TMA4100 konteeksamen 2025 – løsningsforslag

Vi setter inn \( {x = 0} \) der vi kan. Bare brøken med \( \sin(\sqrt{x}) \) gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så den tar vi for seg selv med L'Hôpitals regel.

1. Finn grensen til den innerste brøken Vi kaller \( \sqrt{x} \) for \( u\text{.} \) Når \( {x \to 0^+}\text{,} \) går også \( {u \to 0^+}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\sin u}}{\textcolor{blue}{u}} \]

Vi setter inn \( {u = 0} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\sin 0} &= \textcolor{red}{0} \\ \textcolor{blue}{u} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

L'Hôpitals regel forteller oss at ved \( \dfrac{0}{0} \) er: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f(u)}}{\textcolor{blue}{g(u)}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f'(u)}}{\textcolor{blue}{g'(u)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f} &= \textcolor{red}{\sin u} & \textcolor{red}{f'} &= \textcolor{red}{\cos u} \\ \textcolor{blue}{g} &= \textcolor{blue}{u} & \textcolor{blue}{g'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\cos u}}{\textcolor{blue}{1}} = \cos 0 = \underline{1} \]

2. Sett inn i resten av uttrykket Resten er kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) så vi setter inn der. Den store brøken har teller og nevner: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}} &\to \textcolor{darkorange}{0 + 0 + 1 = 1} \\ \textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}} &\to \textcolor{magenta}{8 + 1 = 9} \end{aligned} \]

Kvadratroten er også kontinuerlig, så grensen kan flyttes inn under roten: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x + \dfrac{\textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}}}{\textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}}}} \\ &= \sqrt{0 + \dfrac{\textcolor{darkorange}{1}}{\textcolor{magenta}{9}}} = \dfrac{1}{3} \end{aligned} \]

Vi finner \( f(0)\text{,} \) \( f'(0) \) og \( f''(0) \) og setter dem inn i formelen. Siden \( {1 + 0{,}3 = 1{,}3}\text{,} \) setter vi så inn \( {x = 0{,}3}\text{.} \)

1. Skriv opp formelen Taylorpolynomet av grad 2 om \( {x = 0} \) er: \[ P_2(x) = \textcolor{blue}{f(0)} + \textcolor{red}{f'(0)}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{f''(0)}}{2!}\,x^2 \]Du ser formelen med sentrum i \( 0 \) i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

2. Deriver to ganger Kjerneregelen med kjernen \( {1 + x} \) forteller oss at: \[ \left((1 + x)^n\right)' = n(1 + x)^{n-1} \cdot 1 \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Med \( {n = \dfrac{1}{3}} \) og så \( {n = -\dfrac{2}{3}}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f(x) &= (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \\ f'(x) &= \dfrac{1}{3}(1 + x)^{-\tfrac{2}{3}} \\ f''(x) &= -\dfrac{2}{9}(1 + x)^{-\tfrac{5}{3}} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) blir alle potensene av \( 1 \) lik \( 1\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(0)} &= \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{red}{f'(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}} \\ \textcolor{green}{f''(0)} &= \textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}} \end{aligned} \]

3. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} P_2(x) &= \textcolor{blue}{1} + \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}}}{2}\,x^2 \\ &= 1 + \dfrac{x}{3} - \dfrac{x^2}{9} \end{aligned} \]

4. Regn ut tilnærmingen Siden \( {\sqrt[3]{1{,}3} = f(0{,}3)}\text{,} \) setter vi inn \( {x = 0{,}3}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sqrt[3]{1{,}3} &\approx P_2(0{,}3) \\ &= 1 + \dfrac{0{,}3}{3} - \dfrac{0{,}09}{9} \\ &= 1 + 0{,}1 - 0{,}01 = 1{,}09 \end{aligned} \]

Nevneren er \( 0 \) i \( {x = 0}\text{,} \) midt i intervallet. Vi deler derfor integralet der og regner ut en av delene som en grense.

