Universitetseksamen etter tema

Kurven er ikke skrevet som \( {y = f(x)}\text{,} \) så vi finner stigningstallet med implisitt derivasjon. Så setter vi det lik \( 2 \) og finner punktene.

1. Deriver implisitt Vi deriverer begge sider med hensyn på \( x\text{.} \) Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) bruker vi kjerneregelen på \( y^2\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon. Den forteller oss at: \[ (\textcolor{green}{u}^2)' = 2\textcolor{green}{u} \cdot \textcolor{green}{u'} \]

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{y}}\text{,} \) og dens deriverte er \( \textcolor{green}{y'}\text{:} \) \[ (\textcolor{green}{y}^2)' = 2\textcolor{green}{y} \cdot \textcolor{green}{y'} \]

Det gir oss: \[ 2x - 2\textcolor{green}{y} \cdot \textcolor{green}{y'} = 0 \]

Løser vi for \( \textcolor{green}{y'}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{green}{y'} = \dfrac{x}{y} \]Her må \( {y \neq 0}\text{.} \) Er \( {y = 0}\text{,} \) sier likningen over at \( {x = 0}\text{,} \) og \( (0, 0) \) ligger ikke på kurven.

2. Finn punktene Vi setter stigningstallet lik \( 2\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{x}{y} &= 2 \\ \textcolor{red}{x} &= \textcolor{red}{2y} \end{aligned} \]

Vi setter dette inn i likningen for kurven: \[ \begin{aligned} (\textcolor{red}{2y})^2 - y^2 &= 1 \\ 3y^2 &= 1 \\ y &= \pm\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{aligned} \]

Siden \( {\textcolor{red}{x} = \textcolor{red}{2y}}\text{,} \) gir det to punkter: \[ \begin{aligned} &\underline{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}},\ \dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)} \\ &\underline{\left(-\dfrac{2}{\sqrt{3}},\ -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)} \end{aligned} \]

3. Finn tangentene Formelen for tangenten forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{a}(x - \textcolor{red}{x_0}) + \textcolor{green}{y_0} \]Dette er formelen i videoen Tangentlinje, med stigningstallet \( \textcolor{blue}{a} \) og punktet \( (\textcolor{red}{x_0}, \textcolor{green}{y_0})\text{.} \)

For det første punktet er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{2}, \quad \textcolor{red}{x_0} = \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}, \quad \textcolor{green}{y_0} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{2}\left(x - \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}\right) + \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ &= 2x - \dfrac{3}{\sqrt{3}} \\ &= 2x - \sqrt{3} \end{aligned} \]

For det andre punktet bytter både \( \textcolor{red}{x_0} \) og \( \textcolor{green}{y_0} \) fortegn: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{2}\left(x + \textcolor{red}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}\right) - \textcolor{green}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ &= 2x + \dfrac{3}{\sqrt{3}} \\ &= 2x + \sqrt{3} \end{aligned} \]

Vi skriver funksjonen uten absoluttverdi. Så sammenligner vi verdiene der den deriverte er \( 0\text{,} \) der grafen knekker og i endepunktene.

1. Skriv funksjonen uten absoluttverdi Absoluttverdien forteller oss at: \[ |a| = \begin{cases} a, & a \ge 0 \\ -a, & a < 0 \end{cases} \]

\( {x^2 - 1} \) er negativ når \( {|x| < 1}\text{,} \) og da bytter den fortegn: \[ f(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{1 - x^2}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{x^2 - 1}, & 1 \le |x| \le \sqrt{2} \end{cases} \]

2. Finn kandidatene Potensregelen \( {(x^n)' = n x^{n-1}} \) gir den deriverte av hver del, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ f'(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{-2x}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{2x}, & 1 < |x| < \sqrt{2} \end{cases} \]

\( {f'(x) = 0} \) bare i \( {x = 0}\text{.} \) I \( {x = \pm 1} \) skifter uttrykket, og i \( {x = \pm\sqrt{2}} \) slutter intervallet. Verdiene er: \[ \begin{aligned} f(\pm\sqrt{2}) &= |2 - 1| = 1 \\ f(\pm 1) &= |1 - 1| = 0 \\ f(0) &= |0 - 1| = 1 \end{aligned} \]

