Universitetseksamen etter tema

Vi ser etter steder der grafen hopper eller får en knekk. Der kan den ikke ha én bestemt tangent, så der er ikke funksjonen deriverbar.

1. Se etter hopp I \( {x = 2} \) hopper grafen fra \( 3 \) ned til \( 1\text{.} \) Funksjonen er altså ikke kontinuerlig der, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

En funksjon som ikke er kontinuerlig i et punkt, er heller ikke deriverbar der. Så \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 2}\text{.} \)

2. Se etter knekker Den deriverte er grensen av stigningstallet, som i videoen Definisjonen til den deriverte: \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x + h) - f(x)}{h} \]

Grensen må bli den samme fra begge sider. Vi leser av stigningstallene fra venstre og fra høyre: \[ \begin{aligned} x = 1: \quad \textcolor{red}{a_v} &= \textcolor{red}{1}, & \textcolor{blue}{a_h} &= \textcolor{blue}{-1} \\ x = 4: \quad \textcolor{red}{a_v} &> \textcolor{red}{1}, & \textcolor{blue}{a_h} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Rett før \( {x = 4} \) er kurven brattere enn linja etter. I begge punktene er stigningstallene ulike, så grensen finnes ikke, og grafen har en knekk.

Ellers er grafen glatt. I \( {x = 3} \) er kurven flat, men uten knekk, så der er den deriverbar.

Vi kan ikke løse likningen for \( y\text{.} \) Vi deriverer den derfor implisitt, og setter inn punktet for å finne stigningstallet.

1. Sett inn punktet Vi setter \( {x = 0} \) og \( {y = 0} \) inn på hver side: \[ \begin{aligned} \text{Venstre side:} \quad 0 \cdot e^{\sin(0)} &= 0 \\ \text{Høyre side:} \quad 0 \cdot \cos(0) &= 0 \end{aligned} \]Sidene er like, så \( (0, 0) \) ligger på kurven.

2. Deriver implisitt Vi deriverer begge sider med hensyn på \( x\text{,} \) og husker at \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) som i videoen Hva er Implisitt Derivasjon?

Begge sider er produkter, så vi trenger produktregelen: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]

På venstre side er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{y} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{y'} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^{\sin(x)}} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^{\sin(x)}\cos(x)} \end{aligned} \]

På høyre side er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\cos(y)} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-\sin(y)\,y'} \end{aligned} \]Her har vi brukt kjerneregelen på \( \textcolor{blue}{v'} \) begge steder: den ytre funksjonen derivert, ganget med kjernen derivert, som i videoen Kjerneregelen.

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{red}{y'}\textcolor{blue}{e^{\sin(x)}} + \textcolor{red}{y}\textcolor{blue}{e^{\sin(x)}\cos(x)} \\ &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\cos(y)} - \textcolor{red}{x}\textcolor{blue}{\sin(y)\,y'} \end{aligned} \]

3. Finn stigningstallet Setter vi inn \( {x = 0} \) og \( {y = 0}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} y' \cdot 1 + 0 &= 1 \cdot 1 - 0 \\ y' &= 1 \end{aligned} \]

4. Sett opp tangenten Formelen for tangenten gjennom \( (x_0, y_0) \) forteller oss at: \[ y - y_0 = y'(x_0)(x - x_0) \]Som i videoen Tangentlinje setter vi inn punktet \( (0, 0) \) og stigningstallet \( 1\text{:} \) \[ y - 0 = 1 \cdot (x - 0) \]

Overflaten avhenger av både \( r \) og \( h\text{.} \) Vi bruker volumet til å skrive den med bare \( r\text{,} \) og setter den deriverte lik \( 0\text{.} \)

1. Skriv overflaten med én variabel Grunnflaten er en sirkel, og siden er et rektangel med bredde lik omkretsen: \[ S = \pi r^2 + 2\pi r \textcolor{red}{h} \]

Volumet er \( 1000\text{,} \) og det gir oss \( \textcolor{red}{h}\text{:} \) \[ \pi r^2 \textcolor{red}{h} = 1000 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{red}{h} = \textcolor{red}{\dfrac{1000}{\pi r^2}} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S(r) &= \pi r^2 + 2\pi r \cdot \textcolor{red}{\dfrac{1000}{\pi r^2}} \\ &= \pi r^2 + \dfrac{2000}{r} \end{aligned} \]

2. Finn minimum Vi deriverer ledd for ledd, med reglene fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} S'(r) &= 2\pi r - \dfrac{2000}{r^2} \\ &= \dfrac{2\pi r^3 - 2000}{r^2} \end{aligned} \]

Vi setter \( {S'(r) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 2\pi r^3 &= 2000 \\ r^3 &= \dfrac{1000}{\pi} \\ r &= \dfrac{10}{\sqrt[3]{\pi}} \end{aligned} \]

For å se at dette er et minimum, deriverer vi en gang til: \[ S''(r) = 2\pi + \dfrac{4000}{r^3} > 0 \]Dette er positivt for alle \( {r > 0}\text{,} \) så grafen vender hul side opp, og punktet er et minimum.