1. Del integralet i to I \( {x = 0} \) er telleren \( 1 \) og nevneren \( 0\text{:} \) \[ \cos 0 = 1, \quad \sin^2 0 = 0 \]

Integralet konvergerer bare hvis begge delene konvergerer: \[ \begin{aligned} &\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx \\ &= \int_{-\pi/2}^{0} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx + \int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx \end{aligned} \]

2. Finn den antideriverte Vi ser at \( \cos x \) er den deriverte av \( \sin x\text{,} \) så vi bruker substitusjon, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\sin x} \\ \textcolor{blue}{du} &= \textcolor{blue}{\cos x\,dx} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{\textcolor{blue}{\cos x\,dx}}{\textcolor{red}{\sin^2 x}} &= \int \dfrac{\textcolor{blue}{du}}{\textcolor{red}{u}^2} = -\dfrac{1}{\textcolor{red}{u}} + C \\ &= -\dfrac{1}{\textcolor{red}{\sin x}} + C \end{aligned} \]

3. Regn ut den høyre delen Den antideriverte finnes ikke i \( {x = 0}\text{.} \) Vi starter derfor i \( {a > 0} \) og lar \( a \) gå mot \( 0\text{.} \) Et uegentlig integral med grenser ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1: \[ \begin{aligned} \int_{a}^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx &= \left[-\dfrac{1}{\sin x}\right]_{a}^{\pi/2} \\ &= -1 + \dfrac{1}{\sin a} \end{aligned} \]

Når \( {a \to 0^+}\text{,} \) går \( \sin a \) mot \( 0 \) fra positiv side: \[ \lim_{a \to 0^+} \left(-1 + \dfrac{1}{\sin a}\right) = \infty \]

Den høyre delen divergerer, så hele integralet divergerer. Vi trenger ikke å regne ut den venstre delen.

Grenseverdien må være lik \( {f(0) = 2}\text{.} \) \( {\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)} \) har ingen grense i \( 0\text{,} \) men den er begrenset, så vi klemmer produktet mellom \( 0 \) og \( |\sin x|\text{.} \)

1. Skriv opp kravet \( f \) er kontinuerlig i \( {x = 0} \) hvis: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 2 \]At verdiene må stemme der funksjonen skifter uttrykk, ser du i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

For \( x \ne 0 \) er \( {f(x) = 2 + \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x)}\text{,} \) så vi må vise at: \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

2. Klem produktet Cosinus er aldri større enn \( 1 \) i absoluttverdi. Vi ganger med \( |\sin x| \) og får: \[ \begin{aligned} \left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\right| &\le 1 \\ 0 \le \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} &\le \textcolor{blue}{|\sin x|} \end{aligned} \]

Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{k(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{k} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} \\ \textcolor{blue}{k(x)} &= \textcolor{blue}{|\sin x|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( \textcolor{blue}{|\sin x|} \to 0 \) når \( x \to 0\text{,} \) gir det: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} = 0 \]

Derfor går også selve produktet mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

3. Sett sammen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = 2 + 0 = 2 = f(0) \]

Skjærsetningen gir at det finnes en løsning. Så viser vi at venstresiden er negativ på \( [0, 1] \) og voksende etter det, så det kan ikke finnes flere.

1. Samle alt i én funksjon Vi kaller venstresiden \( g(x)\text{.} \) Løsningene av likningen er nullpunktene til \( g\text{,} \) og \( g \) er kontinuerlig, siden \( {|x - 3|} \) og \( x^4 \) er det: \[ g(x) = |x - 3| + x^4 - 7 \]

2. Vis at det finnes en løsning Skjærsetningen forteller oss at hvis \( g \) er kontinuerlig på \( [\textcolor{blue}{a}, \textcolor{red}{b}]\text{,} \) gjelder: \[ \begin{aligned} &g(\textcolor{blue}{a}) \cdot g(\textcolor{red}{b}) < 0 \\ &\Rightarrow \ g(c) = 0 \text{ for en } c \in (\textcolor{blue}{a}, \textcolor{red}{b}) \end{aligned} \]Hvis du er usikker på skjærsetningen, kan du se videoen Skjærsetningen.