3. Klassifiser punktene Fortegnet til den deriverte viser hvor grafen stiger og synker: \[ \begin{aligned} -\sqrt{2} < x < -1: \quad & \textcolor{blue}{2x} < 0 \\ -1 < x < 0: \quad & \textcolor{red}{-2x} > 0 \\ 0 < x < 1: \quad & \textcolor{red}{-2x} < 0 \\ 1 < x < \sqrt{2}: \quad & \textcolor{blue}{2x} > 0 \end{aligned} \]Grafen synker altså ned til \( {x = -1}\text{,} \) stiger til \( {x = 0}\text{,} \) synker til \( {x = 1} \) og stiger igjen. Da er \( {x = \pm 1} \) lokale minimum, og \( {x = 0} \) og endepunktene \( {x = \pm\sqrt{2}} \) lokale maksimum. Hva lokale og globale ekstremalpunkter er, ser du i videoen Hva er et kritisk punkt.

\( f \) er kontinuerlig på et lukket intervall, så største og minste verdi ligger blant kandidatene. Vi sammenligner verdiene over: \[ \begin{aligned} f(x) &\ge 0 = f(\pm 1) \\ f(x) &\le 1 = f(0) = f(\pm\sqrt{2}) \end{aligned} \]Minimumene og maksimumene er altså også globale.

4. Skisser grafen Vi tegner buen \( {\textcolor{red}{1 - x^2}} \) mellom \( {-1} \) og \( 1\text{,} \) og \( {\textcolor{blue}{x^2 - 1}} \) utenfor:

5. Undersøk knekken Den deriverte i et punkt er grensen av stigningstallet, som i videoen Definisjonen til den deriverte: \[ f'(1) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(1 + h) - f(1)}{h} \]

Her er \( {f(1) = 0}\text{.} \) Vi regner ut grensen fra hver side: \[ \begin{aligned} \lim_{h \to 0^-} \dfrac{\textcolor{red}{1 - (1 + h)^2}}{h} &= \lim_{h \to 0^-} (-2 - h) \\ &= -2 \\ \lim_{h \to 0^+} \dfrac{\textcolor{blue}{(1 + h)^2 - 1}}{h} &= \lim_{h \to 0^+} (2 + h) \\ &= 2 \end{aligned} \]Grensene er ulike, så \( f'(1) \) finnes ikke. Siden \( {f(-x) = f(x)}\text{,} \) gjelder det samme i \( {x = -1}\text{.} \)

Oppgaven ber oss bruke definisjonen, så vi setter \( f(x) \) inn i den, samler brøkene i telleren og lar \( \Delta x \) gå mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp definisjonen Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x + \Delta x)} - \textcolor{blue}{f(x)}}{\Delta x} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x + \Delta x)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} \\ \textcolor{blue}{f(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}}}{\Delta x} \]

2. Samle brøkene i telleren Vi setter de to brøkene på felles nevner \( {x(x + \Delta x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} &= \dfrac{x - (x + \Delta x)}{x(x + \Delta x)} \\ &= \dfrac{-\Delta x}{x(x + \Delta x)} \end{aligned} \]

3. La steget gå mot null Vi deler på \( \Delta x\text{,} \) som ikke er \( 0 \) før vi tar grensen, slik at den forkortes bort: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{-1}{x(x + \Delta x)} \]

Nevneren blir ikke lenger \( 0 \) når \( \Delta x \) går mot \( 0\text{,} \) så lenge \( x \ne 0\text{.} \) Da går \( {x + \Delta x} \) mot \( x\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{-1}{x \cdot x} = -\dfrac{1}{x^2} \]

Vi setter punktet inn på begge sider for å se at de er like. Kurven er gitt implisitt, så stigningstallet finner vi med implisitt derivasjon.

