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.

Formen \( {A_0 \cdot k^t} \) er en eksponentiell modell, så vi bruker eksponentiell regresjon i GeoGebra på alle punktene i tabellen.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke gjøre regresjon. Øv heller på å tolke \( A_0 \) og \( k\text{,} \) og på c) og d) med modellene i svarene, med kalkulator.

1. Legg punktene inn i GeoGebra Vi skriver månedene i kolonne A og antall tusen fisk i kolonne B i regnearket, markerer tallene og lager en liste med punkt, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Lista får navnet \( l_1\text{.} \)

2. Kjør eksponentiell regresjon Eksponentiell regresjon finner de tallene for \( \textcolor{red}{A_0} \) og \( \textcolor{blue}{k} \) som gjør at grafen går så nær punktene som mulig, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Kommandoen heter RegEksp, og GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: A(x) = RegEksp(l1)

Tallene står på de samme plassene som i formen fra oppgaven: \[ A(t) = \textcolor{red}{A_0} \cdot \textcolor{blue}{k}^t \]Det gir \( {\textcolor{red}{A_0} \approx \textcolor{red}{1{,}6012}} \) og \( {\textcolor{blue}{k} \approx \textcolor{blue}{1{,}6341}}\text{.} \)

3. Tolk tallene \( \textcolor{red}{A_0} \) er antall tusen fisk ved \( {t = 0}\text{,} \) da arten først ble registrert. Ifølge modellen var det omtrent \( 1600 \) fisk. Tabellen sier \( 1000\text{:} \) regresjonen går nær alle punktene, men ikke nødvendigvis gjennom det første.

\( \textcolor{blue}{k} \) er vekstfaktoren per måned. Siden \( {\textcolor{blue}{k} \approx 1{,}634 = 1 + 0{,}634}\text{,} \) øker antall fisk med omtrent \( 63\,\% \) hver måned.

Formen er en logistisk modell, så vi bruker logistisk regresjon i GeoGebra. \( N_0 \) er verdien modellen gir ved \( {t = 0}\text{.} \)

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke gjøre logistisk regresjon. Øv heller på c) og d) med modellen i svaret, med kalkulator.

1. Kjør logistisk regresjon Lista med punkt fra a) heter \( l_1\text{.} \) Logistisk regresjon finner de tallene som gjør at grafen går så nær punktene som mulig, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Til slutt regner vi ut \( N(0)\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: N(x) = RegLogist(l1) N_0 = N(0)

2. Les av de tre tallene GeoGebra gir modellen på formen \( {\dfrac{\textcolor{red}{B}}{1 + \textcolor{green}{b} \cdot e^{-\textcolor{blue}{r}x}}}\text{.} \) Sammenligner vi med formen i oppgaven, er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{B} &\approx \textcolor{red}{111{,}3734} \\ \textcolor{blue}{r} &\approx \textcolor{blue}{0{,}5244} \\ \textcolor{green}{\dfrac{B - N_0}{N_0}} &\approx \textcolor{green}{57{,}2048} \end{aligned} \]

\( N_0 \) er antall tusen fisk ved \( {t = 0} \) i modellen, altså \( {N(0) \approx 1{,}9135}\text{,} \) som GeoGebra regnet ut. Tabellen sier \( 1\text{:} \) RegLogist tilpasser kurven til alle punktene, så modellens verdi ved \( {t = 0} \) er ikke den første verdien i tabellen, som i a).

Kontroll: \( {\dfrac{111{,}3734 - 1{,}9135}{1{,}9135} \approx 57{,}20}\text{,} \) som er tallet foran \( e \) i modellen.

Vi bruker modellene fra a) og b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vekstfarten er den deriverte. Vi deriverer begge modellene og ser om vekstfarten øker hele tiden, eller om den har et toppunkt.

1. Deriver den eksponentielle modellen I a) fant vi modellen: \[ A(t) \approx 1{,}60 \cdot \textcolor{blue}{1{,}634}^t \]Den deriverte av \( \textcolor{blue}{k}^t \) er: \[ \left(\textcolor{blue}{k}^t\right)' = \textcolor{blue}{k}^t \cdot \ln \textcolor{blue}{k} \]Den følger av kjerneregelen, siden \( {\textcolor{blue}{k}^t = e^{t \cdot \ln \textcolor{blue}{k}}}\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Det gir: \[ \begin{aligned} A'(t) &= 1{,}60 \cdot \textcolor{blue}{1{,}634}^t \cdot \ln \textcolor{blue}{1{,}634} \\ A'(t) &\approx 0{,}786 \cdot 1{,}634^t \end{aligned} \]Dette er \( A(t) \) ganget med \( \ln 1{,}634\text{,} \) så vekstfarten øker med samme prosent som antall fisk, \( 63\,\% \) per måned. Den øker hele tiden, og fortere og fortere.

