R1 Høst 2022
Last ned eksamenssettet som PDF. Oppgavene er hentet fra
Utdanningsdirektoratet.
Oppgavehefte Last ned PDF Løsningsforslag Last ned PDF
Første nedlasting kjører en bot-sjekk i nettleseren (Vercel BotID).
Mer i personvernerklæringen .
LK20 · 12 oppgaver· 5 timer ▶ Start fokusmodus
Del 1
— uten hjelpemidler · 1 time · 5 oppgaver Oppgave 1-1 : Omvendt funksjon av x^4 og eksponentialfunksjon og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Avgjør for hver av funksjonene nedenfor om den har en omvendt funksjon. Husk å begrunne svaret.
a)
f ( x ) = x 4 f(x) = x^4 f ( x ) = x 4 D f = R D_f = \mathbb{R} D f = R
b)
g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 g(x) = e^{-(x-2)^2} g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 D g = [ 2 , → ⟩ D_g = [2, \to\rangle D g = [ 2 , → ⟩
Fasit
a)
f ( x ) = x 4 f(x) = x^4 f ( x ) = x 4 ikke omvendt funksjon på D f = R D_f = \mathbb{R} D f = R
b)
g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 g(x) = e^{-(x-2)^2} g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 har omvendt funksjon på D g = [ 2 , → ⟩ D_g = [2, \to\rangle D g = [ 2 , → ⟩ g − 1 ( x ) = 2 + − ln x g^{-1}(x) = 2 + \sqrt{-\ln x} g − 1 ( x ) = 2 + − ln x D g − 1 = ⟨ 0 , 1 ] D_{g^{-1}} = \langle 0, 1] D g − 1 = ⟨ 0 , 1 ]
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.a)
En funksjon har omvendt funksjon hvis og bare hvis den er injektiv (én-til-én), det vil si at ulike x x x
Vi ser at
f ( 1 ) = 1 4 = 1 og f ( − 1 ) = ( − 1 ) 4 = 1 f(1) = 1^4 = 1 \quad \text{og} \quad f(-1) = (-1)^4 = 1 f ( 1 ) = 1 4 = 1 og f ( − 1 ) = ( − 1 ) 4 = 1 Her er f ( 1 ) = f ( − 1 ) f(1) = f(-1) f ( 1 ) = f ( − 1 ) 1 ≠ − 1 1 \neq -1 1 = − 1 x x x f f f ikke injektiv på R \mathbb{R} R
f ( x ) = x 4 f(x) = x^4 f ( x ) = x 4 ingen omvendt funksjon på D f = R D_f = \mathbb{R} D f = R
b)
Vi undersøker om g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 g(x) = e^{-(x-2)^2} g ( x ) = e − ( x − 2 ) 2 D g = [ 2 , → ⟩ D_g = [2, \to\rangle D g = [ 2 , → ⟩
Deriverer:
g ′ ( x ) = − 2 ( x − 2 ) ⋅ e − ( x − 2 ) 2 g'(x) = -2(x-2) \cdot e^{-(x-2)^2} g ′ ( x ) = − 2 ( x − 2 ) ⋅ e − ( x − 2 ) 2 For x > 2 x > 2 x > 2 ( x − 2 ) > 0 (x-2) > 0 ( x − 2 ) > 0 e − ( x − 2 ) 2 > 0 e^{-(x-2)^2} > 0 e − ( x − 2 ) 2 > 0
g ′ ( x ) = − 2 ( x − 2 ) ⋅ e − ( x − 2 ) 2 < 0 g'(x) = -2(x-2) \cdot e^{-(x-2)^2} < 0 g ′ ( x ) = − 2 ( x − 2 ) ⋅ e − ( x − 2 ) 2 < 0 g g g [ 2 , → ⟩ [2, \to\rangle [ 2 , → ⟩ g g g har omvendt funksjon .