Her er \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{1}} \) og \( {\textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{2}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} g(\textcolor{blue}{1}) &= 2 + 1 - 7 = -4 \\ g(\textcolor{red}{2}) &= 1 + 16 - 7 = 10 \end{aligned} \]

Fortegnet skifter, så det finnes en løsning: \[ g(c) = 0 \text{ for en } c \in (1, 2) \]

3. Vis at det bare er én For \( {0 \le x \le 1} \) er \( {|x - 3| \le 3} \) og \( {x^4 \le 1}\text{,} \) så \( g \) er negativ der: \[ g(x) \le 3 + 1 - 7 = -3 < 0 \]

For \( {x \ge 1} \) tar vi bort absoluttverdien, og deriverer hver del med potensregelen: \[ \begin{aligned} 1 \le x < 3: \quad g(x) &= x^4 - x - 4 \\ g'(x) &= 4x^3 - 1 \ge 3 \\ x > 3: \quad g(x) &= x^4 + x - 10 \\ g'(x) &= 4x^3 + 1 > 0 \end{aligned} \]Du finner potensregelen i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

\( g \) er kontinuerlig i \( {x = 3} \) også, så \( g \) er strengt voksende på \( [1, \infty)\text{,} \) og kan bare være \( 0 \) én gang der.

Slår vi dette sammen, får vi ingen nullpunkter på \( [0, 1] \) og nøyaktig ett nullpunkt for \( {x \ge 1}\text{.} \)

Maksimum og minimum ligger der \( {F'(x) = 0} \) eller i endepunktene. Vi deriverer integralet, finner hvor \( F \) stiger og synker, og sammenligner med \( {F(2) > 0 > F(-2)}\text{.} \)

1. Deriver integralet Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_a^x g(t)\,dt\right)' = g(x) \]Du ser det forklart i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {g(t) = \cos(t^2)}\text{,} \) så: \[ F'(x) = \cos(x^2) \]

2. Finn kandidatene Maksimum og minimum på et lukket intervall ligger i et kritisk punkt, der \( {F'(x) = 0}\text{,} \) eller i et endepunkt. Kritiske punkter ser du i videoen Hva er et kritisk punkt.

Cosinus er \( 0 \) i \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) \( \dfrac{3\pi}{2} \) og så videre. På intervallet er \( {x^2 \le 4}\text{,} \) og \( {\dfrac{3\pi}{2} > 4}\text{,} \) så bare den første kan brukes: \[ x^2 = \dfrac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad x = \pm\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} \]

Vi kaller punktet \( {\textcolor{red}{c} = \textcolor{red}{\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}}}\text{.} \) Da er kandidatene: \[ x = -2, \quad -\textcolor{red}{c}, \quad \textcolor{red}{c}, \quad 2 \]

3. Finn hvor F stiger og synker Vi ser på fortegnet til \( \cos(x^2)\text{.} \) For \( {|x| < \textcolor{red}{c}} \) er: \[ 0 \le x^2 < \dfrac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad F'(x) > 0 \]

For \( {\textcolor{red}{c} < |x| \le 2} \) er: \[ \dfrac{\pi}{2} < x^2 < \dfrac{3\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad F'(x) < 0 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} F &\text{ synker på } [-2, -\textcolor{red}{c}] \\ F &\text{ stiger på } [-\textcolor{red}{c}, \textcolor{red}{c}] \\ F &\text{ synker på } [\textcolor{red}{c}, 2] \end{aligned} \]

4. Sammenlign kandidatene Siden \( F \) synker på \( [\textcolor{red}{c}, 2] \) og \( {[-2, -\textcolor{red}{c}]}\text{,} \) gir opplysningen i oppgaven: \[ \begin{aligned} &F(\textcolor{red}{c}) > F(2) > 0 \\ &0 > F(-2) > F(-\textcolor{red}{c}) \end{aligned} \]

Av de fire kandidatene er altså \( F(\textcolor{red}{c}) \) størst og \( {F(-\textcolor{red}{c})} \) minst.

