Eksamensoppgaver etter tema

Formen i oppgaven er en logistisk modell, så vi bruker logistisk regresjon i GeoGebra.

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

1. Legg punktene inn i GeoGebra Vi skriver tiden i kolonne A og farten 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 logistisk regresjon Logistisk regresjon finner de tallene for \( \textcolor{red}{C}\text{,} \) \( \textcolor{blue}{a} \) og \( \textcolor{green}{k} \) som gjør at grafen går så nær punktene som mulig, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: V(x) = RegLogist(l1)

3. Skriv opp modellen Tallene står på de samme plassene som i formen fra oppgaven: \[ V(t) = \dfrac{\textcolor{red}{C}}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} \]Det gir \( {\textcolor{red}{C} \approx \textcolor{red}{223{,}48}}\text{,} \) \( {\textcolor{blue}{a} \approx \textcolor{blue}{27{,}33}} \) og \( {\textcolor{green}{k} \approx \textcolor{green}{0{,}0478}}\text{.} \)

I b) til d) regner GeoGebra videre med modellen slik den er lagret, med alle desimalene. Med kalkulator regner vi videre med tallene i svaret.

Merk – Ikke rund av for tidlig: Runder vi \( k \) av til \( 0{,}05\text{,} \) blir svaret i b) omtrent \( 61{,}9\,\text{s} \) i stedet for \( 64{,}8\,\text{s}\text{.} \)

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

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

1. Sett opp likningen I a) fant vi modellen: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}48}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}33} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]

Vi regner med bokstavene \( \textcolor{red}{C}\text{,} \) \( \textcolor{blue}{a} \) og \( \textcolor{green}{k}\text{,} \) og setter inn tallene til slutt. Vi skal finne \( t \) når \( {V(t) = 100}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{red}{C}}{1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}} = 100 \]

2. Få potensen alene Vi ganger begge sider med nevneren, trekker fra \( 100 \) og deler med \( {100 \cdot \textcolor{blue}{a}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{C} &= 100 + 100 \cdot \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} \\ e^{-\textcolor{green}{k}t} &= \dfrac{\textcolor{red}{C} - 100}{100 \cdot \textcolor{blue}{a}} \end{aligned} \]

3. Ta ln på begge sider Brøken er positiv, fordi \( {\textcolor{red}{C} > 100}\text{,} \) så vi kan ta \( \ln \) på begge sider. Siden \( {\ln(e^u) = u \cdot \ln e = u}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} -\textcolor{green}{k}t &= \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{C} - 100}{100 \cdot \textcolor{blue}{a}}\right) \\ t &= -\dfrac{1}{\textcolor{green}{k}} \cdot \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{C} - 100}{100 \cdot \textcolor{blue}{a}}\right) \end{aligned} \]Hvis du er usikker på å ta \( \ln \) på begge sider, kan du se videoen Oppgave 5B - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026.

4. Sett inn tallene Plugger vi inn tallene fra svaret i a), er brøken \[ \dfrac{\textcolor{red}{223{,}48} - 100}{100 \cdot \textcolor{blue}{27{,}33}} = \dfrac{123{,}48}{2733} \]

Så regner vi ut \( t \) med kalkulatoren, uten å runde av brøken først: \[ t \approx -\dfrac{1}{\textcolor{green}{0{,}0478}} \ln\left(\dfrac{123{,}48}{2733}\right) \approx 64{,}79 \]Farten er \( 100\,\text{m/s} \) etter omtrent \( 64{,}8 \) sekunder.

1. Finn skjæringspunktet med linja I a) lagret vi modellen som \( V \) i GeoGebra, med alle desimalene: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}4774}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}3272} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]

Vi 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:

Skriv inn i GeoGebra: g: y = 100

Skjæringspunktet er \( {A \approx (64{,}7903,\ 100)}\text{.} \) Farten er \( 100\,\text{m/s} \) etter omtrent \( 64{,}8 \) sekunder.

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

Fartsøkningen er den deriverte \( V'(t)\text{.} \) Den er størst i toppunktet til \( V'\text{,} \) der den andrederiverte \( V''(t) \) er \( 0 \) og skifter fortegn fra pluss til minus.

1. Deriver modellen med kjerneregelen I a) fant vi modellen: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}48}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}33} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]Vi regner med \( \textcolor{red}{C}\text{,} \) \( \textcolor{blue}{a} \) og \( \textcolor{green}{k} \) og setter inn tallene til slutt.

