Eksamensoppgaver etter tema

Grensen finnes bare hvis brøken nærmer seg et tall. Vi ser derfor hva telleren og nevneren går mot hver for seg.

1. Sett inn i teller og nevner 0:10 Vi setter inn \( {x = -2} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\text{Teller: }} & (-2)^2 - 4 \cdot (-2) + 2 = \textcolor{red}{14} \\ \textcolor{blue}{\text{Nevner: }} & (-2)^2 - 2 \cdot (-2) - 8 = \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

2. Avgjør om grensen finnes 1:11 Telleren går mot \( \textcolor{red}{14}\text{,} \) mens nevneren går mot \( \textcolor{blue}{0}\text{.} \) Et tall som ikke er \( 0\text{,} \) delt på noe som går mot \( 0\text{,} \) blir større og større i tallverdi, som i videoen Dele på null: \[ \dfrac{x^2 - 4x + 2}{x^2 - 2x - 8} \to \pm\infty \]Brøken nærmer seg ikke noe tall, så grenseverdien eksisterer ikke.

Nevneren er \( 0 \) i \( {x = -2}\text{.} \) Skal grensen finnes, må telleren også være \( 0 \) der, slik at vi får formen \( \dfrac{0}{0}\text{.} \)

1. Sett telleren lik null 0:00 Setter vi inn \( {x = -2}\text{,} \) blir nevneren \( {(-2)^2 - 2 \cdot (-2) - 8 = 0}\text{.} \) Går telleren mot et tall som ikke er \( 0\text{,} \) eksisterer ikke grensen, som i a). Telleren må derfor også bli \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} (-2)^2 + a \cdot (-2) + 2 &= 0 \\ 6 - 2a &= 0 \\ a &= 3 \end{aligned} \]

2. Bruk L'Hôpitals regel 1:46 Med \( {a = 3} \) gir innsetting formen \( \dfrac{0}{0}\text{.} \) Da kan vi bruke L'Hôpitals regel. Den forteller oss at når vi får formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) er: \[ \lim_{x \to -2} \dfrac{\textcolor{red}{f(x)}}{\textcolor{blue}{g(x)}} = \lim_{x \to -2} \dfrac{\textcolor{red}{f'(x)}}{\textcolor{blue}{g'(x)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hôpitals regel.

Her er \( {\textcolor{red}{f(x)} = \textcolor{red}{x^2 + 3x + 2}} \) og \( {\textcolor{blue}{g(x)} = \textcolor{blue}{x^2 - 2x - 8}}\text{.} \) Deriverer vi telleren og nevneren hver for seg, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{2x + 3} \\ \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{2x - 2} \end{aligned} \]

3. Sett inn og regn ut 3:21 Det nye uttrykket gir ikke lenger formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi setter inn \( {x = -2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \lim_{x \to -2} \dfrac{\textcolor{red}{x^2 + 3x + 2}}{\textcolor{blue}{x^2 - 2x - 8}} &= \lim_{x \to -2} \dfrac{\textcolor{red}{2x + 3}}{\textcolor{blue}{2x - 2}} \\ &= \dfrac{2 \cdot (-2) + 3}{2 \cdot (-2) - 2} \\ &= \dfrac{-1}{-6} = \dfrac{1}{6} \end{aligned} \]

Alternativ metode: Faktoriser og forkort 2:05 Begge polynomene er \( 0 \) i \( {x = -2}\text{,} \) så begge har \( {(x + 2)} \) som faktor: \[ \begin{aligned} \dfrac{x^2 + 3x + 2}{x^2 - 2x - 8} &= \dfrac{(x + 1)\textcolor{darkorange}{(x + 2)}}{(x - 4)\textcolor{darkorange}{(x + 2)}} \\ &= \dfrac{x + 1}{x - 4} \end{aligned} \]Når \( {x \to -2}\text{,} \) går brøken mot \( {\dfrac{-2 + 1}{-2 - 4} = \dfrac{1}{6}}\text{,} \) som i videoen Grenseverdier. Metoden lønner seg når faktorene er lette å se.