1. Sett punktet inn i likningen Vi regner ut hver side for seg med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \tan\left(-\pi \cdot \dfrac{1}{4}\right) &= \tan\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = -1 \\ \dfrac{2 \cdot (-\pi) \cdot \dfrac{1}{2}}{\pi} &= \dfrac{-\pi}{\pi} = -1 \end{aligned} \]

Begge sider er \( {-1}\text{,} \) så punktet ligger på kurven.

2. Deriver venstre side Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) deriverer vi begge sider med hensyn på \( x\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon. Venstre side er \( \tan \) av en kjerne.

Kjerneregelen forteller oss at: \[ (\tan \textcolor{green}{k})' = \dfrac{1}{\cos^2 \textcolor{green}{k}} \cdot \textcolor{green}{k'} \]Du ser kjerneregelen i videoen Kjerneregelen, og den deriverte av \( \tan \) i videoen Koblede hastigheter 1.

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{xy^2}}\text{.} \) Den er et produkt, så vi finner \( \textcolor{green}{k'} \) med produktregelen: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Den ser du i videoen Produktregelen.

Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) gir kjerneregelen \( {(y^2)' = 2y \cdot y'}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{y^2} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2y\,y'} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \textcolor{green}{k'} = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{y^2} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{2y\,y'} = \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} \]

3. Deriver høyre side Høyre side er \( \dfrac{2}{\pi} \) ganger produktet \( xy\text{.} \) Med produktregelen får vi: \[ \left(\dfrac{2}{\pi}\,xy\right)' = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \dfrac{\textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'}}{\cos^2(xy^2)} = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

4. Finn stigningstallet I punktet er \( {xy^2 = -\dfrac{\pi}{4}}\text{,} \) så: \[ \cos^2\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{2} \]

Med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}} \) blir parentesene: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{4} - \pi y'} \\ y + x\,y' &= \dfrac{1}{2} - \pi y' \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, og samler \( y' \) på én side, får vi: \[ \begin{aligned} 2\left(\dfrac{1}{4} - \pi y'\right) &= \dfrac{2}{\pi}\left(\dfrac{1}{2} - \pi y'\right) \\ \dfrac{1}{2} - 2\pi y' &= \dfrac{1}{\pi} - 2y' \\ (2 - 2\pi)\,y' &= \dfrac{1}{\pi} - \dfrac{1}{2} \\ 2(1 - \pi)\,y' &= \dfrac{2 - \pi}{2\pi} \end{aligned} \]

Løser vi for \( y'\text{,} \) og ganger med \( {-1} \) oppe og nede, får vi: \[ y' = \dfrac{2 - \pi}{4\pi(1 - \pi)} = \dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)} \]

5. Sett opp tangenten Formelen for tangenten forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{a}\,(x - \textcolor{red}{x_0}) + \textcolor{green}{y_0} \]Den ser du i videoen Tangentlinje.

Her er, med nye farger: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}} \\ \textcolor{red}{x_0} &= \textcolor{red}{-\pi} \\ \textcolor{green}{y_0} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y = \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}}\,(x + \pi) + \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Den øvre grensen er en funksjon av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor fundamentalteoremet sammen med kjerneregelen. Så ser vi på fortegnet til \( F'(x)\text{.} \)

1. Skriv opp reglene Fundamentalteoremet forteller oss at den deriverte av et integral med variabel øvre grense er integranden i grensen: \[ \dfrac{d}{du} \int_0^{\textcolor{green}{u}} g(t)\,dt = g(\textcolor{green}{u}) \]Dette viser videoen Løs integralligningen.

Her er den øvre grensen en kjerne, så kjerneregelen forteller oss at vi må gange med den deriverte av kjernen: \[ F'(x) = g(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Se videoen Kjerneregelen.