Vi skriver modellen som \( {V(t) = \textcolor{red}{C} \cdot \textcolor{darkorange}{u}^{-1}} \) 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: \[ \begin{aligned} V'(t) &= \textcolor{red}{C} \cdot \left(-\textcolor{darkorange}{u}^{-2}\right) \cdot \textcolor{darkorange}{u'} \\ V'(t) &= \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{k} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}{(1 + \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t})^2} \end{aligned} \]

2. Innfør en hjelpevariabel Uttrykket blir enklere med en hjelpevariabel \( w\text{:} \) \[ \begin{aligned} w &= \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} \\ V'(t) &= \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot \dfrac{w}{(1 + w)^2} \end{aligned} \]Her er \( {w > 0}\text{,} \) og siden \( {w' = -\textcolor{green}{k} \cdot w < 0}\text{,} \) avtar \( w \) fra \( {\textcolor{blue}{a} \approx \textcolor{blue}{27{,}33}} \) mot \( 0 \) når \( t \) øker.

3. Deriver én gang til Vi kaller brøken \( {h(w) = \dfrac{w}{(1 + w)^2}}\text{,} \) så \( {V'(t) = \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot h(w)}\text{.} \) 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 \( {w' = -\textcolor{green}{k} \cdot w}\text{:} \) \[ \begin{aligned} V''(t) &= \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot h'(w) \cdot (-\textcolor{green}{k} \cdot w) \\ V''(t) &= \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k}^2 \cdot w \cdot (w - 1)}{(1 + w)^3} \end{aligned} \]

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

Fartsøkningen er derfor størst 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: \[ \begin{aligned} e^{\textcolor{green}{k}t} &= \textcolor{blue}{a} \\ t &= \dfrac{\ln \textcolor{blue}{a}}{\textcolor{green}{k}} \approx \dfrac{\ln \textcolor{blue}{27{,}33}}{\textcolor{green}{0{,}0478}} \approx 69{,}20 \end{aligned} \]

Setter vi \( {w = 1} \) inn i \( V'(t)\text{,} \) får vi den største fartsøkningen: \[ \begin{aligned} V'(t) &= \dfrac{\textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k}}{4} \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}48} \cdot \textcolor{green}{0{,}0478}}{4} \\ V'(t) &\approx 2{,}67 \end{aligned} \]Fartsøkningen er størst etter omtrent \( 69{,}2 \) sekunder, og da er den omtrent \( 2{,}67\,\text{m/s}^2\text{.} \)

1. Finn toppunktet til den deriverte I a) lagret vi modellen som \( V \) i GeoGebra, med alle desimalene: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}4774}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}3272} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]

Vi lar GeoGebra derivere modellen og tegne grafen til \( V'\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Toppunktet mellom \( {t = 0} \) og \( {t = 150} \) finner vi med Ekstremalpunkt:

Skriv inn i GeoGebra: Derivert(V) Ekstremalpunkt(V', 0, 150)

Toppunktet er \( {B \approx (69{,}2022,\ 2{,}6706)}\text{.} \) Fartsøkningen er størst etter omtrent \( 69{,}2 \) sekunder, og da er den omtrent \( 2{,}67\,\text{m/s}^2\text{.} \)

Vi bruker modellen fra a) og uttrykket for \( V'(t) \) fra c). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Farten øker med mer enn \( 2\,\text{m/s}^2 \) når \( {V'(t) > 2}\text{.} \) Vi finner de to tidspunktene der \( {V'(t) = 2}\text{,} \) og tiden mellom dem.

1. Sett opp likningen I a) fant vi modellen: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}48}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}33} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]

I c) fant vi, med \( {w = \textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t}}\text{,} \) at: \[ V'(t) = \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot \dfrac{w}{(1 + w)^2} \]Den vokser til omtrent \( 2{,}67 \) og avtar igjen, så farten øker med mer enn \( 2\,\text{m/s}^2 \) mellom de to tidspunktene der \( {V'(t) = 2}\text{.} \)

Vi setter \( {V'(t) = 2}\text{,} \) ganger med \( {(1 + w)^2} \) og samler alt på én side: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \cdot w &= 2(1 + w)^2 \\ 0 &= 2w^2 + (4 - \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k}) \cdot w + 2 \end{aligned} \]

2. Løs andregradslikningen Med tallene fra svaret i a) er \[ \textcolor{red}{C}\textcolor{green}{k} \approx \textcolor{red}{223{,}48} \cdot \textcolor{green}{0{,}0478} = 10{,}682344 \]Vi setter inn og deler med \( 2\text{:} \) \[ w^2 - 3{,}341172 \cdot w + 1 = 0 \]

Bokstaven \( a \) er brukt i modellen, så vi skriver likningen som \( {p \cdot w^2 + q \cdot w + r = 0}\text{.} \) Løsningene finner vi med abc-formelen, som i videoen Andregradslikninger & abc-formelen: \[ w = \dfrac{-q \pm \sqrt{q^2 - 4pr}}{2p} \]

Plugger vi inn \( {p = 1}\text{,} \) \( {q = -3{,}341172} \) og \( {r = 1}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} w &= \dfrac{3{,}341172 \pm \sqrt{3{,}341172^2 - 4}}{2} \\ w_1 &\approx 3{,}0088 \\ w_2 &\approx 0{,}3324 \end{aligned} \]Begge ligger mellom \( 0 \) og \( \textcolor{blue}{a}\text{,} \) så begge gir en tid etter start.