2. Deriver den logistiske modellen I b) fant vi modellen, som vi skriver med \( {\textcolor{darkorange}{w} = \textcolor{darkorange}{57{,}20 \cdot e^{-0{,}524t}}}\text{:} \) \[ N(t) \approx \dfrac{111{,}4}{1 + \textcolor{darkorange}{w}} = 111{,}4 \cdot (1 + \textcolor{darkorange}{w})^{-1} \]

Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(u^{-1}\right)' = -u^{-2} \cdot u' \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er kjernen \( {u = 1 + \textcolor{darkorange}{w}}\text{.} \) Siden \( {(e^{-0{,}524t})' = -0{,}524 \cdot e^{-0{,}524t}}\text{,} \) er \( {u' = \textcolor{darkorange}{w'} = -0{,}524 \cdot \textcolor{darkorange}{w}}\text{.} \) De to minustegnene gir pluss: \[ N'(t) = \dfrac{111{,}4 \cdot 0{,}524 \cdot \textcolor{darkorange}{w}}{(1 + \textcolor{darkorange}{w})^2} \]

Setter vi inn \( \textcolor{darkorange}{w}\text{,} \) og bruker at \( {111{,}4 \cdot 0{,}524 \cdot 57{,}20 \approx 3340}\text{,} \) avrundet til tre gjeldende sifre, får vi: \[ N'(t) \approx \dfrac{3340 \cdot e^{-0{,}524t}}{(1 + 57{,}20 \cdot e^{-0{,}524t})^2} \]

3. Finn ut når vekstfarten er størst Siden \( {N = \dfrac{111{,}4}{1 + w}} \) og \( {1 - \dfrac{N}{111{,}4} = \dfrac{w}{1 + w}}\text{,} \) kan den deriverte skrives: \[ N'(t) = 0{,}524 \cdot N \cdot \left(1 - \dfrac{N}{111{,}4}\right) \]

Dette er et andregradsuttrykk i \( N \) med nullpunkter \( {N = 0} \) og \( {N = 111{,}4}\text{.} \) Det er størst midt mellom dem, når \( {N = 55{,}7}\text{.} \) Antallet \( N \) vokser hele tiden mot \( 111{,}4\text{,} \) så vekstfarten øker til \( {N = 55{,}7} \) og avtar etterpå. Det skjer når \( {\textcolor{darkorange}{w} = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{57{,}20 \cdot e^{-0{,}524t}} &= 1 \\ t &= \dfrac{\ln 57{,}20}{0{,}524} \approx 7{,}7 \end{aligned} \]Da er vekstfarten: \[ N'(t) = 0{,}524 \cdot 55{,}7 \cdot \dfrac{1}{2} \approx 14{,}6 \]Vekstfarten øker altså til omtrent \( 14{,}6 \) tusen fisk per måned etter omtrent \( 7{,}7 \) måneder, og avtar så mot \( 0 \) når antallet nærmer seg bæreevnen.

1. Deriver i CAS I a) og b) lagret vi modellene som \( A \) og \( N \) i GeoGebra, med alle desimalene. Vi deriverer dem i CAS med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: A'(x) N'(x)

Nevneren i \( N'(x) \) er \( {(1 + 57{,}2048 \cdot e^{-0{,}5244x})^2} \) ganget ut, og \( {e^{0{,}4911} \approx 1{,}6341}\text{.} \) CAS gir altså: \[ \begin{aligned} A'(t) &\approx 0{,}7863 \cdot 1{,}6341^t \\ N'(t) &\approx \dfrac{3340{,}95 \cdot e^{-0{,}5244t}}{(1 + 57{,}2048 \cdot e^{-0{,}5244t})^2} \end{aligned} \]

2. Finn toppunktet til den deriverte Vi tegner grafene til \( A' \) og \( N'\text{,} \) og finner toppunktet til \( N' \) med Ekstremalpunkt:

Skriv inn i GeoGebra: Derivert(A) Derivert(N) T = Ekstremalpunkt(N', 0, 14)

Grafen til \( A' \) stiger stadig brattere, og grafen til \( N' \) har toppunktet \( {T \approx (7{,}7168,\ 14{,}6008)}\text{.} \) Med den eksponentielle modellen øker vekstfarten hele tiden. Med den logistiske er den størst etter omtrent \( 7{,}7 \) måneder, omtrent \( 14{,}6 \) tusen fisk per måned, og avtar så mot \( 0\text{.} \)

