[ \lim_{t \to \infty} S(t) = \dfrac{300}{1 + 28 \cdot \textcolor{blue}{0}} = 300 \]

Grafen nærmer seg linja \( {S = 300}\text{,} \) så \( {S = 300} \) er en vannrett asymptote, som i videoen Oppgave 3 - Del 1 - 1T Eksamen Høst 2025. Leddet \( {28 \cdot e^{-0{,}3t}} \) er alltid positivt, så \( {S(t) < 300} \) for alle \( t\text{.} \)

2. Se etter loddrette asymptoter Nevneren \( {1 + 28 \cdot e^{-0{,}3t}} \) er større enn \( 1 \) for alle \( t\text{,} \) fordi \( {e^{-0{,}3t} > 0}\text{.} \) Den blir aldri \( 0\text{,} \) så \( S \) har ingen loddrette asymptoter.

For negative \( t \) ville \( S \) gått mot \( 0\text{,} \) men \( t \) er antall dager etter at epidemien brøt ut, så \( {t \ge 0} \) her.

3. Tolk asymptoten Antallet smittede nærmer seg \( 300\text{,} \) men blir aldri større. Ifølge modellen blir altså omtrent \( 300 \) av de \( 1000 \) elevene smittet, og de andre \( 700 \) slipper unna.