3. Finn de to tidspunktene Vi løser \( {\textcolor{blue}{a} \cdot e^{-\textcolor{green}{k}t} = w} \) for \( t \) som i b): vi deler med \( \textcolor{blue}{a}\text{,} \) tar \( \ln \) på begge sider og bruker at \( {\ln(e^u) = u}\text{:} \) \[ t = -\dfrac{1}{\textcolor{green}{k}} \cdot \ln\left(\dfrac{w}{\textcolor{blue}{a}}\right) \]

Plugger vi inn \( w_1 \) og \( w_2 \) med alle desimalene fra kalkulatoren, får vi: \[ \begin{aligned} t_1 &\approx -\dfrac{1}{\textcolor{green}{0{,}0478}} \ln\left(\dfrac{3{,}0088}{\textcolor{blue}{27{,}33}}\right) \approx 46{,}16 \\ t_2 &\approx -\dfrac{1}{\textcolor{green}{0{,}0478}} \ln\left(\dfrac{0{,}3324}{\textcolor{blue}{27{,}33}}\right) \approx 92{,}25 \end{aligned} \]

Farten øker med mer enn \( 2\,\text{m/s}^2 \) fra \( t_1 \) til \( t_2\text{.} \) Med alle desimalene er \[ t_2 - t_1 \approx 46{,}09 \]Det er omtrent \( 46{,}1 \) sekunder.

1. Finn skjæringspunktene med linja I a) lagret vi modellen som \( V \) i GeoGebra, med alle desimalene: \[ V(t) \approx \dfrac{\textcolor{red}{223{,}4774}}{1 + \textcolor{blue}{27{,}3272} \cdot e^{-\textcolor{green}{0{,}0478}t}} \]

Vi tegner grafen til \( V' \) og linja \( {y = 2}\text{,} \) og bruker verktøyet Skjæring mellom to objekter ved hvert skjæringspunkt, som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Til slutt regner vi ut avstanden mellom førstekoordinatene:

Skriv inn i GeoGebra: Derivert(V) h: y = 2 d = x(Q) - x(P)

Skjæringspunktene er \( {P \approx (46{,}1577,\ 2)} \) og \( {Q \approx (92{,}2467,\ 2)}\text{,} \) og \( {d \approx 46{,}0891}\text{.} \) Farten øker med mer enn \( 2\,\text{m/s}^2 \) i omtrent \( 46{,}1 \) sekunder.

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.

Påstanden gjelder alle tredjegradsfunksjoner. Ekstremalpunkter kan bare ligge der \( {f'(x) = 0}\text{,} \) så vi ser etter en tredjegradsfunksjon der den deriverte aldri er null.

1. Deriver tredjegradsfunksjonen Oppgaven var også med på S1-eksamen høsten 2023, og du kan se den løst i videoen Oppgave 6A (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

En tredjegradsfunksjon kan skrives \( {f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d} \) med \( {a \neq 0}\text{.} \) Med potensregelen, \( {(x^n)' = n \cdot x^{n - 1}}\text{,} \) er: \[ f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c \]Den deriverte er et andregradsuttrykk.

2. Se når den deriverte er null Bokstavene \( a\text{,} \) \( b \) og \( c \) er brukt, så vi kaller koeffisientene i \( f'(x) \) for \( {\textcolor{blue}{p} = 3a}\text{,} \) \( {\textcolor{red}{q} = 2b} \) og \( {\textcolor{green}{r} = c}\text{.} \) Med abc-formelen har \( {f'(x) = 0} \) løsningene: \[ x = \dfrac{-\textcolor{red}{q} \pm \sqrt{\textcolor{red}{q}^2 - 4\textcolor{blue}{p}\textcolor{green}{r}}}{2\textcolor{blue}{p}} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Er tallet under rottegnet negativt, finnes det ingen løsning, som i videoen Andregradslikninger & abc-formelen. Da er \( f'(x) \) aldri null, og grafen har ingen ekstremalpunkter.