Vi finner den omvendte funksjonen ved å bytte om x x x y y y y y y
x = e − ( y − 2 ) 2 x = e^{-(y-2)^2} x = e − ( y − 2 ) 2 ln x = − ( y − 2 ) 2 \ln x = -(y-2)^2 ln x = − ( y − 2 ) 2 ( y − 2 ) 2 = − ln x (y-2)^2 = -\ln x ( y − 2 ) 2 = − ln x y − 2 = − ln x y - 2 = \sqrt{-\ln x} y − 2 = − ln x (Positiv rot siden y ≥ 2 y \geq 2 y ≥ 2 D g D_g D g
y = 2 + − ln x y = 2 + \sqrt{-\ln x} y = 2 + − ln x Definisjonsmengde for g − 1 g^{-1} g − 1 Verdimengden til g g g [ 2 , → ⟩ [2, \to\rangle [ 2 , → ⟩ g − 1 g^{-1} g − 1 g ( 2 ) = e 0 = 1 g(2) = e^0 = 1 g ( 2 ) = e 0 = 1 g ( x ) → 0 g(x) \to 0 g ( x ) → 0 x → ∞ x \to \infty x → ∞ g g g ⟨ 0 , 1 ] \langle 0, 1] ⟨ 0 , 1 ]
Dermed:
g − 1 ( x ) = 2 + − ln x , D g − 1 = ⟨ 0 , 1 ] g^{-1}(x) = 2 + \sqrt{-\ln x}, \quad D_{g^{-1}} = \langle 0, 1] g − 1 ( x ) = 2 + − ln x , D g − 1 = ⟨ 0 , 1 ] Oppgavedata
Kategori 2
Vanskegrad 2
Temaer Funksjoner Oppgave 1-2 : Grenseverdi av differenskvotient i punkt 4
Bestem grenseverdien
lim h → 0 ( 4 + h ) 2 − 4 2 h \lim_{h \to 0} \frac{(4+h)^2 - 4^2}{h} h → 0 lim h ( 4 + h ) 2 − 4 2
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Vi utvider og forenkler telleren algebraisk:
lim h → 0 ( 4 + h ) 2 − 4 2 h = lim h → 0 16 + 8 h + h 2 − 16 h = lim h → 0 8 h + h 2 h \lim_{h \to 0} \frac{(4+h)^2 - 4^2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{16 + 8h + h^2 - 16}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{8h + h^2}{h} h → 0 lim h ( 4 + h ) 2 − 4 2 = h → 0 lim h 16 + 8 h + h 2 − 16 = h → 0 lim h 8 h + h 2 Vi faktoriserer h h h
= lim h → 0 h ( 8 + h ) h = lim h → 0 ( 8 + h ) = \lim_{h \to 0} \frac{h(8 + h)}{h} = \lim_{h \to 0} (8 + h) = h → 0 lim h h ( 8 + h ) = h → 0 lim ( 8 + h ) Nå kan vi sette inn h = 0 h = 0 h = 0
= 8 + 0 = 8 = 8 + 0 = 8 = 8 + 0 = 8 Grenseverdien er 8 8 8 f ( x ) = x 2 f(x) = x^2 f ( x ) = x 2 x = 4 x = 4 x = 4
Oppgavedata
Delt med R1, S1
Kategori 1
Vanskegrad 1
Temaer Derivasjon, Vekstfart Oppgave 1-3 : Sammenlign tre uttrykk med rot, lg og ln og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Hvilke av tallene er mindre enn 10? Husk å begrunne svarene.