Vi bruker modellene fra a) og b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

En innsjø har bare plass og mat til et begrenset antall fisk. Den logistiske modellen har en bæreevne, så vi velger den og regner ut \( N(12)\text{.} \)

1. Velg modell Vi sammenligner modellene med tabellen og ser hvordan de oppfører seg etter det siste punktet, som når vi vurderer gyldighetsområdet i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Den eksponentielle modellen gir for mye allerede ved \( {t = 8}\text{,} \) og den vokser uten grense: \[ A(8) \approx 1{,}60 \cdot 1{,}634^8 \approx 81 \]mens tabellen sier \( 60 \) tusen fisk.

Den logistiske modellen går nær alle punktene i tabellen og flater ut mot bæreevnen, omtrent \( 111\,400 \) fisk. Den beskriver situasjonen best.

2. Regn ut antallet etter 12 måneder I b) fant vi modellen: \[ N(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{111{,}4}}{1 + \textcolor{green}{57{,}20} \cdot e^{-\textcolor{blue}{0{,}524}t}} \]

Vi setter inn \( {t = 12}\text{:} \) \[ \begin{aligned} N(12) &\approx \dfrac{\textcolor{red}{111{,}4}}{1 + \textcolor{green}{57{,}20} \cdot e^{-\textcolor{blue}{0{,}524} \cdot 12}} \\ &\approx 100{,}7 \end{aligned} \]Det er omtrent \( 100\,700 \) fisk.

1. Regn ut antallet i GeoGebra I a) og b) lagret vi modellene som \( A \) og \( N \) i GeoGebra, med alle desimalene. Vi tegner begge sammen med punktene og regner ut \( N(12)\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: n = N(12)

Grafen til \( A \) stiger forbi det siste punktet, mens \( N \) følger punktene og flater ut. GeoGebra gir \( {N(12) \approx 100{,}7163}\text{,} \) altså omtrent \( 100\,700 \) fisk.

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.

Vi ser hvordan tallene endrer seg fra år til år, og velger modell etter det. Så lager vi modellene med regresjon i GeoGebra.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke gjøre regresjon. Øv heller på å velge modell ut fra hvordan tallene endrer seg, som i steg 1, og på å bruke modellene i svaret.

1. Velg modeller ut fra tabellen Bensin minker fra 14 185 til 8705 på 12 år. Det er omtrent like mye hvert år, i snitt: \[ \dfrac{8705 - 14\,185}{12} \approx -457 \]Når noe endrer seg med like mye hvert år, passer en lineær modell.

Elbilene ganges med omtrent det samme tallet, vekstfaktoren, hvert år fra 2015. For eksempel er: \[ \dfrac{754}{557} \approx 1{,}35 \qquad \dfrac{5363}{4031} \approx 1{,}33 \]Fra 2015 til 2022 ligger vekstfaktoren mellom 1,33 og 1,43. Da passer en eksponentiell modell, verdien ganget med vekstfaktoren opphøyd i tiden, som i videoen Vekstfaktor. Før 2015 var tallene små og vokste med ujevne faktorer, fra 1,8 til 7, så vi lager den modellen av årene fra 2015.

2. Lag modellene med regresjon Vi skriver \( t \) i kolonne A og tallene i kolonne B i regnearket, markerer dem og lager en liste med punkt, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Lista for bensin får navnet \( l_1\text{,} \) og lista for El. fra 2015, \( {t = 5} \) til \( {t = 12}\text{,} \) navnet \( l_2\text{.} \)

Regresjonen finner tallene som gjør at grafen går så nær punktene som mulig, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. RegLin gir en rett linje, og RegEksp en eksponentiell modell. GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: B = RegLin(l1) E(x) = RegEksp(l2)

3. Skriv opp modellene Med \( t \) for \( x \) gir det: \[ \begin{aligned} B(t) &\approx \textcolor{blue}{-451{,}8}t + 14\,243 \\ E(t) &\approx 107{,}8 \cdot \textcolor{red}{1{,}387}^t \end{aligned} \]Ifølge modellene blir det omtrent \( \textcolor{blue}{452} \) færre bensinbiler hvert år, og omtrent \( \textcolor{red}{39\,\%} \) flere elbiler hvert år. Begge grafene går nær punktene. Andre modeller kan også være riktige når de er begrunnet, for eksempel en eksponentiell modell for bensin.

