Eksamensoppgaver etter tema

Byen har 3 millioner husstander, så halvparten er \( 1\,500\,000\text{.} \) Vi finner \( t \) når \( {S(t) = 1\,500\,000}\text{.} \)

1. Sett opp likningen Vi skal finne \( t \) når \( {S(t) = 1\,500\,000}\text{,} \) og vil få potensen \( {\textcolor{green}{e^{-0{,}08t}}} \) alene: \[ \dfrac{2\,500\,000}{1 + 2500 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}08t}}} = 1\,500\,000 \]

2. Få potensen alene Vi ganger med nevneren og deler på \( 1\,500\,000\text{.} \) Så trekker vi fra \( 1 \) og deler på \( 2500\text{:} \) \[ \begin{aligned} 1 + 2500 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}08t}} &= \dfrac{2\,500\,000}{1\,500\,000} = \dfrac{5}{3} \\ 2500 \cdot \textcolor{green}{e^{-0{,}08t}} &= \dfrac{2}{3} \\ \textcolor{green}{e^{-0{,}08t}} &= \dfrac{1}{3750} \end{aligned} \]

3. Ta ln på begge sider Siden \( {e^{-u} = \dfrac{1}{e^u}}\text{,} \) er \( {\textcolor{green}{e^{0{,}08t}} = 3750}\text{.} \) Vi tar \( \ln \) på begge sider og bruker at \( {\ln(e^u) = u \cdot \ln e = u}\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{0{,}08t} &= \ln 3750 \\ t &= \dfrac{\ln 3750}{0{,}08} \approx 102{,}87 \end{aligned} \]Det tar omtrent \( 102{,}9 \) uker, så antallet passerer 1,5 millioner i løpet av uke 103.

1. Finn skjæringspunktet med linja Vi skriver modellen inn i Algebrafeltet, tegner linja \( {y = 1\,500\,000} \) 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) = 2500000 / (1 + 2500 e^(-0.08x)) g: y = 1500000

Skjæringspunktet er \( {A \approx (102{,}8689,\ 1\,500\,000)}\text{.} \) Det tar omtrent \( 102{,}9 \) uker.

\( S'(52) \) er hvor fort antallet husstander med batteriet vokser 52 uker etter lanseringen. Med kalkulator deriverer vi modellen for hånd først.

1. Deriver modellen med kjerneregelen Modellen har formen \[ S(t) = \dfrac{\textcolor{red}{C}}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} \]med \( {\textcolor{red}{C} = \textcolor{red}{2\,500\,000}}\text{,} \) \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{2500}} \) og \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{0{,}08}}\text{.} \) Vi regner med bokstavene og setter inn tallene til slutt.

Vi kaller \( {w = \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}\text{.} \) Siden \( {(e^{-\textcolor{green}{k}t})' = -\textcolor{green}{k} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler, er: \[ \begin{aligned} S(t) &= \textcolor{red}{C} \cdot {\textcolor{darkorange}{(1 + w)}}^{-1} \\ w' &= -\textcolor{green}{k} \cdot w \end{aligned} \]

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.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{u} &= \textcolor{darkorange}{1 + w} & \textcolor{darkorange}{u'} &= w' = -\textcolor{green}{k}w \end{aligned} \]

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

2. Sett inn tallene I \( {t = 52} \) er: \[ w = \textcolor{blue}{2500} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}08} \cdot 52} \approx 39{,}0189 \]

Med alle desimalene fra kalkulatoren gir det: \[ \begin{aligned} S'(52) &\approx \dfrac{\textcolor{red}{2\,500\,000} \cdot \textcolor{green}{0{,}08} \cdot 39{,}0189}{40{,}0189^2} \\ &\approx 4872{,}76 \end{aligned} \]

3. Tolk svaret Den deriverte er stigningstallet til grafen i et punkt, altså hvor fort \( S \) vokser akkurat da, som i videoen Definisjonen til den deriverte. 52 uker etter lanseringen, altså omtrent ett år etter, øker antallet husstander med batteriet med omtrent 4873 per uke.