3 11 10 lg 9 5 ln 9 3\sqrt{11} \qquad 10\lg 9 \qquad 5\ln 9 3 11 10 lg 9 5 ln 9
Fasit
3 11 3\sqrt{11} 3 11 10 lg 9 10\lg 9 10 lg 9 5 ln 9 5\ln 9 5 ln 9
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.3 11 3\sqrt{11} 3 11
( 3 11 ) 2 = 9 ⋅ 11 = 99 < 100 = 10 2 \left(3\sqrt{11}\right)^2 = 9 \cdot 11 = 99 < 100 = 10^2 ( 3 11 ) 2 = 9 ⋅ 11 = 99 < 100 = 1 0 2 Siden 99 < 100 99 < 100 99 < 100 3 11 < 10 3\sqrt{11} < 10 3 11 < 10
10 lg 9 10\lg 9 10 lg 9 lg 9 \lg 9 lg 9
lg 9 < lg 10 = 1 \lg 9 < \lg 10 = 1 lg 9 < lg 10 = 1 siden lg \lg lg 9 < 10 9 < 10 9 < 10 10 lg 9 < 10 10\lg 9 < 10 10 lg 9 < 10
5 ln 9 5\ln 9 5 ln 9 ln 9 \ln 9 ln 9
ln 9 > ? 2 = ln e 2 \ln 9 \stackrel{?}{>} 2 = \ln e^2 ln 9 > ? 2 = ln e 2 Vi vet at e ≈ 2,718 e \approx 2{,}718 e ≈ 2 , 718 e 2 ≈ 7,39 < 9 e^2 \approx 7{,}39 < 9 e 2 ≈ 7 , 39 < 9 ln \ln ln 9 > e 2 9 > e^2 9 > e 2 ln 9 > 2 \ln 9 > 2 ln 9 > 2 5 ln 9 > 10 5\ln 9 > 10 5 ln 9 > 10
Oppgavedata
Kategori 2
Vanskegrad 2
Temaer Eksponentialfunksjon Oppgave 1-4 : Vinkel APB og punkt Q på linje gjennom P og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Vi har gitt punktene A ( 1 , 1 ) A(1, 1) A ( 1 , 1 ) B ( 9 , 7 ) B(9, 7) B ( 9 , 7 ) P ( 5 , 9 ) P(5, 9) P ( 5 , 9 )
a)
Vis at ∠ A P B = 90 ° \angle APB = 90\degree ∠ A P B = 90°
En linje ℓ \ell ℓ A B → \overrightarrow{AB} A B P P P
Det er også et annet punkt Q Q Q ℓ \ell ℓ ∠ A Q B = 90 ° \angle AQB = 90\degree ∠ A QB = 90°
b)
Bestem koordinatene til Q Q Q
Fasit
a)
P A → ⋅ P B → = 0 \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = 0 P A ⋅ P B = 0 ∠ A P B = 90 ° \angle APB = 90\degree ∠ A P B = 90°
b)
Q = ( 1 5 , 27 5 ) Q = \left(\dfrac{1}{5},\ \dfrac{27}{5}\right) Q = ( 5 1 , 5 27 )
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.a)
Vi bruker prikkproduktet til å vise at ∠ A P B = 90 ° \angle APB = 90\degree ∠ A P B = 90°
Vi regner ut vektorene fra P P P A A A B B B
P A → = A − P = ( 1 − 5 , 1 − 9 ) = ( − 4 , − 8 ) \overrightarrow{PA} = A - P = (1-5,\ 1-9) = (-4,\ -8) P A = A − P = ( 1 − 5 , 1 − 9 ) = ( − 4 , − 8 ) P B → = B − P = ( 9 − 5 , 7 − 9 ) = ( 4 , − 2 ) \overrightarrow{PB} = B - P = (9-5,\ 7-9) = (4,\ -2) P B = B − P = ( 9 − 5 , 7 − 9 ) = ( 4 , − 2 ) Prikkproduktet er:
P A → ⋅ P B → = ( − 4 ) ⋅ 4 + ( − 8 ) ⋅ ( − 2 ) = − 16 + 16 = 0 \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = (-4) \cdot 4 + (-8) \cdot (-2) = -16 + 16 = 0 P A ⋅ P B = ( − 4 ) ⋅ 4 + ( − 8 ) ⋅ ( − 2 ) = − 16 + 16 = 0 Siden P A → ⋅ P B → = 0 \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = 0 P A ⋅ P B = 0 \angle APB = 90° \textbf{\angle APB = 90\degree} \angle APB = 90°