Vi bruker modellene fra a). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi ser hva modellene sier om årene etter 2022, og om svarene er mulige. Antall bensinbiler kan ikke bli negativt, og det kan ikke bli flere elbiler enn det er biler i Moss.

1. Se på bensinmodellen I a) fant vi modellen: \[ B(t) \approx \textcolor{blue}{-451{,}8}t + 14\,243 \]Ifølge den blir det omtrent \( \textcolor{blue}{452} \) færre bensinbiler hvert år. Den når \( 0 \) når: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{-451{,}8}t + 14\,243 &= 0 \\ t &= \dfrac{14\,243}{\textcolor{blue}{451{,}8}} \approx 31{,}5 \end{aligned} \]Det er i 2041. Etter det gir modellen et negativt antall, så den kan bare gjelde noen år fram.

2. Se på elbilmodellen I a) fant vi modellen: \[ E(t) \approx 107{,}8 \cdot \textcolor{red}{1{,}387}^t \]Ifølge den blir det omtrent \( \textcolor{red}{39\,\%} \) flere elbiler hvert år. Til sammen var det \( 26\,017 \) personbiler i Moss i 2022, summen av tallene i tabellen. Modellen passerer det tallet når: \[ \begin{aligned} 107{,}8 \cdot \textcolor{red}{1{,}387}^t &= 26\,017 \\ \textcolor{red}{1{,}387}^t &= \dfrac{26\,017}{107{,}8} \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og flytter \( t \) ned fra eksponenten, som i videoen Oppgave 5B - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026: \[ t = \dfrac{\ln\left(\dfrac{26\,017}{107{,}8}\right)}{\ln \textcolor{red}{1{,}387}} \approx 16{,}8 \]Det er mellom 2026 og 2027. Så mange elbiler kan det ikke bli, så veksten må flate ut før det. Modellen gjelder bare noen få år fram. På lengre sikt passer en logistisk modell bedre, fordi den flater ut.

1. Finn når modellene blir urimelige I a) lagret vi modellene som \( B \) og \( E \) i GeoGebra. Vi finner der \( B \) skjærer \( x \)-aksen, og der \( E \) når 26 017, alle personbilene i Moss i 2022, med verktøyet Skjæring mellom to objekter, som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025:

Skriv inn i GeoGebra: N = Skjæring(B, xAkse) h: y = 26017 P = Skjæring(E, h)

GeoGebra gir \( {N \approx (31{,}5266,\ 0)} \) og \( {P \approx (16{,}7794,\ 26\,017)}\text{.} \) Bensinmodellen når \( 0 \) i 2041, og elbilmodellen passerer alle personbilene i Moss mellom 2026 og 2027. Begge modellene gjelder derfor bare noen år fram.

Den nederste raden viser hvor langt konsentrasjonen er fra \( 2{,}5\text{.} \) Vi bytter fortegn, bruker eksponentiell regresjon og sammenligner med \( f\text{.} \)

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke gjøre regresjon. Øv heller på b) og c) med modellen \( f \) fra oppgaven, med kalkulator.

1. Legg punktene inn i GeoGebra Vi kaller konsentrasjonen \( K\text{.} \) Tallene i den nederste raden er \( {K - 2{,}5}\text{,} \) og de er negative. Eksponentiell regresjon trenger positive tall, så vi bytter fortegn og bruker \( {\textcolor{blue}{2{,}5 - K}}\text{:} \) \( 2{,}5\text{,} \) \( 2{,}22\text{,} \) \( 1{,}97 \) og så videre.

Vi skriver tiden i kolonne A og \( {\textcolor{blue}{2{,}5 - K}} \) i kolonne B i regnearket, markerer tallene og lager en liste med punkt, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Lista får navnet \( l_1\text{.} \)

2. Kjør eksponentiell regresjon Eksponentiell regresjon finner de tallene for \( \textcolor{red}{a} \) og \( \textcolor{green}{b} \) i \( {\textcolor{red}{a} \cdot \textcolor{green}{b}^t} \) som gjør at grafen går så nær punktene som mulig, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Kommandoen heter RegEksp, og GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: g(x) = RegEksp(l1)

Regresjonen gir \( {\textcolor{red}{a} \approx \textcolor{red}{2{,}5006}} \) og \( {\textcolor{green}{b} \approx \textcolor{green}{0{,}9881}}\text{.} \) Med to desimaler er det: \[ \textcolor{blue}{2{,}5 - K} \approx \textcolor{red}{2{,}50} \cdot \textcolor{green}{0{,}99}^t \]

3. Sammenlign med modellen Vi løser for \( K \) og får modellen fra oppgaven: \[ K \approx 2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^t = f(t) \]

Modellen stemmer også med teksten. Siden \( {0{,}99^0 = 1}\text{,} \) er \( {f(0) = 2{,}5 - 2{,}5 = 0}\text{,} \) som i tabellen. Når \( t \) vokser, går \( 0{,}99^t \) mot \( 0\text{,} \) fordi \( {0{,}99 < 1}\text{.} \) Da går \( f(t) \) mot \( 2{,}5\text{,} \) der konsentrasjonen stabiliserer seg.