3. Finn høyden Vi skriver \( {\pi r^3 = 1000} \) om til \( {\dfrac{1000}{\pi r^2} = r}\text{.} \) Dermed vet vi at: \[ \textcolor{red}{h} = \textcolor{red}{\dfrac{1000}{\pi r^2}} = r = \dfrac{10}{\sqrt[3]{\pi}} \]

Boksen blir altså like høy som radien.

Vi setter først inn tallene. For feilen skriver vi opp Taylors teorem for både \( {+h} \) og \( {-h}\text{,} \) og legger dem sammen, for da faller oddetallsleddene bort.

1. Regn ut tilnærmingen Vi regner ut de tre funksjonsverdiene med kalkulator, med seks desimaler så vi ikke runder av for tidlig: \[ \begin{aligned} f(1{,}1) &= \sqrt{1{,}1^3 + e^{1{,}1}} \approx 2{,}082106 \\ f(1) &= \sqrt{1 + e} \approx 1{,}928285 \\ f(0{,}9) &= \sqrt{0{,}9^3 + e^{0{,}9}} \approx 1{,}785666 \end{aligned} \]

Parentesen i approksimasjonen blir: \[ \begin{aligned} & f(1{,}1) - 2f(1) + f(0{,}9) \\ &\approx 2{,}082106 - 3{,}856570 + 1{,}785666 \\ &= 0{,}011202 \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f''(1) \approx \dfrac{1}{0{,}1^2} \cdot 0{,}011202 \approx 1{,}120 \]

2. Skriv opp Taylor begge veier Taylors teorem står i oppgaven, og du ser hvor leddene kommer fra i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2. Vi skriver det opp for \( h \) med \( \textcolor{red}{c_1} \) mellom \( x_0 \) og \( {x_0 + h}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 + h) = {} & f + hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & + \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) \end{aligned} \]

Her står \( f\text{,} \) \( f'\text{,} \) \( f'' \) og \( f''' \) for verdiene i \( x_0\text{.} \) Så setter vi inn \( {-h}\text{,} \) med \( \textcolor{blue}{c_2} \) mellom \( {x_0 - h} \) og \( x_0\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 - h) = {} & f - hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & - \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2}) \end{aligned} \]

3. Legg sammen og finn feilen Legger vi sammen, faller leddene med \( h \) og \( h^3 \) bort: \[ \begin{aligned} & f(x_0 + h) + f(x_0 - h) \\ &= 2f + h^2f'' \\ &\quad + \dfrac{h^4}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \end{aligned} \]

Vi kaller approksimasjonen \( \textcolor{green}{T}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{T} = \dfrac{f(x_0 + h) - 2f + f(x_0 - h)}{h^2} \]

Vi flytter \( 2f \) over og deler på \( h^2\text{.} \) Da står \( \textcolor{green}{T} \) minus \( f'' \) igjen, altså feilen: \[ \begin{aligned} & \textcolor{green}{T} - f''(x_0) \\ &= \dfrac{h^2}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \\ &= \dfrac{h^2}{12} \cdot \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \end{aligned} \]

4. Bruk skjærsetningen Brøken til slutt er gjennomsnittet av to verdier til \( f^{(4)}\text{,} \) så den ligger mellom dem. \( f^{(4)} \) er kontinuerlig, så skjærsetningen forteller oss at den treffer gjennomsnittet i et punkt \( \xi \) mellom \( \textcolor{red}{c_1} \) og \( \textcolor{blue}{c_2}\text{,} \) som i videoen Skjærsetningen: \[ f^{(4)}(\xi) = \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \]

Siden \( \textcolor{blue}{c_2} \) ligger til venstre for \( x_0 \) og \( \textcolor{red}{c_1} \) til høyre, er \( {\xi \in (x_0 - h, x_0 + h)}\text{.} \) Tar vi absoluttverdi, er feilen: \[ \left|\textcolor{green}{T} - f''(x_0)\right| = \dfrac{h^2}{12}\left|f^{(4)}(\xi)\right| \]

Funksjonen skifter uttrykk i \( {x = 0}\text{,} \) så derivasjonsreglene hjelper ikke der. Vi bruker derfor definisjonen til den deriverte.