b)
Linjen ℓ \ell ℓ A B → \overrightarrow{AB} A B P P P
A B → = B − A = ( 9 − 1 , 7 − 1 ) = ( 8 , 6 ) \overrightarrow{AB} = B - A = (9-1,\ 7-1) = (8,\ 6) A B = B − A = ( 9 − 1 , 7 − 1 ) = ( 8 , 6 ) Alle punkter på ℓ \ell ℓ
Q = P + t ⋅ A B → = ( 5 + 8 t , 9 + 6 t ) , t ∈ R Q = P + t \cdot \overrightarrow{AB} = (5 + 8t,\ 9 + 6t), \quad t \in \mathbb{R} Q = P + t ⋅ A B = ( 5 + 8 t , 9 + 6 t ) , t ∈ R For at ∠ A Q B = 90 ° \angle AQB = 90\degree ∠ A QB = 90° Q A → ⋅ Q B → = 0 \overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{QB} = 0 Q A ⋅ QB = 0
Vi regner ut vektorene fra Q Q Q
Q A → = A − Q = ( 1 − ( 5 + 8 t ) , 1 − ( 9 + 6 t ) ) = ( − 4 − 8 t , − 8 − 6 t ) \overrightarrow{QA} = A - Q = (1-(5+8t),\ 1-(9+6t)) = (-4-8t,\ -8-6t) Q A = A − Q = ( 1 − ( 5 + 8 t ) , 1 − ( 9 + 6 t )) = ( − 4 − 8 t , − 8 − 6 t ) Q B → = B − Q = ( 9 − ( 5 + 8 t ) , 7 − ( 9 + 6 t ) ) = ( 4 − 8 t , − 2 − 6 t ) \overrightarrow{QB} = B - Q = (9-(5+8t),\ 7-(9+6t)) = (4-8t,\ -2-6t) QB = B − Q = ( 9 − ( 5 + 8 t ) , 7 − ( 9 + 6 t )) = ( 4 − 8 t , − 2 − 6 t ) Prikkproduktet settes lik null:
Q A → ⋅ Q B → = ( − 4 − 8 t ) ( 4 − 8 t ) + ( − 8 − 6 t ) ( − 2 − 6 t ) = ( − 4 − 8 t ) ( 4 − 8 t ) + ( 8 + 6 t ) ( 2 + 6 t ) = ( − 16 + 32 t − 32 t + 64 t 2 ) + ( 16 + 48 t + 12 t + 36 t 2 ) = − 16 + 64 t 2 + 16 + 60 t + 36 t 2 = 100 t 2 + 60 t = 20 t ( 5 t + 3 ) \begin{aligned}
\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{QB} &= (-4-8t)(4-8t) + (-8-6t)(-2-6t) \\
&= (-4-8t)(4-8t) + (8+6t)(2+6t) \\
&= (-16 + 32t - 32t + 64t^2) + (16 + 48t + 12t + 36t^2) \\
&= -16 + 64t^2 + 16 + 60t + 36t^2 \\
&= 100t^2 + 60t \\
&= 20t(5t + 3)
\end{aligned} Q A ⋅ QB = ( − 4 − 8 t ) ( 4 − 8 t ) + ( − 8 − 6 t ) ( − 2 − 6 t ) = ( − 4 − 8 t ) ( 4 − 8 t ) + ( 8 + 6 t ) ( 2 + 6 t ) = ( − 16 + 32 t − 32 t + 64 t 2 ) + ( 16 + 48 t + 12 t + 36 t 2 ) = − 16 + 64 t 2 + 16 + 60 t + 36 t 2 = 100 t 2 + 60 t = 20 t ( 5 t + 3 ) 20 t ( 5 t + 3 ) = 0 20t(5t+3) = 0 20 t ( 5 t + 3 ) = 0 t = 0 eller t = − 3 5 t = 0 \quad \text{eller} \quad t = -\frac{3}{5} t = 0 eller t = − 5 3 t = 0 t = 0 t = 0 Q = P = ( 5 , 9 ) Q = P = (5, 9) Q = P = ( 5 , 9 )
Q = ( 5 + 8 ⋅ ( − 3 5 ) , 9 + 6 ⋅ ( − 3 5 ) ) = ( 5 − 24 5 , 9 − 18 5 ) = ( 1 5 , 27 5 ) Q = \left(5 + 8 \cdot \left(-\frac{3}{5}\right),\ 9 + 6 \cdot \left(-\frac{3}{5}\right)\right) = \left(5 - \frac{24}{5},\ 9 - \frac{18}{5}\right) = \left(\frac{1}{5},\ \frac{27}{5}\right) Q = ( 5 + 8 ⋅ ( − 5 3 ) , 9 + 6 ⋅ ( − 5 3 ) ) = ( 5 − 5 24 , 9 − 5 18 ) = ( 5 1 , 5 27 ) Q = ( 1 5 , 27 5 ) Q = \left(\dfrac{1}{5},\ \dfrac{27}{5}\right) Q = ( 5 1 , 5 27 )