Hver liten bit av grafen lager en ring med radius lik avstanden til \( {y = -1}\text{.} \) Det gir integralet. Så deler vi \( [0, 1] \) i tre og regner ut trapesene.

1. Sett opp arealet En liten bit av grafen har lengden \( {\textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx}}\text{,} \) som i videoen Buelengde formel. Dreid rundt linjen blir den en ring med omkrets \( 2\pi\textcolor{red}{r}\text{.} \) Formelen for arealet er derfor: \[ I = 2\pi \int_a^b \textcolor{red}{r(x)}\,\textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'(x)^2}}\,dx \]

Radiusen er avstanden fra grafen ned til \( {y = -1}\text{,} \) og \( {f'(x) = 2x}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= x^2 - (-1) = \textcolor{red}{1 + x^2} \\ \textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'^2}} &= \textcolor{blue}{\sqrt{1 + 4x^2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ I = 2\pi \int_0^1 (\textcolor{red}{1 + x^2})\textcolor{blue}{\sqrt{1 + 4x^2}}\,dx \]

2. Skriv opp trapesmetoden Trapesmetoden legger sammen trapesene. Hver indre funksjonsverdi er med i to trapeser, så med tre delintervaller er: \[ T_3 = \dfrac{\Delta x}{2}\left(g_0 + 2g_1 + 2g_2 + g_3\right) \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Trapesmetoden.

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= (1 + x^2)\sqrt{1 + 4x^2} \\ \Delta x &= \dfrac{1 - 0}{3} = \dfrac{1}{3} \end{aligned} \]

3. Regn ut funksjonsverdiene Vi setter inn \( {x = 0}\text{,} \) \( \dfrac{1}{3}\text{,} \) \( \dfrac{2}{3} \) og \( 1\text{:} \) \[ \begin{aligned} g_0 &= 1 \cdot 1 = 1 \\ g_1 &= \dfrac{10}{9} \cdot \dfrac{\sqrt{13}}{3} = \dfrac{10\sqrt{13}}{27} \approx 1{,}3354 \\ g_2 &= \dfrac{13}{9} \cdot \dfrac{5}{3} = \dfrac{65}{27} \approx 2{,}4074 \\ g_3 &= 2\sqrt{5} \approx 4{,}4721 \end{aligned} \]

4. Regn ut tilnærmingen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} T_3 &\approx \dfrac{1}{6}(1 + 2{,}6708 + 4{,}8148 \\ &\quad + 4{,}4721) \\ &= \dfrac{12{,}9577}{6} \approx 2{,}1596 \end{aligned} \]

\( I \) er \( 2\pi \) ganger integralet, så vi ganger med \( 2\pi\text{:} \) \[ I \approx 2\pi \cdot 2{,}1596 \approx 13{,}57 \]

Vi kan samle \( y \) på den ene siden og \( x \) på den andre, så likningen er separabel. Vi integrerer begge sider og finner konstanten fra \( {y(0) = 1}\text{.} \)

1. Separer likningen Vi skriver \( {y' = \dfrac{dy}{dx}} \) og samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \dfrac{\textcolor{red}{dy}}{\textcolor{red}{y}} = \dfrac{\textcolor{blue}{dx}}{\textcolor{blue}{3(1 + x)}} \]

2. Integrer begge sider Vi integrerer begge sider. Siden \( {x > -1}\text{,} \) er \( {1 + x > 0}\text{,} \) og vi trenger ingen absoluttverdi der: \[ \textcolor{red}{\ln|y|} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\ln(1 + x)} + C \]

