Universitetseksamen etter tema

Grafene skjærer hverandre der \( {f(x) = g(x)}\text{.} \) Vi samler alt i én funksjon og bruker skjærsetningen. Vi skal altså ikke løse likningen, bare vise at det finnes en løsning.

1. Sett opp en ny funksjon Der grafene skjærer hverandre, er differansen \( 0\text{.} \) Vi kaller differansen \( h(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} h(x) &= f(x) - g(x) \\ &= \ln(x) - x^2 + 2 \end{aligned} \]

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

Her er \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{1}} \) og \( {\textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{2}}\text{.} \) Først sjekker vi at \( h \) er kontinuerlig: \[ \begin{aligned} \ln(x) &: \text{ kontinuerlig for } x > 0 \\ x^2 - 2 &: \text{ kontinuerlig for alle } x \\ h(x) &: \text{ kontinuerlig på } [1, 2] \end{aligned} \]

Så setter vi inn endepunktene: \[ \begin{aligned} h(\textcolor{blue}{1}) &= \ln 1 - 1 + 2 = 1 > 0 \\ h(\textcolor{red}{2}) &= \ln 2 - 4 + 2 = \ln 2 - 2 \end{aligned} \]

Den siste er negativ, siden \( {2 < e}\text{:} \) \[ \ln 2 < \ln e = 1 \quad \Rightarrow \quad \ln 2 - 2 < 0 \]

Fortegnet skifter, så skjærsetningen gir en \( c \in (1, 2) \) der: \[ \begin{aligned} h(\textcolor{blue}{1}) \cdot h(\textcolor{red}{2}) &< 0 \\ h(c) = 0 \quad \Rightarrow \quad f(c) &= g(c) \end{aligned} \]

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: \[ f^{-1}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\ln(x + 1)}} \]

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).