Oppgavedata
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Geometri, Trigonometri Oppgave 1-5 : Tangentlinje funnet med derivasjonsprogram og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Marianne har skrevet følgende program:
Bestem verdien av variabelen b b b
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Programmet finner en tangentlinje til f ( x ) = 6 x − 3 x − 1 f(x) = \dfrac{6x-3}{x-1} f ( x ) = x − 1 6 x − 3 − 3 -3 − 3
Linje for linje:
Linje 1–2: Definerer funksjonen f ( x ) = 6 x − 3 x − 1 f(x) = \dfrac{6x-3}{x-1} f ( x ) = x − 1 6 x − 3 Linje 4–6: Definerer en numerisk tilnærming til den deriverte:
D f ( x ) = f ( x + h ) − f ( x ) h , h = 0,00001 Df(x) = \frac{f(x+h) - f(x)}{h}, \quad h = 0{,}00001 D f ( x ) = h f ( x + h ) − f ( x ) , h = 0 , 00001 Dette er Newton-differenskvotienten som gir en god tilnærming til f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) h h h
Linje 8: Setter startverdien a = 1,5 a = 1{,}5 a = 1 , 5 Linje 9–10: while-løkken øker a a a 0,001 0{,}001 0 , 001 D f ( a ) < − 3 Df(a) < -3 D f ( a ) < − 3 a a a f ′ ( a ) ≥ − 3 f'(a) \geq -3 f ′ ( a ) ≥ − 3 Linje 12: Beregner konstantleddet b b b y = − 3 x + b y = -3x + b y = − 3 x + b ( a , f ( a ) ) (a,\, f(a)) ( a , f ( a )) Linje 14: Skriver ut tangentlinjen.
Finn berøringspunktet analytisk:
Vi beregner den deriverte med kvotientregelen:
f ′ ( x ) = 6 ( x − 1 ) − ( 6 x − 3 ) ⋅ 1 ( x − 1 ) 2 = 6 x − 6 − 6 x + 3 ( x − 1 ) 2 = − 3 ( x − 1 ) 2 f'(x) = \frac{6(x-1) - (6x-3) \cdot 1}{(x-1)^2} = \frac{6x - 6 - 6x + 3}{(x-1)^2} = \frac{-3}{(x-1)^2} f ′ ( x ) = ( x − 1 ) 2 6 ( x − 1 ) − ( 6 x − 3 ) ⋅ 1 = ( x − 1 ) 2 6 x − 6 − 6 x + 3 = ( x − 1 ) 2 − 3 Løkken leter etter x x x f ′ ( x ) = − 3 f'(x) = -3 f ′ ( x ) = − 3
− 3 ( x − 1 ) 2 = − 3 ⟹ ( x − 1 ) 2 = 1 ⟹ x = 0 eller x = 2 \frac{-3}{(x-1)^2} = -3 \implies (x-1)^2 = 1 \implies x = 0 \text{ eller } x = 2 ( x − 1 ) 2 − 3 = − 3 ⟹ ( x − 1 ) 2 = 1 ⟹ x = 0 eller x = 2 Startverdi er a = 1,5 a = 1{,}5 a = 1 , 5 x ∈ ( 1 , 2 ) x \in (1,\, 2) x ∈ ( 1 , 2 ) ( x − 1 ) 2 < 1 (x-1)^2 < 1 ( x − 1 ) 2 < 1 f ′ ( x ) < − 3 f'(x) < -3 f ′ ( x ) < − 3 a a a a = 2 a = 2 a = 2 f ′ ( 2 ) = − 3 f'(2) = -3 f ′ ( 2 ) = − 3
Beregn b b b
f ( 2 ) = 6 ⋅ 2 − 3 2 − 1 = 9 1 = 9 f(2) = \frac{6 \cdot 2 - 3}{2 - 1} = \frac{9}{1} = 9 f ( 2 ) = 2 − 1 6 ⋅ 2 − 3 = 1 9 = 9 Tangentlinjen går gjennom ( 2 , 9 ) (2,\, 9) ( 2 , 9 ) − 3 -3 − 3
b = f ( a ) − D f ( a ) ⋅ a = 9 − ( − 3 ) ⋅ 2 = 9 + 6 = 15 ‾ ‾ b = f(a) - Df(a) \cdot a = 9 - (-3) \cdot 2 = 9 + 6 = \mathbf{\underline{\underline{15}}} b = f ( a ) − D f ( a ) ⋅ a = 9 − ( − 3 ) ⋅ 2 = 9 + 6 = 15 Tangentlinjen er y = − 3 x + 15 y = -3x + 15 y = − 3 x + 15