1. Sett opp definisjonen Definisjonen til den deriverte forteller oss at: \[ f'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {a = 0}\text{,} \) \( {f(0) = 0} \) og \( {f(h) = h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right)}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(0) &= \lim_{h \to 0} \dfrac{h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right) - 0}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{h}\right) \end{aligned} \]

2. Vis at grensen ikke finnes Når \( h \) går mot \( 0\text{,} \) vokser \( \dfrac{1}{h} \) uten grense, så cosinus fortsetter å svinge mellom \( {-1} \) og \( 1\text{.} \) Det ser vi ved å la \( h \) gå mot \( 0 \) på to måter, med \( {k = 1, 2, 3, \dots} \)

Velger vi \( {\textcolor{red}{h = \dfrac{1}{2k\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{red}{h}}\right) = \cos(2k\pi) = \textcolor{red}{1} \]

Velger vi \( {\textcolor{blue}{h = \dfrac{1}{(2k + 1)\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{blue}{h}}\right) = \cos\big((2k + 1)\pi\big) = \textcolor{blue}{-1} \]

Begge valgene går mot \( 0 \) når \( k \) vokser, men de gir ulike verdier. Grensen finnes altså ikke, og \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 0}\text{.} \)

Vi setter punktet inn i likningen for å vise at det ligger på kurven. Stigningstallet finner vi med implisitt derivasjon, siden vi ikke får \( y \) alene.

1. Vis at punktet ligger på kurven Med \( {x = e} \) og \( {y = e^{-1}} \) er: \[ \begin{aligned} xy &= e \cdot e^{-1} = 1 \\ \dfrac{x}{y} &= \dfrac{e}{e^{-1}} = e^2 \end{aligned} \]

Vi setter inn på hver side: \[ \begin{aligned} \text{venstre} &= e^1 \ln(e^2) = 2e \\ \text{høyre} &= e + \dfrac{1}{e^{-1}} = e + e = 2e \end{aligned} \]Sidene er like, så punktet ligger på kurven.

2. Skriv om logaritmen Logaritmeregelen for en brøk gjør derivasjonen enklere, som i videoen Naturlige Logaritmer: \[ \ln\left(\dfrac{x}{y}\right) = \ln x - \ln y \]

Kurven er altså: \[ e^{xy}(\ln x - \ln y) = x + \dfrac{1}{y} \]

3. Deriver begge sider Vi deriverer med hensyn på \( x\text{.} \) Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) får hvert ledd med \( y \) en ekstra faktor \( y'\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon.

Venstre side er et produkt. Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'}\textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'} \]Se videoen Produktregelen hvis du er usikker.

Faktoren \( {\textcolor{red}{u} = \textcolor{red}{e^{xy}}} \) har kjernen \( {\textcolor{green}{g} = \textcolor{green}{xy}}\text{.} \) Kjerneregelen forteller oss at: \[ (e^{\textcolor{green}{g}})' = e^{\textcolor{green}{g}} \cdot \textcolor{green}{g'} \]Det er regelen i videoen Kjerneregelen.

Kjernen er selv et produkt, så produktregelen gir: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{g} &= \textcolor{green}{xy} \\ \textcolor{green}{g'} &= \textcolor{green}{1 \cdot y + x \cdot y'} = \textcolor{green}{y + xy'} \end{aligned} \]

Faktorene i venstre side er da: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^{xy}} \\ \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^{xy}}(\textcolor{green}{y + xy'}) \end{aligned} \]\[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\ln x - \ln y} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x} - \dfrac{y'}{y}} \end{aligned} \]

Høyre side deriverer vi ledd for ledd: \[ \left(x + \dfrac{1}{y}\right)' = 1 - \dfrac{y'}{y^2} \]

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

4. Sett inn punktet I punktet er \( {xy = 1}\text{,} \) \( {x = e} \) og \( {y = e^{-1}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} e^{xy} &= e \\ \ln x - \ln y &= 1 - (-1) = 2 \\ \dfrac{y'}{y} &= e\,y' \\ \dfrac{y'}{y^2} &= e^2 y' \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} &e(e^{-1} + e\,y') \cdot 2 + e(e^{-1} - e\,y') \\ &= 1 - e^2 y' \end{aligned} \]

Vi ganger ut og samler \( y' \) på én side: \[ \begin{aligned} 2 + 2e^2 y' + 1 - e^2 y' &= 1 - e^2 y' \\ 3 + e^2 y' &= 1 - e^2 y' \\ 2e^2 y' &= -2 \\ y' &= -\dfrac{1}{e^2} \end{aligned} \]

En funksjon som bare synker, tar aldri samme verdi to ganger, og da har den en invers. Vi viser det med den deriverte, og løser så for \( x\text{.} \)

