R1 Eksempeloppgave 2021

Vi setter inn $x = 1$ direkte og får formen $\frac{0}{0}$, som er ubestemt. Vi faktoriserer teller og nevner:

$$\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{x^2+x-2} = \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{(x-1)(x+2)}$$

Vi forkorter den felles faktoren $(x-1)$ (gyldig siden $x \neq 1$ i en grenseverdibehandling):

$$= \lim_{x \to 1} \frac{1}{x+2} = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$$

a)

Vi beregner lengden av hver vektor med formelen $|\vec{v}| = \sqrt{v_1^2 + v_2^2}$:

$$\begin{aligned} |\vec{a}| &= \sqrt{2^2 + (-5)^2} = \sqrt{4 + 25} = \sqrt{29} \\ |\vec{b}| &= \sqrt{1^2 + (-4)^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17} \\ |\vec{c}| &= \sqrt{(-2)^2 + 10^2} = \sqrt{4 + 100} = \sqrt{104} \\ |\vec{d}| &= \sqrt{4^2 + 1^2} = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17} \end{aligned}$$

$\vec{b}$ og $\vec{d}$ har lik lengde: $|\vec{b}| = |\vec{d}| = \sqrt{17}$

b)

To vektorer er normalt på hverandre hvis og bare hvis prikkproduktet er null. Vi sjekker alle par:

$$\begin{aligned} \vec{a} \cdot \vec{b} &= 2 \cdot 1 + (-5) \cdot (-4) = 2 + 20 = 22 \\ \vec{a} \cdot \vec{c} &= 2 \cdot (-2) + (-5) \cdot 10 = -4 - 50 = -54 \\ \vec{a} \cdot \vec{d} &= 2 \cdot 4 + (-5) \cdot 1 = 8 - 5 = 3 \\ \vec{b} \cdot \vec{c} &= 1 \cdot (-2) + (-4) \cdot 10 = -2 - 40 = -42 \\ \vec{b} \cdot \vec{d} &= 1 \cdot 4 + (-4) \cdot 1 = 4 - 4 = \textcolor{seagreen}{0} \\ \vec{c} \cdot \vec{d} &= (-2) \cdot 4 + 10 \cdot 1 = -8 + 10 = 2 \end{aligned}$$

Kun $\vec{b} \cdot \vec{d} = 0$.

$\vec{b}$ og $\vec{d}$ er normalt på hverandre.

c)

To vektorer $[x_1, y_1]$ og $[x_2, y_2]$ er parallelle hvis og bare hvis den ene er en skalarmultippel av den andre, dvs. $x_1 y_2 - x_2 y_1 = 0$ (determinanten er null). Vi sjekker alle par:

$$\begin{aligned} \vec{a},\,\vec{b} &: \quad 2 \cdot (-4) - (-5) \cdot 1 = -8 + 5 = -3 \neq 0 \\ \vec{a},\,\vec{c} &: \quad 2 \cdot 10 - (-5) \cdot (-2) = 20 - 10 = 10 \neq 0 \\ \vec{a},\,\vec{d} &: \quad 2 \cdot 1 - (-5) \cdot 4 = 2 + 20 = 22 \neq 0 \\ \vec{b},\,\vec{c} &: \quad 1 \cdot 10 - (-4) \cdot (-2) = 10 - 8 = 2 \neq 0 \\ \vec{b},\,\vec{d} &: \quad 1 \cdot 1 - (-4) \cdot 4 = 1 + 16 = 17 \neq 0 \\ \vec{c},\,\vec{d} &: \quad (-2) \cdot 1 - 10 \cdot 4 = -2 - 40 = -42 \neq 0 \end{aligned}$$

Ingen av vektorene er parallelle.

a)

Eleven beregner den numeriske tilnærmingen til den deriverte

$$f'(x) \approx \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

og sjekker om den er positiv. Så lenge $f'(x) > 0$ øker funksjonen, og while-løkken fortsetter. Løkken stopper første gang $f'(x) \leq 0$, det vil si når funksjonen slutter å vokse.