2. Regn ut den deriverte Her er: \[ \begin{aligned} g(t) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + t^2}\right) \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x - x^2} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{2 - 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} F'(x) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + (\textcolor{green}{2x - x^2})^2}\right) \\ &\quad \cdot (\textcolor{green}{2 - 2x}) \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til cosinus Nevneren i brøken er minst \( 1\text{,} \) og \( {\pi > 2}\text{,} \) så: \[ 0 < \dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2} \le 1 < \dfrac{\pi}{2} \]

Cosinus er positiv mellom \( 0 \) og \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) så for alle \( x \) er cosinusfaktoren positiv: \[ \textcolor{red}{\cos\left(\dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2}\right)} > 0 \]

4. Vis det globale maksimumet Fortegnet til \( F'(x) \) er dermed det samme som fortegnet til \( {\textcolor{green}{2 - 2x}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x < 1 &\Rightarrow F'(x) > 0 \\ x = 1 &\Rightarrow F'(x) = 0 \\ x > 1 &\Rightarrow F'(x) < 0 \end{aligned} \]

\( F \) vokser altså for alle \( {x < 1} \) og synker for alle \( {x > 1}\text{.} \) Det betyr at for alle \( x \) er: \[ F(x) \le F(1) \]\( F \) har derfor et globalt maksimum i \( {x = 1}\text{.} \)

Vi følger vinket: først \( f'(x)\text{,} \) så setter vi inn i formelen for buelengde. Integralet løser vi med substitusjon.

1. Vis formelen for den deriverte Logaritmeregelen for en brøk forteller oss at: \[ \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{a}}{\textcolor{blue}{b}}\right) = \ln(\textcolor{red}{a}) - \ln(\textcolor{blue}{b}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer. Her er \( {\textcolor{red}{e^x - 1}} \) og \( {\textcolor{blue}{e^x + 1}} \) positive på \( [1, 2]\text{,} \) så: \[ f(x) = \ln(\textcolor{red}{e^x - 1}) - \ln(\textcolor{blue}{e^x + 1}) \]

Kjerneregelen for \( \ln(u) \) forteller oss at: \[ (\ln(u))' = \dfrac{1}{u} \cdot u' \]Se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Her er \( {u' = e^x} \) i begge leddene, så: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{e^x}{\textcolor{red}{e^x - 1}} - \dfrac{e^x}{\textcolor{blue}{e^x + 1}} \\ &= \dfrac{e^x(e^x + 1) - e^x(e^x - 1)}{e^{2x} - 1} \\ &= \dfrac{2e^x}{e^{2x} - 1} \end{aligned} \]

Vi deler over og under brøkstreken med \( e^x\text{,} \) og bruker at \( {\sinh(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}}\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{2}{e^x - e^{-x}} = \dfrac{1}{\sinh(x)} \]

2. Sett inn i formelen for buelengde Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Vi bruker at: \[ \cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} 1 + (f'(x))^2 &= 1 + \dfrac{1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\sinh^2(x) + 1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\cosh^2(x)}{\sinh^2(x)} \end{aligned} \]

På \( [1, 2] \) er både \( \cosh(x) \) og \( \sinh(x) \) positive, så roten blir brøken uten kvadrat: \[ L = \int_1^2 \dfrac{\cosh(x)}{\sinh(x)}\,dx \]

3. Regn ut integralet Vi setter nevneren lik \( \textcolor{green}{s}\text{,} \) som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{s} &= \textcolor{green}{\sinh(x)} \\ ds &= \cosh(x)\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \int_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \dfrac{1}{\textcolor{green}{s}}\,ds \\ &= \Big[\ln(\textcolor{green}{s})\Big]_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \\ &= \ln\left(\dfrac{\sinh(2)}{\sinh(1)}\right) \end{aligned} \]

Vi tar likhetene én og én, fra venstre. Til slutt bruker vi at \( e^x \) er kontinuerlig, for å komme fra \( \ln \) av uttrykket til selve uttrykket.