3. Finn konstanten Vi setter inn \( {x = 0} \) og \( {y = 1}\text{:} \) \[ \ln 1 = \dfrac{1}{3}\ln 1 + C \quad \Rightarrow \quad C = 0 \]

4. Løs for y Logaritmeregelen forteller oss at: \[ a \ln b = \ln\left(b^a\right) \]Du ser regelen i videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {a = \dfrac{1}{3}} \) og \( {b = 1 + x}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\ln|y|} &= \ln\left((1 + x)^{\tfrac{1}{3}}\right) \\ |y| &= (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \end{aligned} \]

\( |y| \) blir aldri \( 0\text{,} \) så \( y \) skifter ikke fortegn. Med \( {y(0) = 1} \) er \( y \) positiv, og: \[ y = (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \]

Vi viser at følgen er synkende. Den er begrenset nedenfra av \( 4\text{,} \) så den konvergerer. Grenseverdien finner vi ved å la \( n \to \infty \) på begge sider av formelen.

1. Vis at følgen er synkende Vi ser på forskjellen mellom to ledd som kommer etter hverandre: \[ \begin{aligned} a_{n+1} - a_n &= \dfrac{1}{2}a_n + 2 - a_n \\ &= 2 - \dfrac{1}{2}a_n = \dfrac{4 - a_n}{2} \end{aligned} \]

Siden \( {a_n \ge 4}\text{,} \) er telleren aldri positiv: \[ \dfrac{4 - a_n}{2} \le 0 \quad \Rightarrow \quad a_{n+1} \le a_n \]

2. Vis at følgen konvergerer Monotonisetningen forteller oss at en synkende følge som er begrenset nedenfra, konvergerer: \[ \begin{aligned} &a_{n+1} \le a_n \text{ og } a_n \ge m \\ &\Rightarrow \ \lim_{n \to \infty} a_n \text{ finnes} \end{aligned} \]Hva det betyr at en følge konvergerer, ser du i videoen Konvergens og divergens følger.

Her er \( {m = 4}\text{,} \) så følgen konvergerer.

3. Finn grenseverdien Vi kaller grenseverdien \( \textcolor{red}{L}\text{.} \) Både \( {a_{n+1}} \) og \( a_n \) går mot \( \textcolor{red}{L}\text{,} \) så formelen gir: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{L} &= \dfrac{1}{2}\textcolor{red}{L} + 2 \\ \dfrac{1}{2}\textcolor{red}{L} &= 2 \\ \textcolor{red}{L} &= 4 \end{aligned} \]

\( f' \) er stigningstallet til \( f\text{,} \) og \( f'' \) er stigningstallet til \( f'\text{.} \) Vi leser av hvor \( f' \) er positiv, stiger og synker.

1. Les av grafen til den deriverte \( f'(x) \) er stigningstallet til tangenten til \( f\text{,} \) som i videoen Definisjonen til den deriverte. Vi leser av: \[ \begin{aligned} f'(x) &\ge 0 \text{ på hele } (0, 1) \\ f'(x) &= 0 \text{ i } x = \dfrac{1}{4} \text{ og } x = \dfrac{3}{4} \\ f'(x) &\approx 1 \text{ nær } x = 0,\ \dfrac{1}{2},\ 1 \end{aligned} \]

Vi leser også av hvor \( f' \) \( \textcolor{blue}{\text{synker}} \) og \( \textcolor{red}{\text{stiger}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{\text{synker}} &: \ \left(0, \dfrac{1}{4}\right) \text{ og } \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}\right) \\ \textcolor{red}{\text{stiger}} &: \ \left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right) \text{ og } \left(\dfrac{3}{4}, 1\right) \end{aligned} \]