Eleven ønsker altså å finne $x$-koordinaten til toppunktet på grafen til $f$.

b)

Vi følger programmet steg for steg:

Definisjon og startverdier:

def f(x):
    return x/(1+x**2)

h = 0.0001
x = 0

• Funksjonen $f(x) = \dfrac{x}{1+x^2}$ defineres.
• Skrittstørrelsen $h = 0{,}0001$ brukes til numerisk derivasjon.
• Startpunktet settes til $x = 0$.

While-løkken:

while (f(x+h)-f(x))/h > 0:
    x = x + 0.01

• Betingelsen sjekker om $f'(x) \approx \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} > 0$.
• Ved $x = 0$ er $f'(0) > 0$ (funksjonen stiger), så løkken starter.
• For hvert steg økes $x$ med $0{,}01$.
• Løkken fortsetter så lenge funksjonen stiger, og stopper første gang den slutter å stige.

Utskrift:

print("x=", x)

Programmet skriver ut $x$-verdien der funksjonen slutter å stige, altså $x$-koordinaten til toppunktet.

Resultatet:

Programmet skriver ut:

x= 1.0

Kontroll analytisk: Vi finner toppunktet ved å løse $f'(x) = 0$:

$$f'(x) = \frac{(1+x^2) \cdot 1 - x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$$ $$f'(x) = 0 \implies 1 - x^2 = 0 \implies x = \pm 1$$

Siden $x$ starter på $0$ og øker, finner programmet $x = 1$. Toppunktets $y$-verdi er

$$f(1) = \frac{1}{1+1^2} = \frac{1}{2}$$

Toppunktet er $(1,\ \tfrac{1}{2})$.

Strategi: For å speile $P$ om linjen finner vi først fotpunktet $F$ (der normalen fra $P$ treffer linjen), og beregner deretter speilpunktet som $P' = 2\vec{OF} - \vec{OP}$.

Steg 1 – Retningsvektor og et punkt på linjen

Linjen $y = 2x + 4$ har stigningstall $2$, så retningsvektoren er

$$\vec{d} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$$

Vi velger punktet $A(0, 4)$ på linjen (setter $x = 0$).

Steg 2 – Finn fotpunktet $F$ ved projeksjon

Vektoren fra $A$ til $P$ er

$$\vec{AP} = \vec{OP} - \vec{OA} = \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ -3 \end{pmatrix}$$

Fotpunktet $F$ ligger på linjen og bestemmes ved skalarprojeksjonen av $\vec{AP}$ på $\vec{d}$:

$$t = \frac{\vec{AP} \cdot \vec{d}}{|\vec{d}|^2} = \frac{6 \cdot 1 + (-3) \cdot 2}{1^2 + 2^2} = \frac{6 - 6}{5} = \frac{0}{5} = 0$$ $$\vec{OF} = \vec{OA} + t\,\vec{d} = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix} + 0 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix}$$

Fotpunktet er altså $F(0, 4)$ – som er nettopp punktet $A$ vi valgte. Det betyr at normalen fra $P$ treffer linjen akkurat i $(0, 4)$.

Sjekk: $\vec{FP} = \begin{pmatrix} 6 \\ -3 \end{pmatrix}$ og $\vec{d} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$. Prikkprodukt: $6 \cdot 1 + (-3) \cdot 2 = 0$ ✓ — de er ortogonale.

Steg 3 – Beregn speilpunktet $P'$

$F$ er midtpunktet mellom $P$ og speilpunktet $P'$, så

$$\vec{OP'} = 2\,\vec{OF} - \vec{OP} = 2\begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6 \\ 7 \end{pmatrix}$$

Speilpunktet er $\underline{\underline{P'(-6,\, 7)}}$.

Vi analyserer egenskapene til $f(x) = 4x \cdot e^{-x}$ og bruker dem til å utelukke grafer.

Nullpunkt

$f(x) = 0$ krever $4x = 0$ siden $e^{-x} > 0$ for alle $x$. Funksjonen har derfor bare ett nullpunkt: $x = 0$. En riktig graf må krysse $x$-aksen nøyaktig én gang, i origo.