1. Forklar hvorfor inversen finnes Vi deriverer med kjerneregelen. For \( e \) opphøyd i en kjerne forteller den oss at: \[ (e^{\textcolor{green}{u}})' = e^{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Det er regelen i videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{x^{-2}} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{-2x^{-3}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f'(x) = e^{\textcolor{green}{x^{-2}}} \cdot (\textcolor{green}{-2x^{-3}}) = -\dfrac{2e^{x^{-2}}}{x^3} \]

For \( {x > 0} \) er både \( {e^{x^{-2}}} \) og \( x^3 \) positive, så: \[ f'(x) < 0 \quad \text{for } x > 0 \]\( f \) er altså strengt synkende. Da gir to ulike \( x \) alltid to ulike funksjonsverdier, og derfor har \( f \) en invers.

2. Løs for x Vi skriver \( {y = f(x)} \) og løser for \( x\text{,} \) som i videoen Oppgave 6 - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026: \[ \begin{aligned} y &= e^{x^{-2}} - 1 \\ y + 1 &= e^{x^{-2}} \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} \ln(y + 1) &= x^{-2} = \dfrac{1}{x^2} \\ x^2 &= \dfrac{1}{\ln(y + 1)} \end{aligned} \]

Siden \( {x > 0}\text{,} \) velger vi den positive roten: \[ x = \dfrac{1}{\sqrt{\ln(y + 1)}} \]

3. Sjekk hvor inversen gjelder For \( {x > 0} \) er \( {x^{-2} > 0}\text{,} \) og da er: \[ e^{x^{-2}} > 1 \quad \Rightarrow \quad f(x) > 0 \]Verdiene til \( f \) er altså positive. Og alle positive tall blir nådd: for \( {y > 0} \) er \( {\ln(y + 1) > 0}\text{,} \) så \( x \) over er et positivt tall, og setter vi det inn, får vi: \[ f(x) = e^{\ln(y + 1)} - 1 = y \]Inversen er derfor definert for alle \( {x > 0}\text{.} \)

Bytter vi navn på variablene, får vi: \[ f^{-1}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\ln(x + 1)}} \]

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 \( {x \ge 1}\text{.} \)

\( f' \) 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 \( {-6}\text{:} \) \[ f''\left(\dfrac{1}{2}\right) \text{ finnes ikke} \]

Arealet avhenger av både \( \theta \) og \( d\text{.} \) Vi bruker omkretsen til å skrive \( \theta \) med \( d\text{,} \) slik at arealet blir en funksjon av \( d \) alene. Så deriverer vi.

1. Bruk kravet til omkretsen Kanten på stykket består av to radier og en bue. Med vinkelen \( \textcolor{red}{\theta} \) i radianer er: \[ \begin{aligned} \text{radius} &= \dfrac{d}{2} \\ \text{bue} &= \textcolor{red}{\theta} \cdot \dfrac{d}{2} \end{aligned} \]

Omkretsen skal være \( 60\text{:} \) \[ 2 \cdot \dfrac{d}{2} + \textcolor{red}{\theta} \cdot \dfrac{d}{2} = 60 \]

Løser vi for \( \textcolor{red}{\theta}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{red}{\theta = \dfrac{120 - 2d}{d}} \]

2. Skriv arealet med diameteren Vinket forteller oss at: \[ A = \dfrac{\textcolor{red}{\theta}}{2\pi}\pi \left(\dfrac{d}{2}\right)^2 = \dfrac{\textcolor{red}{\theta}\, d^2}{8} \]

Plugger vi inn \( \textcolor{red}{\theta}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} A(d) &= \textcolor{red}{\dfrac{120 - 2d}{d}} \cdot \dfrac{d^2}{8} \\ &= \dfrac{(120 - 2d)\,d}{8} \\ &= 15d - \dfrac{d^2}{4} \end{aligned} \]

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

Vi deriverer ledd for ledd og setter den deriverte lik \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} A'(d) = 15 - \dfrac{d}{2} &= 0 \\ d &= 30 \end{aligned} \]

Den dobbeltderiverte er negativ: \[ A''(d) = -\dfrac{1}{2} < 0 \]Grafen til \( A \) er altså en parabel som vender nedover, så \( {d = 30} \) gir den største verdien.

Vi må også sjekke at vinkelen går an: \[ \textcolor{red}{\theta} = \textcolor{red}{\dfrac{120 - 2 \cdot 30}{30}} = 2 \]Vinkelen \( 2 \) radianer ligger mellom \( 0 \) og \( 2\pi\text{,} \) så dette er et ekte pizzastykke.