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

Vi setter \( {f(t) = 2{,}0}\text{,} \) får potensen \( 0{,}99^t \) alene og tar \( \ln \) på begge sider.

1. Få potensen alene Modellen fra oppgaveteksten er: \[ f(t) = 2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^t \]

Vi setter \( {f(t) = 2{,}0}\text{:} \) \[ 2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^t = 2{,}0 \]

Vi trekker fra \( 2{,}5 \) på begge sider og deler på \( {-2{,}5}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -2{,}5 \cdot 0{,}99^t &= -0{,}5 \\ 0{,}99^t &= 0{,}2 \end{aligned} \]

2. Ta ln på begge sider Vi tar \( \ln \) på begge sider. 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 \( \textcolor{green}{t} \) ned fra eksponenten, som i videoen Oppgave 5B - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026.

Det gir oss: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{t} \cdot \ln 0{,}99 &= \ln 0{,}2 \\ t &= \dfrac{\ln 0{,}2}{\ln 0{,}99} \approx 160{,}14 \end{aligned} \]Konsentrasjonen er \( 2{,}0\,\text{mmol/L} \) etter omtrent \( 160 \) sekunder.

1. Løs likningen i CAS Vi skriver modellen inn i CAS og løser \( {f(t) = 2} \) med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: f(t) := 2.5 - 2.5*0.99^t Løs(f(t) = 2, t)

CAS gir \( {t \approx 160{,}1377}\text{.} \) Konsentrasjonen er \( 2{,}0\,\text{mmol/L} \) etter omtrent \( 160 \) sekunder.

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

Hvor fort konsentrasjonen øker, er den deriverte \( f'(t)\text{.} \) Vi finner når \( {f'(t) = 0{,}001}\text{,} \) og ser at \( f'(t) \) avtar.

1. Deriver modellen Modellen fra oppgaveteksten er: \[ f(t) = 2{,}5 - 2{,}5 \cdot \textcolor{green}{0{,}99^t} \]

Vi skriver \( {\textcolor{green}{0{,}99^t} = e^{t \cdot \ln 0{,}99}}\text{.} \) Da gir kjerneregelen for \( e \) opphøyd i en kjerne, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \left(\textcolor{green}{0{,}99^t}\right)' = \textcolor{green}{0{,}99^t} \cdot \ln 0{,}99 \]

Konstanten \( 2{,}5 \) har derivert \( 0\text{,} \) så: \[ f'(t) = -2{,}5 \cdot \ln 0{,}99 \cdot \textcolor{green}{0{,}99^t} \]Siden \( {\ln 0{,}99 < 0}\text{,} \) er \( {f'(t) > 0}\text{,} \) og den avtar når \( t \) øker, fordi \( \textcolor{green}{0{,}99^t} \) avtar.

2. Finn når økningen blir så liten Vi setter \( {f'(t) = 0{,}001} \) og deler på \( {-2{,}5 \cdot \ln 0{,}99}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{0{,}99^t} = \dfrac{0{,}001}{-2{,}5 \cdot \ln 0{,}99} \approx 0{,}0398 \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider, som i b), og regner med alle desimalene på kalkulatoren: \[ t = \dfrac{\ln 0{,}0398\ldots}{\ln 0{,}99} \approx 320{,}8 \]Etter det er \( {f'(t) < 0{,}001}\text{,} \) fordi \( f'(t) \) avtar. Det tar altså omtrent \( 321 \) sekunder.

1. Løs likningen i CAS Vi lar CAS derivere modellen og løser \( {f'(t) = 0{,}001} \) med knappen ≈:

Skriv inn i GeoGebra: f(t) := 2.5 - 2.5*0.99^t f'(t) Løs(f'(t) = 0.001, t)

CAS gir \( {t \approx 320{,}775}\text{.} \) Siden \( f'(t) \) avtar, øker konsentrasjonen med mindre enn \( 0{,}001\,\text{mmol/L} \) per sekund etter omtrent \( 321 \) sekunder.