Fortegn

For $x > 0$: $4x > 0$ og $e^{-x} > 0$, så $f(x) > 0$.

For $x < 0$: $4x < 0$ og $e^{-x} > 0$, så $f(x) < 0$.

Grafen er negativ til venstre for origo og positiv til høyre.

Toppunkt

Vi deriverer med produktregelen:

$$f'(x) = 4 \cdot e^{-x} + 4x \cdot (-e^{-x}) = 4e^{-x}(1 - x)$$

$f'(x) = 0$ gir $1 - x = 0$, altså $x = 1$.

• For $x < 1$: $f'(x) > 0$ (voksende)
• For $x > 1$: $f'(x) < 0$ (avtagende)

Funksjonen har et globalt maksimum ved $x = 1$ med funksjonsverdi

$$f(1) = 4 \cdot 1 \cdot e^{-1} = \frac{4}{e} \approx 1{,}47$$

Oppførsel i det uendelige

Når $x \to +\infty$: eksponentleddet $e^{-x} \to 0$ raskere enn $x$ vokser, så $f(x) \to 0^+$ (grafen nærmer seg $x$-aksen fra over).

Når $x \to -\infty$: $4x \to -\infty$ og $e^{-x} \to +\infty$, så $f(x) \to -\infty$.

Konklusjon

Den riktige grafen kjennetegnes av:

• Nøyaktig ett nullpunkt i origo
• Negativ for $x < 0$, positiv for $x > 0$
• Ett toppunkt ved $(1,\ 4/e) \approx (1;\ 1{,}47)$
• Går mot $0$ fra over når $x \to +\infty$
• Går mot $-\infty$ når $x \to -\infty$

Bare graf II oppfyller alle disse egenskapene: toppunktet ligger nøyaktig ved $x = 1$, og kurven avtar langsomt mot $x$-aksen uten å krysse den på nytt. Graf I har toppunkt for langt til venstre (ved $x \approx 0{,}5$), graf III krysser $x$-aksen på nytt ved $x = 2$ (to nullpunkter), og graf IV avtar for raskt.

Vi har posisjonsvektor $\vec{r}(t) = [28t - 3t^2,\ 10t - 5t^2]$ der $t$ er tid i sekunder og enheten langs aksene er meter.

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

$$\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = [28 - 6t,\ 10 - 10t]$$

Banefarten er lengden av fartsvektoren:

$$|\vec{v}(t)| = \sqrt{(28-6t)^2 + (10-10t)^2}$$

a)

Vi setter $t = 0$:

$$|\vec{v}(0)| = \sqrt{28^2 + 10^2} = \sqrt{784 + 100} = \sqrt{884} = 2\sqrt{221} \approx 29{,}7 \text{ m/s}$$

b)

Ballen treffer bakken når $y$-komponenten av posisjonsvektoren er null:

$$10t - 5t^2 = 0$$ $$5t(2 - t) = 0$$ $$t = 0 \quad \text{eller} \quad t = 2$$

$t = 0$ er tidspunktet da ballen ble sparket, så ballen treffer bakken etter $t = 2$ sekunder.

c)

I toppunktet er den vertikale fartskomponenten lik null:

$$10 - 10t = 0 \implies t = 1$$

Banefarten i toppunktet:

$$|\vec{v}(1)| = \sqrt{(28 - 6 \cdot 1)^2 + (10 - 10 \cdot 1)^2} = \sqrt{22^2 + 0^2} = 22 \text{ m/s}$$

For at $f$ skal ha en omvendt funksjon på $D_f = [-3, \to\rangle$, må $f$ være strengt monoton (voksende eller avtagende) på hele definisjonsmengden.

Vi deriverer:

$$f'(x) = 4x^3 - 3bx^2 = x^2(4x - 3b)$$

Siden $x^2 \geq 0$ for alle $x$, bestemmes fortegnet til $f'(x)$ av faktoren $(4x - 3b)$.

$f'(x) = 0$ når $x = 0$ eller $x = \dfrac{3b}{4}$.