3. Finn et moteksempel Vi velger \( {f(x) = x^3 + x}\text{.} \) Da er: \[ f'(x) = 3x^2 + 1 \]Her er \( {\textcolor{blue}{p} = \textcolor{blue}{3}}\text{,} \) \( {\textcolor{red}{q} = \textcolor{red}{0}} \) og \( {\textcolor{green}{r} = \textcolor{green}{1}}\text{,} \) så tallet under rottegnet er \( {\textcolor{red}{0}^2 - 4 \cdot \textcolor{blue}{3} \cdot \textcolor{green}{1} = -12 < 0}\text{.} \)

Siden \( {x^2 \ge 0}\text{,} \) er \( {f'(x) \ge 1} \) for alle \( x\text{.} \) Grafen stiger hele tiden og har ingen ekstremalpunkter. Det er et moteksempel, så påstanden er usann.

Linja skjærer grafen der \( f(x) \) er lik linja. Samler vi alt på én side, får vi en tredjegradslikning, og en tredjegradsfunksjon har alltid minst ett nullpunkt.

1. Se hvor grafen kommer fra Oppgaven var også med på S1-eksamen høsten 2023, og du kan se den løst i videoen Oppgave 6B (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

Vi skriver \( {f(x) = \textcolor{blue}{a}x^3 + bx^2 + cx + d} \) med \( {\textcolor{blue}{a} \neq 0}\text{.} \) Når \( x \) blir stor i tallverdi, bestemmer leddet \( \textcolor{blue}{a}x^3 \) hvor grafen går. Er \( {\textcolor{blue}{a} > 0}\text{,} \) er: \[ \begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} f(x) &= -\infty \\ \lim_{x \to \infty} f(x) &= \infty \end{aligned} \]Er \( {\textcolor{blue}{a} < 0}\text{,} \) er det omvendt.

Grafen henger sammen, så på veien fra \( {-\infty} \) til \( \infty \) må den krysse \( x \)-aksen minst én gang. En tredjegradsfunksjon har altså alltid minst ett nullpunkt.

2. Sett funksjonen lik linja Bokstavene \( a \) og \( b \) er brukt i \( f\text{,} \) så vi skriver linja \( {y = kx + m}\text{.} \) Den skjærer grafen der \( {f(x) = kx + m}\text{,} \) altså der \( {g(x) = 0} \) med: \[ \begin{aligned} g(x) &= f(x) - kx - m \\ &= \textcolor{blue}{a}x^3 + bx^2 \\ &\quad + (c - k)x + (d - m) \end{aligned} \]

\( g \) er en tredjegradsfunksjon, fordi \( {\textcolor{blue}{a} \neq 0}\text{.} \) Den har minst ett nullpunkt, så linja skjærer grafen minst én gang, uansett hva \( k \) og \( m \) er. Påstanden er derfor sann.

Et vendepunkt ligger der \( {f''(x) = 0}\text{.} \) Vi deriverer \( f \) to ganger, bruker at \( {f''(3) = 0}\text{,} \) og regner ut \( f'(1) \) og \( f'(5)\text{.} \)

1. Deriver to ganger Oppgaven var også med på S1-eksamen høsten 2023, og du kan se den løst i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

Med \( {f(x) = \textcolor{blue}{a}x^3 + \textcolor{red}{b}x^2 + cx + d} \) og potensregelen, \( {(x^n)' = n \cdot x^{n - 1}}\text{,} \) er: \[ \begin{aligned} f'(x) &= 3\textcolor{blue}{a}x^2 + 2\textcolor{red}{b}x + c \\ f''(x) &= 6\textcolor{blue}{a}x + 2\textcolor{red}{b} \end{aligned} \]

2. Bruk vendepunktet Vendepunktet i \( {x = 3} \) gir \( {f''(3) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 6\textcolor{blue}{a} \cdot 3 + 2\textcolor{red}{b} &= 0 \\ \textcolor{red}{b} &= -9\textcolor{blue}{a} \end{aligned} \]

3. Regn ut de to deriverte Vi setter inn \( {x = 1} \) og \( {\textcolor{red}{b} = -9\textcolor{blue}{a}} \) i \( f'(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f'(1) &= 3\textcolor{blue}{a} + 2\textcolor{red}{b} + c \\ f'(1) &= 3\textcolor{blue}{a} - 18\textcolor{blue}{a} + c = c - 15\textcolor{blue}{a} \end{aligned} \]

Og så \( {x = 5}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f'(5) &= 75\textcolor{blue}{a} + 10\textcolor{red}{b} + c \\ f'(5) &= 75\textcolor{blue}{a} - 90\textcolor{blue}{a} + c = c - 15\textcolor{blue}{a} \end{aligned} \]

Begge er \( {c - 15\textcolor{blue}{a}}\text{,} \) så \( {f'(1) = f'(5)}\text{,} \) og påstanden er sann. Det passer med at grafen til \( f' \) er en parabel med toppunkt eller bunnpunkt i \( {x = 3}\text{,} \) og 1 og 5 ligger like langt fra 3.