2. Finn formen til grafen \( f \) starter i \( {f(0) = 0}\text{.} \) Stigningstallet forteller oss at: \[ \begin{aligned} f' \ge 0 &\Rightarrow f \text{ stiger} \\ f' \ \textcolor{blue}{\text{synker}} &\Rightarrow f \ \textcolor{blue}{\text{krummer nedover}} \\ f' \ \textcolor{red}{\text{stiger}} &\Rightarrow f \ \textcolor{red}{\text{krummer oppover}} \end{aligned} \]

I \( {x = \dfrac{1}{4}} \) og \( {x = \dfrac{3}{4}} \) er tangenten vannrett, men \( f' \) skifter ikke fortegn. Det er terrassepunkter, som i videoen Oppgave 6A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025, og ikke topp- eller bunnpunkter.

Krumningen skifter i \( {x = \dfrac{1}{4}}\text{,} \) \( {x = \dfrac{1}{2}} \) og \( {x = \dfrac{3}{4}}\text{,} \) så der er det vendepunkter.

3. Finn høyden på grafen \( f(x) \) er arealet under grafen til \( f' \) fra \( 0 \) til \( x\text{,} \) som i videoen Hva er integrasjon: \[ f(x) = \int_0^x f'(t)\,dt \]

Vi anslår arealet med fire trapeser, som i videoen Trapesmetoden. Vi leser av \( {f' \approx 0{,}6 \text{, } 0{,}3 \text{ og } 0{,}1} \) i \( {x = \dfrac{1}{16}}\text{,} \) \( \dfrac{2}{16} \) og \( \dfrac{3}{16}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f\left(\dfrac{1}{4}\right) &\approx \dfrac{1}{16}\left(\tfrac{1}{2} + 0{,}6 + 0{,}3 + 0{,}1\right) \\ &\approx 0{,}09 \end{aligned} \]\( f' \) buer som en skål, så trapesene ligger litt over grafen, og vi runder ned.

De fire bitene ser ut til å ha like stort areal, siden de er speilbilder av hverandre: \[ \begin{aligned} f\left(\dfrac{1}{2}\right) &\approx 0{,}18 \\ f\left(\dfrac{3}{4}\right) &\approx 0{,}27 \\ f(1) &\approx 0{,}36 \end{aligned} \]

Det gir skissen:

4. Skisser den dobbeltderiverte Fortegnet til \( f'' \) følger av hvor \( f' \) \( \textcolor{blue}{\text{synker}} \) og \( \textcolor{red}{\text{stiger}}\text{.} \) I \( {x = \dfrac{1}{4}} \) og \( {x = \dfrac{3}{4}} \) har \( f' \) sitt laveste punkt, med vannrett tangent: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f''(x)} &\textcolor{blue}{< 0} \text{ på } \left(0, \dfrac{1}{4}\right), \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}\right) \\ \textcolor{red}{f''(x)} &\textcolor{red}{> 0} \text{ på } \left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right), \left(\dfrac{3}{4}, 1\right) \\ f''(x) &= 0 \text{ i } x = \dfrac{1}{4},\ \dfrac{3}{4} \end{aligned} \]

\( f' \) er brattest ved spissene. Fra \( {x = 0} \) til \( {x = \dfrac{1}{20}} \) faller den fra omtrent \( 1 \) til omtrent \( 0{,}7\text{:} \) \[ f''(x) \approx \dfrac{0{,}7 - 1}{1/20} = -6 \text{ nær } x = 0 \]

Nær \( {x = \dfrac{1}{2}} \) fra venstre og \( {x = 1} \) er \( {f'' \approx 6}\text{.} \) Hvor krum buen er mellom disse, kan vi ikke lese nøyaktig av figuren.

I \( {x = \dfrac{1}{2}} \) har \( f' \) en spiss, så stigningstallet hopper fra omtrent \( 6 \) til omtrent \( {-6}\text{:} \) \[ f''\left(\dfrac{1}{2}\right) \text{ finnes ikke} \]