1. Regn ut den deriverte Vi skriver modellen inn i Algebrafeltet og regner ut den deriverte i \( {t = 52}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: S(x) = 2500000 / (1 + 2500 e^(-0.08x)) d = S'(52)

GeoGebra gir \( {S'(52) \approx 4872{,}7573}\text{.} \) Ett år etter lanseringen øker antallet husstander med batteriet altså med omtrent 4873 per uke.

Vi bruker den deriverte av en logistisk modell fra b).

Vi bruker samme form som \( S\text{.} \) De tre antakelsene gir de tre tallene i modellen etter tur: antallet modellen flater ut mot, antallet ved lanseringen og når veksten er størst.

1. Finn C og a En logistisk modell har formen \[ F(t) = \dfrac{\textcolor{red}{C}}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} \]der \( \textcolor{red}{C} \) er antallet modellen flater ut mot, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. PowBat vil totalt selge batteriet til 1,5 millioner husstander, så \( {\textcolor{red}{C} = \textcolor{red}{1\,500\,000}}\text{.} \)

Ved lanseringen er \( {t = 0} \) og \( {e^0 = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} F(0) = \dfrac{\textcolor{red}{1\,500\,000}}{1 + \textcolor{blue}{a}} &= 500 \\ 1 + \textcolor{blue}{a} &= 3000 \\ \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{2999} \end{aligned} \]

2. Finn når veksten er størst I b) fant vi den deriverte av en slik modell. Med \( {w = \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} \) er den: \[ F'(t) = \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot \dfrac{w}{(1 + w)^2} \]

Vi viser at brøken \( {\dfrac{w}{(1 + w)^2}} \) aldri er større enn \( \dfrac{1}{4}\text{,} \) og sammenligner derfor \( {(1 + w)^2} \) med \( 4w\text{:} \) \[ \begin{aligned} (1 + w)^2 - 4w &= 1 - 2w + w^2 \\ &= (1 - w)^2 \ge 0 \end{aligned} \]

Altså er \( {(1 + w)^2 \ge 4w}\text{.} \) Deler vi på \( {4(1 + w)^2}\text{,} \) får vi: \[ \dfrac{w}{(1 + w)^2} \le \dfrac{1}{4} \]med likhet bare når \( {w = 1}\text{.} \) Veksten er altså størst når \( {\textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} = 1}\text{.} \)

3. Finn k Veksten skal være størst når \( {t = 60}\text{.} \) Vi ganger med \( e^{60\textcolor{green}{k}} \) og tar \( \ln \) på begge sider: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{2999} \cdot e^{-60\textcolor{green}{k}} &= 1 \\ e^{60\textcolor{green}{k}} &= 2999 \\ 60\textcolor{green}{k} &= \ln 2999 \\ \textcolor{green}{k} &= \dfrac{\ln 2999}{60} \approx \textcolor{green}{0{,}1334} \end{aligned} \]

Setter vi inn tallene, får vi modellen: \[ F(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{1\,500\,000}}{1 + \textcolor{blue}{2999} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}1334}t}} \]

1. Løs kravene i CAS Veksten \( F'(t) \) er størst der grafen til \( F \) har vendepunkt, altså der \( {F''(t) = 0}\text{.} \) Vi skriver modellen med de ukjente \( a \) og \( k \) inn i CAS og løser \( {F(0) = 500} \) og \( {F''(60) = 0} \) sammen. Rad 3 er rad 2 med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: F(t) := 1500000 / (1 + a e^(-k t)) Løs({F(0) = 500, F''(60) = 0}, {a, k})

CAS gir \( {a = 2999} \) og \( {k = \dfrac{\ln 2999}{60} \approx 0{,}1334}\text{.} \) Løsningen \( {k = 0} \) gir en modell som ikke vokser, så den forkaster vi.

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.