Vi begynner med å sette inn \( {x = 3} \) i telleren og nevneren hver for seg, og ser hvilken form vi får.

1. Sett inn i teller og nevner 0:04 Vi setter inn \( {x = 3} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\text{Teller: }} & 3(3^2 - 3) = 3 \cdot 6 = \textcolor{red}{18} \\ \textcolor{blue}{\text{Nevner: }} & 3 - 3 = \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]Vi får ikke formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) men et tall delt på \( 0\text{.} \)

2. Se på hver side av 3 0:38 Telleren går mot \( \textcolor{red}{18}\text{,} \) mens nevneren går mot \( \textcolor{blue}{0}\text{.} \) Da blir brøken større og større i tallverdi, og fortegnet avhenger av hvilken side vi kommer fra, som i videoen Dele på null.

Fra høyre er \( {x > 3}\text{,} \) så nevneren er positiv. Fra venstre er nevneren negativ: \[ \begin{aligned} \lim_{x \to 3^+} \dfrac{3(x^2 - 3)}{x - 3} &= +\infty \\ \lim_{x \to 3^-} \dfrac{3(x^2 - 3)}{x - 3} &= -\infty \end{aligned} \]

Merk – Grenseverdien eksisterer ikke: Grensene fra høyre og fra venstre er ulike, så grenseverdien slik den står i oppgaven, eksisterer ikke. Det vi kan bestemme, er grensene fra hver side.

Vi begynner med å sette inn \( {x = 4} \) i telleren og nevneren hver for seg. Gir det formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) faktoriserer vi nevneren og forkorter.

1. Sett inn i teller og nevner 0:00 Vi setter inn \( {x = 4} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \text{Teller: } & \sqrt{4} - 2 = 2 - 2 = 0 \\ \text{Nevner: } & 4 - 4 = 0 \end{aligned} \]Både telleren og nevneren blir \( 0\text{,} \) så innsetting gir formen \( \dfrac{0}{0}\text{.} \)

2. Faktoriser nevneren 0:58 Vi kan ikke dele på \( 0\text{,} \) så vi faktoriserer nevneren. Konjugatsetningen forteller oss at: \[ (\textcolor{blue}{a} - \textcolor{red}{b})(\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b}) = \textcolor{blue}{a}^2 - \textcolor{red}{b}^2 \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Kvadratsetningene.

Her er \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{\sqrt{x}}} \) og \( {\textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{2}}\text{,} \) fordi \( {(\sqrt{x})^2 = x} \) og \( {2^2 = 4}\text{.} \) Det gir oss: \[ x - 4 = (\textcolor{blue}{\sqrt{x}} - \textcolor{red}{2})(\textcolor{blue}{\sqrt{x}} + \textcolor{red}{2}) \]

3. Forkort og sett inn 2:07 Faktoren \( {\textcolor{darkorange}{\sqrt{x} - 2}} \) står både i telleren og i nevneren. Den er ikke \( 0 \) når \( {x \neq 4}\text{,} \) så vi kan forkorte den: \[ \dfrac{\textcolor{darkorange}{\sqrt{x} - 2}}{(\textcolor{darkorange}{\sqrt{x} - 2})(\sqrt{x} + 2)} = \dfrac{1}{\sqrt{x} + 2} \]

Det nye uttrykket gir ikke lenger formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi setter inn \( {x = 4}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 4} \dfrac{1}{\sqrt{x} + 2} = \dfrac{1}{\sqrt{4} + 2} = \dfrac{1}{4} \]

Påstanden skal gjelde for alle funksjoner, så ett moteksempel er nok til å vise at den er usann. Grenseverdiene sier bare hva som skjer langt ute til venstre og til høyre.

1. Let etter et moteksempel Finner vi to funksjoner som har de samme grenseverdiene, men som ikke er like, er påstanden usann. Det kalles et moteksempel, som i videoen Oppgave 5A - Del 1 - R1/S1 Eksamen Vår 2026.