1. Forklar den første likheten Logaritmeregelen for en potens forteller oss at: \[ \ln(\textcolor{red}{a}^{\textcolor{blue}{n}}) = \textcolor{blue}{n} \ln(\textcolor{red}{a}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {\textcolor{red}{a} = \textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}}\text{.} \) Å gange med \( \textcolor{blue}{n} \) er det samme som å dele på \( \dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \ln\left(\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)^{\textcolor{blue}{n}}\right) &= \textcolor{blue}{n} \ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right) \\ &= \dfrac{\ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)}{\dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}} \end{aligned} \]

2. Forklar den andre likheten Vi bytter variabel: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{h} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \\ n \to \infty \ &\Rightarrow \ \textcolor{green}{h} \to 0 \end{aligned} \]

Siden \( {\ln(1) = 0}\text{,} \) kan vi også trekke fra \( \ln(1) \) uten å endre noe: \[ \begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h})}{\textcolor{green}{h}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h}) - \ln(1)}{\textcolor{green}{h}} \end{aligned} \]Her er \( {h > 0}\text{.} \) Det spiller ingen rolle, for grensen når \( h \to 0 \) finnes fra begge sider, som den tredje likheten viser.

3. Forklar den tredje likheten Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ g'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{g(a + h) - g(a)}{h} \]Se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {g(t) = \ln(t)} \) og \( {a = 1}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{h \to 0} \dfrac{\ln(1 + h) - \ln(1)}{h} \\ &= \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} \end{aligned} \]

4. Forklar den fjerde likheten Den deriverte av \( \ln(t) \) er \( \dfrac{1}{t}\text{,} \) se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Vi setter inn \( {t = 1}\text{:} \) \[ \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} = \dfrac{1}{1} = 1 \]

5. Vis likning 1 Erna har altså vist at grensen av \( \ln \) av uttrykket er \( 1\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\right) = 1 \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sidene. Siden \( e^x \) er kontinuerlig, kan grensen flyttes ut av eksponenten, og fra definisjonen av \( \ln \) vet vi at \( {e^{\ln(a)} = a}\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^1 &= e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} e^{\ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n \end{aligned} \]Det er likning (1).

Integralet er en funksjon av \( b\text{.} \) Vi regner det ut, deriverer med hensyn på \( b\text{,} \) og finner toppunktet med et fortegnsskjema.

1. Regn ut integralet Potensregelen for integrasjon forteller oss at: \[ \int x^n\,dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C \]Den står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Vi integrerer ledd for ledd og kaller integralet \( F(b)\text{:} \) \[ \begin{aligned} F(b) &= \left[\dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3}\right]_0^b \\ &= \dfrac{b^2}{2} - \dfrac{b^3}{3} \end{aligned} \]

2. Finn nullpunktene til den deriverte Vi deriverer og faktoriserer ut \( \textcolor{darkorange}{b}\text{:} \) \[ F'(b) = b - b^2 = \textcolor{darkorange}{b}(\textcolor{magenta}{1 - b}) \]

Setter vi \( {F'(b) = 0}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{darkorange}{b} = 0 \quad \text{eller} \quad \textcolor{magenta}{1 - b} = 0 \]Siden \( {b > 0}\text{,} \) står vi igjen med \( {b = 1}\text{.} \)

3. Sett opp fortegnsskjema Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema. I skjemaet skriver vi \( x \) for \( b\text{:} \) :::fortegnsskjema {"points": [1], "start": 0, "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{x}", "expr": "x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{1 - x}", "expr": "1 - x"}, {"label": "F'(x)", "expr": "x(1 - x)"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \)

I \( {b = 1} \) går \( F'(b) \) fra pluss til minus. \( F \) stiger fram til \( {b = 1} \) og synker etter det, så integralet er størst for \( {b = 1}\text{.} \) Verdien er: \[ F(1) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \]

Den vertikale avstanden er forskjellen mellom de to y-verdiene for samme \( x\text{.} \) Vi skriver den som en funksjon av \( x \) og finner bunnpunktet.