Oppgavedata
Kategori 2
Vanskegrad 2
Temaer Programmering, Derivasjon
Del 2
— med hjelpemidler · 4 timer · 7 oppgaver Oppgave 2-1 : Logistisk modell for Norges energiproduksjon og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Tabellen nedenfor viser hvor mye elektrisk energi Norge produserte noen utvalgte år.
År 1950 1960 1970 1981 1990 2000 2012 2020 Produksjon (GWh) 16 924 31 121 57 606 93 397 121 848 142 816 147 716 154 197
a)
Bruk tallene fra tabellen til å lage en logistisk modell g g g x x x
b)
I hvilket år økte produksjonen raskest ifølge modellen g g g
Tabellen nedenfor viser forbruket av elektrisk energi i Norge noen utvalgte år.
År 1950 1960 1970 1981 1990 2000 2012 2020 Forbruk (GWh) 16 924 31 253 56 770 88 168 105 941 123 761 129 900 133 725
c)
Bruk tallene fra tabellen til å lage en modell som du mener vi kan bruke til å vurdere om vi på sikt vil være selvforsynte med elektrisk energi.
Fasit
a)
g ( x ) = 157303 1 + 9,6396 ⋅ e − 0,08672 x g(x) = \dfrac{157303}{1 + 9{,}6396 \cdot e^{-0{,}08672x}} g ( x ) = 1 + 9 , 6396 ⋅ e − 0 , 08672 x 157303 r 2 = 0,999 r^2 = 0{,}999 r 2 = 0 , 999
b)
Produksjonen økte raskest i 1976
c)
Nei — asymptoten for produksjon (≈ 157 300 G W h \approx 157\,300~\mathrm{GWh} ≈ 157 300 GWh ≈ 136 400 G W h \approx 136\,400~\mathrm{GWh} ≈ 136 400 GWh
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Vi legger inn produksjonstallene i GeoGebra CAS og definerer den logistiske modellen med de gitte parametrene fra regresjon. Se linje 1–4 i CAS-utklippet.
a)
En logistisk modell har formen
g ( x ) = L 1 + a ⋅ e − k x g(x) = \frac{L}{1 + a \cdot e^{-kx}} g ( x ) = 1 + a ⋅ e − k x L der L L L a a a k k k x x x
Regresjonen gir (se linje 1 i CAS):
\textbf{g(x) = \frac{157303}{1 + 9{,}6396 \cdot e^{-0{,}08672x}}}
med r 2 = 0,999 r^2 = 0{,}999 r 2 = 0 , 999
b)
I en logistisk modell er veksthastigheten størst i vendepunktet, der g ( x ) = L 2 g(x) = \frac{L}{2} g ( x ) = 2 L
x x x
x = ln ( a ) k = ln ( 9,6396 ) 0,08672 ≈ 26,1 x = \frac{\ln(a)}{k} = \frac{\ln(9{,}6396)}{0{,}08672} \approx 26{,}1 x = k ln ( a ) = 0 , 08672 ln ( 9 , 6396 ) ≈ 26 , 1 Vi verifiserer med Vendepunkt(g) i CAS (se linje 2), som bekrefter x ≈ 26,1 x \approx 26{,}1 x ≈ 26 , 1 y = L 2 ≈ 78 652 G W h y = \frac{L}{2} \approx 78\,652~\mathrm{GWh} y = 2 L ≈ 78 652 GWh
1950 + 26,1 ≈ 1976 1950 + 26{,}1 \approx 1976 1950 + 26 , 1 ≈ 1976 Ifølge modellen økte produksjonen raskest i løpet av 1976.