Vi velger: \[ \textcolor{blue}{f(x) = \dfrac{1}{x^2 + 1}} \qquad \textcolor{red}{g(x) = 0} \]

2. Sjekk grenseverdiene Når \( x \to \infty \) eller \( {x \to -\infty}\text{,} \) vokser nevneren \( {x^2 + 1} \) uten grense, så brøken går mot \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \textcolor{blue}{f(x)} &= 0 = \lim_{x \to \infty} \textcolor{red}{g(x)} \\ \lim_{x \to -\infty} \textcolor{blue}{f(x)} &= 0 = \lim_{x \to -\infty} \textcolor{red}{g(x)} \end{aligned} \]

Begge kravene i påstanden er oppfylt, men funksjonene er ikke like: \[ \textcolor{blue}{f(0)} = \dfrac{1}{0 + 1} = 1 \neq 0 = \textcolor{red}{g(0)} \]Påstanden er derfor usann. Andre moteksempler er også riktige, for eksempel \( {f(x) = \dfrac{2x^2}{x^2 + 1}} \) og \( {g(x) = 2}\text{.} \)

Vi skriver \( |x| \) uten absoluttverdi på hver side av \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) bruker vi definisjonen av den deriverte og ser på stigningstallet fra hver side.

1. Deriver på hver side av null For \( {x \ge 0} \) er \( {|x| = x}\text{,} \) og for \( {x < 0} \) er \( {|x| = -x}\text{:} \) \[ f(x) = \begin{cases} \textcolor{blue}{-x}, & x < 0 \\ \textcolor{red}{x}, & x \ge 0 \end{cases} \]Det gir \( {\textcolor{red}{f'(x) = 1}} \) for \( {x > 0} \) og \( {\textcolor{blue}{f'(x) = -1}} \) for \( {x < 0}\text{,} \) så \( f \) er deriverbar for alle \( {x \neq 0}\text{.} \)

2. Bruk definisjonen i null Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ f'(0) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} \]Hvis du er usikker på definisjonen, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {f(0 + h) - f(0) = |h|}\text{.} \) Fra høyre er \( {h > 0}\text{,} \) og fra venstre er \( {h < 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} h > 0\text{:} \quad \dfrac{|h|}{h} &= \dfrac{h}{h} = \textcolor{red}{1} \\ h < 0\text{:} \quad \dfrac{|h|}{h} &= \dfrac{-h}{h} = \textcolor{blue}{-1} \end{aligned} \]Grenseverdiene fra høyre og fra venstre er ulike, så grenseverdien finnes ikke, og \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 0}\text{.} \) Grafen har en knekk i origo.

Påstanden stemmer derfor: \( f \) er deriverbar overalt unntatt i \( {x = 0}\text{.} \)

Påstanden sier «alltid», så den skal gjelde for alle \( a \in \mathbb{R}\text{.} \) Finner vi én verdi av \( a \) der likningen også har andre løsninger, er påstanden usann.

1. Let etter et moteksempel Vi prøver \( {\textcolor{green}{a = 1}}\text{.} \) En potens er et produkt der grunntallet er faktor like mange ganger som eksponenten sier, som i videoen Hva er en Potens, så for eksempel er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{1}^{\textcolor{blue}{2}} &= 1 \cdot 1 = 1 \\ \textcolor{green}{1}^{\textcolor{red}{3}} &= 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1 \end{aligned} \]Da er \( {\textcolor{green}{1}^{\textcolor{blue}{2}} = \textcolor{green}{1}^{\textcolor{red}{3}}}\text{,} \) så \( {x = \textcolor{blue}{2}} \) og \( {y = \textcolor{red}{3}} \) er en løsning av likningen, selv om \( {2 \neq 3}\text{.} \) Dette er et moteksempel, og påstanden er usann.

Påstanden gjelder når \( {a > 0} \) og \( {a \neq 1}\text{,} \) fordi \( a^x \) da enten vokser hele tiden eller avtar hele tiden, og tar hver verdi bare én gang.