1. Sett opp avstanden På figuren ligger \( y_1 \) over \( y_2\text{,} \) så vi trekker \( y_2 \) fra \( y_1\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{d(x)} &= (x^2 + 1) - (x - x^2) \\ &= \textcolor{red}{2x^2 - x + 1} \end{aligned} \]

2. Finn bunnpunktet Potensregelen forteller oss at: \[ (x^n)' = n \cdot x^{n-1} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Vi deriverer \( \textcolor{red}{d(x)} \) ledd for ledd, og konstanten \( 1 \) blir \( 0\text{:} \) \[ d'(x) = 2 \cdot 2x - 1 + 0 = 4x - 1 \]

I et bunnpunkt er den deriverte null, som i videoen Hva er et kritisk punkt: \[ \begin{aligned} 4x - 1 &= 0 \\ \textcolor{blue}{x} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \end{aligned} \]

Den andrederiverte er positiv, så grafen til \( d \) åpner oppover og dette er bunnpunktet: \[ d''(x) = 4 > 0 \]

3. Regn ut avstanden Plugger vi inn \( {\textcolor{blue}{x = \dfrac{1}{4}}}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} d\left(\textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}}\right) &= 2 \cdot \left(\textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}}\right)^2 - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} + 1 \\ &= \dfrac{1}{8} - \dfrac{2}{8} + \dfrac{8}{8} = \dfrac{7}{8} \end{aligned} \]

Minste verdi er positiv, så \( y_1 \) ligger over \( y_2 \) for alle \( x\text{,} \) ikke bare på figuren.

Newtons metode finner nullpunkter. Vi flytter derfor alt over på én side, deriverer og itererer til de to første desimalene ligger fast.

1. Lag en funksjon Vi trekker høyresiden fra venstresiden. Løsningen er nullpunktet til: \[ f(x) = \dfrac{x}{x^2 + 1} - \sqrt{1 - x} \]

2. Deriver brøken Vi deriverer de to leddene hver for seg: \[ f'(x) = \left(\dfrac{x}{x^2 + 1}\right)' - \left(\sqrt{1 - x}\right)' \]

Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x^2 + 1} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \left(\dfrac{x}{x^2 + 1}\right)' &= \dfrac{\textcolor{red}{1} \cdot (\textcolor{blue}{x^2 + 1}) - \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{2x}}{(\textcolor{blue}{x^2 + 1})^2} \\ &= \dfrac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2} \end{aligned} \]

3. Deriver roten Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\sqrt{\textcolor{green}{w}}\right)' = \dfrac{1}{2\sqrt{\textcolor{green}{w}}} \cdot \textcolor{green}{w'} \]Dette er regelen fra videoen Kjerneregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{w} &= \textcolor{green}{1 - x} & \textcolor{green}{w'} &= \textcolor{green}{-1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \left(\sqrt{\textcolor{green}{1 - x}}\right)' = \dfrac{\textcolor{green}{-1}}{2\sqrt{\textcolor{green}{1 - x}}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2} - \left(\dfrac{-1}{2\sqrt{1 - x}}\right) \\ &= \dfrac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2} + \dfrac{1}{2\sqrt{1 - x}} \end{aligned} \]

4. Bruk Newtons metode Newtons metode forteller oss at: \[ x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Newtons metode.

Med \( {x_0 = 0{,}8} \) gir kalkulatoren: \[ \begin{aligned} f(0{,}8) &\approx 0{,}04059 \\ f'(0{,}8) &\approx 1{,}25188 \\ x_1 &\approx 0{,}8 - \dfrac{0{,}04059}{1{,}25188} \\ &\approx 0{,}76758 \end{aligned} \]

Med \( x_1 \) i stedet for \( x_0 \) får vi: \[ \begin{aligned} f(x_1) &\approx 0{,}00090 \\ f'(x_1) &\approx 1{,}19979 \\ x_2 &\approx 0{,}76758 - \dfrac{0{,}00090}{1{,}19979} \\ &\approx 0{,}76683 \end{aligned} \]

5. Sjekk de to desimalene Både \( x_1 \) og \( x_2 \) blir \( 0{,}77 \) avrundet. For å være sikre sjekker vi fortegnet rett på hver side av avrundingsintervallet: \[ \begin{aligned} f(0{,}765) &\approx -0{,}0022 < 0 \\ f(0{,}775) &\approx 0{,}0098 > 0 \end{aligned} \]

\( f \) er kontinuerlig og skifter fortegn, så nullpunktet ligger mellom \( 0{,}765 \) og \( 0{,}775\text{.} \)