For at $f$ skal være strengt voksende på $[-3, \to\rangle$, må $f'(x) \geq 0$ for alle $x \in [-3, \to\rangle$, med $f'(x) = 0$ kun i isolerte punkter. Det betyr at $(4x - 3b) \geq 0$ for alle $x \geq -3$.

Det kritiske stedet er $x = -3$ (det minste $x$-verdien i $D_f$):

$$4 \cdot (-3) - 3b \geq 0 \implies -12 - 3b \geq 0 \implies b \leq -4$$

Kontroll for $b = -4$: Da er $f'(x) = x^2(4x+12) = 4x^2(x+3)$.

For $x \in [-3, \to\rangle$ er $x^2 \geq 0$ og $(x+3) \geq 0$, så $f'(x) \geq 0$. Likhet inntreffer kun i $x = -3$ og $x = 0$, som er isolerte punkter – $f$ er likevel strengt voksende. ✓

For $b < -4$: Nullpunktet $x = \tfrac{3b}{4} < -3$ ligger utenfor $D_f$, og $(4x - 3b) > 0$ for alle $x > -3$, så $f'(x) > 0$ på $\langle -3, \to\rangle$. ✓

For $b > -4$: Nullpunktet $x = \tfrac{3b}{4} > -3$ ligger inne i $D_f$, og $f'$ skifter fortegn der – $f$ er ikke monoton. ✗

$f$ har omvendt funksjon på $[-3, \to\rangle$ når

$$\boxed{b \leq -4}$$

a)

Et punkt $P(s, t)$ og sirkelens sentrum $S(a, b)$ har avstand

$$d = \sqrt{(s-a)^2 + (t-b)^2}$$

Vi sammenligner denne avstanden med radius $r$:

• Hvis $d < r$: punktet ligger innenfor sirkelen
• Hvis $d = r$: punktet ligger på sirkelen
• Hvis $d > r$: punktet ligger utenfor sirkelen

Algoritme:

1. Ta inn verdiene $a$, $b$, $r$, $s$ og $t$
2. Beregn $d = \sqrt{(s-a)^2 + (t-b)^2}$
3. Hvis $d < r$: skriv ut «Punktet ligger innenfor sirkelen»
4. Ellers hvis $d = r$: skriv ut «Punktet ligger på sirkelen»
5. Ellers: skriv ut «Punktet ligger utenfor sirkelen»

b)

import math

a = float(input("Sentrum x-koordinat a: "))
b = float(input("Sentrum y-koordinat b: "))
r = float(input("Radius r: "))
s = float(input("Punkt x-koordinat s: "))
t = float(input("Punkt y-koordinat t: "))

avstand = math.sqrt((s - a)**2 + (t - b)**2)

if avstand < r:
    print("Punktet ligger innenfor sirkelen")
elif avstand == r:
    print("Punktet ligger på sirkelen")
else:
    print("Punktet ligger utenfor sirkelen")

Eksempel: Sentrum $S(0, 0)$, radius $r = 5$, punkt $P(3, 4)$.

$$d = \sqrt{(3-0)^2 + (4-0)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$$

Siden $d = r = 5$ ligger punktet på sirkelen.

Merk: I praksis er det sjelden at et beregnet desimaltall blir nøyaktig lik $r$ på grunn av avrundingsfeil. I en mer robust løsning kan man i stedet sammenligne $d^2$ med $r^2$ (unngår kvadratrot) eller bruke en liten toleranse ved sjekk av likhet.

a)

Newtons avkjølingslov sier at temperaturen over romtemperatur avtar eksponentielt. Romtemperaturen er $21{,}2 \text{ °C}$, så vi definerer overtemperaturen

$$y = T - 21{,}2$$

og leser av overtemperaturene fra målingene:

Tid $x$ (min)	0	4	8	12	16
Overtemperatur $y$ (°C)	48,8	31,8	20,8	13,8	8,8

Vi utfører eksponentiell regresjon $y = a \cdot e^{-kx}$ på disse punktene med digitalt verktøy og får

$$a \approx 48{,}8 \approx 49, \qquad k \approx 0{,}107 \approx 0{,}11$$

Se GeoGebra CAS nedenfor — linje 1 viser overtemperaturmodellen, linje 2 viser den endelige modellen etter at romtemperaturen er lagt til igjen:

Vi legger til romtemperaturen igjen:

$$\boxed{h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x}}$$

Vi kan kontrollere at modellen passer dataene godt:

$x$	$h(x)$	Målt
0	70,2	70
4	52,8	53
8	41,5	42
12	34,3	35
16	29,6	30

$h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x}$

b)

Vi vurderer hvert modellens gyldighetsområde ut fra den praktiske situasjonen: kaffen avkjøles fra $70 \text{ °C}$ mot romtemperaturen $21{,}2 \text{ °C}$, og temperaturen kan verken synke under romtemperatur eller stige av seg selv.

$f(x) = -2{,}45x + 65{,}6$ (lineær): Modellen treffer romtemperaturen ved $f(x) = 21{,}2$, som gir $x \approx 18 \text{ min}$. For $x > 18$ gir modellen temperaturer under $21{,}2 \text{ °C}$, noe som er urealistisk — kaffen kan ikke bli kaldere enn rommet. Modellen er kun brukbar for de første ca. 18 minuttene.

$g(x) = 0{,}13x^2 - 4{,}45x + 70$ (kvadratisk): Modellen har bunnpunkt ved $x = \dfrac{4{,}45}{2 \cdot 0{,}13} \approx 17 \text{ min}$. Etter bunnpunktet stiger $g$ igjen, noe som betyr at kaffen ifølge modellen begynner å varme seg opp — klart urealistisk. Modellen er kun brukbar fram til ca. $x \approx 17 \text{ min}$.

$h(x) = 21{,}2 + 49 \cdot e^{-0{,}11x}$ (eksponentiell): Eksponentialfunksjonen $e^{-0{,}11x} > 0$ for alle $x$, så $h(x) > 21{,}2$ alltid. Temperaturen nærmer seg romtemperaturen asymptotisk uten å gå under den. Dette er i tråd med Newtons avkjølingslov og er fysisk realistisk for alle $x \geq 0$.

Alle tre modellene passer måledataene godt i intervallet $0 \leq x \leq 16$ min, men $\mathbf{h}$ er den eneste som er gyldig på lang sikt.

a) Bestem $a$ og $b$

For at $f$ skal være deriverbar i $x = 1$, kreves to ting:

Krav 1 – Kontinuitet (venstresiden og høyresiden må møtes):

$$2 \cdot 1^2 + 3 \cdot 1 + a = -2 \cdot 1^2 + b \cdot 1$$ $$5 + a = -2 + b$$

Krav 2 – Lik derivert (samme tangentretning fra begge sider):

$$f'(x) = \begin{cases} 4x + 3, & x < 1 \\ -4x + b, & x \geq 1 \end{cases}$$ $$4 \cdot 1 + 3 = -4 \cdot 1 + b$$ $$7 = -4 + b \implies b = 11$$

Setter $b = 11$ inn i kontinuitetskravet:

$$5 + a = -2 + 11 = 9 \implies a = 4$$ $$a = 4, \quad b = 11$$

b) Vendepunkt?

Med $a = 4$ og $b = 11$ er funksjonen:

$$f(x) = \begin{cases} 2x^2 + 3x + 4, & x < 1 \\ -2x^2 + 11x, & x \geq 1 \end{cases}$$

Vi finner andredeiverte for hvert uttrykk:

$$f''(x) = \begin{cases} 4, & x < 1 \\ -4, & x \geq 1 \end{cases}$$

Begge uttrykk er andregradsfunksjoner med konstante andrederiverte ($f'' = 4$ og $f'' = -4$). Et vendepunkt krever at $f''$ skifter fortegn i et punkt der $f$ er to ganger deriverbar.

• For $x < 1$: $f''(x) = 4 > 0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• For $x > 1$: $f''(x) = -4 < 0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• I $x = 1$: $f''$ er ikke definert (andrederiverte fra venstre og høyre er ulike), og $f$ er ikke to ganger deriverbar her. Et eventuelt vendepunkt krever at $f$ er to ganger deriverbar — dette kravet er ikke oppfylt.