c)
Vi lager en tilsvarende logistisk modell for forbruket. Logistisk regresjon på forbrukstallene (se linje 4 i CAS) gir:
f ( x ) = 136387 1 + 7,4388 ⋅ e − 0,08320 x f(x) = \frac{136387}{1 + 7{,}4388 \cdot e^{-0{,}08320x}} f ( x ) = 1 + 7 , 4388 ⋅ e − 0 , 08320 x 136387 For å vurdere selvforsyningen sammenligner vi de to modellenes kapasitetsgrenser (asymptotene):
Modell Asymptote L L L Produksjon g ( x ) g(x) g ( x ) ≈ 157 300 G W h \approx 157\,300~\mathrm{GWh} ≈ 157 300 GWh Forbruk f ( x ) f(x) f ( x ) ≈ 136 400 G W h \approx 136\,400~\mathrm{GWh} ≈ 136 400 GWh
Produksjonsmodellen har en høyere asymptote enn forbruksmodellen. Det betyr at ifølge modellene vil produksjonen over tid stabilisere seg på et høyere nivå enn forbruket.
Modellen tilsier at Norge på sikt vil være selvforsynt med elektrisk energi.
Det er likevel viktig å understreke usikkerheten: begge modeller er logistiske, og det er usikkert om veksten faktisk vil følge dette mønsteret langt inn i fremtiden. Energiforbruk og -produksjon påvirkes av politikk, teknologiendringer og klimaforhold som modellen ikke fanger opp.
Oppgavedata
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Modellering, Funksjoner Oppgave 2-2 : Omvendt funksjon og ladetid for kamerablits og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Når du bruker blitsen på et fotokamera, vil batteriet lade den opp igjen. Ladningen Q Q Q t t t
Q ( t ) = Q 0 ( 1 − e − 2,3 t ) , t ≥ 0 Q(t) = Q_0\left(1 - e^{-2{,}3t}\right), \quad t \geq 0 Q ( t ) = Q 0 ( 1 − e − 2 , 3 t ) , t ≥ 0 Her er Q 0 Q_0 Q 0
a)
Bestem den omvendte funksjonen til Q Q Q
b)
Hvor lang tid tar det før blitsen har fått 90 prosent av den maksimale ladningen?