Grafen til $f$ har ikke vendepunkt.

Vi har

$$f(x) = \frac{e^x}{e^x + C}$$

a) Topp- eller bunnpunkt?

Vi deriverer $f$ med kvotientregelen:

$$f'(x) = \frac{e^x(e^x + C) - e^x \cdot e^x}{(e^x + C)^2} = \frac{C e^x}{(e^x + C)^2}$$

For et topp- eller bunnpunkt må $f'(x) = 0$, dvs.

$$C e^x = 0$$

Siden $e^x > 0$ for alle $x$, krever dette $C = 0$. Men hvis $C = 0$ er $f(x) = \frac{e^x}{e^x} = 1$ (konstant), og det finnes heller ingen ekstremalverdi i vanlig forstand.

For $C \neq 0$ har $f'(x) = 0$ ingen løsning. Grafen til $f$ har ingen topp- eller bunnpunkt for noen verdi av $C$.

b) Vendepunkt

Vi deriverer $f'(x)$ på nytt. Med $f'(x) = C e^x (e^x + C)^{-2}$ bruker vi produktregelen:

$$f''(x) = \frac{C e^x(e^x+C)^2 - Ce^x \cdot 2(e^x+C)e^x}{(e^x+C)^4} = \frac{Ce^x\bigl[(e^x+C) - 2e^x\bigr]}{(e^x+C)^3} = \frac{Ce^x(C - e^x)}{(e^x+C)^3}$$

For vendepunkt setter vi $f''(x) = 0$:

$$Ce^x(C - e^x) = 0$$

Siden $e^x > 0$ gir dette enten $C = 0$ (ingen interessant tilfelle) eller $C - e^x = 0$, dvs.

$$e^x = C \implies x = \ln C$$

Dette krever $C > 0$ (siden $\ln C$ bare er definert for $C > 0$, og $e^x > 0$ aldri kan være negativ).

Vi sjekker at fortegnet til $f''$ faktisk skifter i $x = \ln C$ når $C > 0$:

• For $x < \ln C$: $e^x < C$, så $C - e^x > 0$, og $C > 0$ gir $f''(x) > 0$
• For $x > \ln C$: $e^x > C$, så $C - e^x < 0$, og $f''(x) < 0$

Fortegnet skifter, så grafen har et vendepunkt i $x = \ln C$ når $C > 0$. For $C \leq 0$ finnes ingen vendepunkt.

c) Translasjon når $C > 0$

Vi regner ut $f(x + \ln C)$ for $C > 0$:

$$f(x + \ln C) = \frac{e^{x + \ln C}}{e^{x + \ln C} + C} = \frac{e^x \cdot e^{\ln C}}{e^x \cdot e^{\ln C} + C} = \frac{C e^x}{C e^x + C} = \frac{C e^x}{C(e^x + 1)} = \frac{e^x}{e^x + 1}$$

Altså er $f(x + \ln C) = \dfrac{e^x}{e^x + 1}$, som er $f$ med $C = 1$.

Dette betyr at grafen til $f$ er den samme kurven som for $C = 1$, men forskjøvet $\ln C$ enheter i negativ $x$-retning (til venstre for $C > 1$, til høyre for $0 < C < 1$). Formen på grafen endres ikke — bare posisjonen langs $x$-aksen.

d) Når $C < 0$

Nevneren $e^x + C = 0$ når $e^x = -C$, dvs. $x = \ln(-C)$. Her er $f$ ikke definert, og grafen har en vertikal asymptote i $x = \ln(-C)$.

$f'(x) = \dfrac{Ce^x}{(e^x+C)^2}$: telleren $Ce^x < 0$ (siden $C < 0$) og nevneren $(e^x+C)^2 > 0$, så $f'(x) < 0$ overalt der $f$ er definert. Funksjonen er altså strengt avtagende på begge grener.

Når $C$ endres (fortsatt $C < 0$), forskyves asymptoten $x = \ln(-C)$ horisontalt — mot høyre når $|C|$ øker. Grafens form (to avtagende grener med vertikal asymptote) er den samme for alle $C < 0$.