Fasit
a)
t ( Q ) = − 10 23 ln ( 1 − Q Q 0 ) t(Q) = -\dfrac{10}{23}\ln\!\left(1 - \dfrac{Q}{Q_0}\right) t ( Q ) = − 23 10 ln ( 1 − Q 0 Q )
b)
t ≈ 1,00 t \approx 1{,}00 t ≈ 1 , 00
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.a)
Vi har
Q ( t ) = Q 0 ( 1 − e − 2,3 t ) Q(t) = Q_0\left(1 - e^{-2{,}3t}\right) Q ( t ) = Q 0 ( 1 − e − 2 , 3 t ) og ønsker å uttrykke t t t Q Q Q
Q = Q 0 ( 1 − e − 2,3 t ) Q = Q_0\left(1 - e^{-2{,}3t}\right) Q = Q 0 ( 1 − e − 2 , 3 t ) Q Q 0 = 1 − e − 2,3 t \frac{Q}{Q_0} = 1 - e^{-2{,}3t} Q 0 Q = 1 − e − 2 , 3 t e − 2,3 t = 1 − Q Q 0 e^{-2{,}3t} = 1 - \frac{Q}{Q_0} e − 2 , 3 t = 1 − Q 0 Q − 2,3 t = ln ( 1 − Q Q 0 ) -2{,}3t = \ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) − 2 , 3 t = ln ( 1 − Q 0 Q ) t = − 1 2,3 ln ( 1 − Q Q 0 ) = − 10 23 ln ( 1 − Q Q 0 ) t = -\frac{1}{2{,}3}\ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) = -\frac{10}{23}\ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) t = − 2 , 3 1 ln ( 1 − Q 0 Q ) = − 23 10 ln ( 1 − Q 0 Q ) Den omvendte funksjonen er altså
t ( Q ) = − 10 23 ln ( 1 − Q Q 0 ) t(Q) = -\frac{10}{23}\ln\!\left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) t ( Q ) = − 23 10 ln ( 1 − Q 0 Q ) b)
90 prosent av maksimal ladning er Q = 0,9 Q 0 Q = 0{,}9\,Q_0 Q = 0 , 9 Q 0 t ( Q ) t(Q) t ( Q )
t ( 0,9 Q 0 ) = − 10 23 ln ( 1 − 0,9 Q 0 Q 0 ) = − 10 23 ln ( 0,1 ) = 10 23 ln ( 10 ) t(0{,}9\,Q_0) = -\frac{10}{23}\ln\!\left(1 - \frac{0{,}9\,Q_0}{Q_0}\right) = -\frac{10}{23}\ln(0{,}1) = \frac{10}{23}\ln(10) t ( 0 , 9 Q 0 ) = − 23 10 ln ( 1 − Q 0 0 , 9 Q 0 ) = − 23 10 ln ( 0 , 1 ) = 23 10 ln ( 10 ) t = 10 ⋅ 2,303 … 23 ≈ 1,00 sekunder t = \frac{10 \cdot 2{,}303\ldots}{23} \approx 1{,}00 \text{ sekunder} t = 23 10 ⋅ 2 , 303 … ≈ 1 , 00 sekunder Det tar altså omtrent 1 sekund før blitsen har fått 90 % av den maksimale ladningen.
Oppgavedata
Kategori 2
Vanskegrad 2
Temaer Eksponentialfunksjon, Funksjoner Oppgave 2-3 : Stråle gjennom origo og vinkler i trekant og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Vi har gitt punktene A ( 0 , 0 ) A(0, 0) A ( 0 , 0 ) B ( 9 , 1 ) B(9, 1) B ( 9 , 1 ) C ( 24 , 10 ) C(24, 10) C ( 24 , 10 ) ℓ \ell ℓ
ℓ : { x = 12 t y = 5 t , t > 0 \ell: \begin{cases} x = 12t \\ y = 5t \end{cases}, \quad t > 0 ℓ : { x = 12 t y = 5 t , t > 0
a)
Vis at C C C ℓ \ell ℓ
b)
Bruk vektorregning til å bestemme ∠ B A C \angle BAC ∠ B A C
Et annet punkt D D D ℓ \ell ℓ ∠ A D B = 120 ° \angle ADB = 120\degree ∠ A D B = 120°
c)
Bruk vektorregning til å bestemme koordinatene til D D D
Et punkt E E E ℓ \ell ℓ △ A B E \triangle ABE △ A B E
d)
Bestem de eksakte koordinatene til E E E
Fasit
a)
C C C ℓ \ell ℓ t = 2 t = 2 t = 2
b)
∠ B A C = arccos ( 113 82 1066 ) ≈ 16,28 ° \angle BAC = \arccos\!\left(\dfrac{113\sqrt{82}}{1066}\right) \approx 16{,}28° ∠ B A C = arccos ( 1066 113 82 ) ≈ 16 , 28°
c)
D = ( 1356 − 132 3 169 , 565 − 55 3 169 ) D = \left(\dfrac{1356 - 132\sqrt{3}}{169},\ \dfrac{565 - 55\sqrt{3}}{169}\right) D = ( 169 1356 − 132 3 , 169 565 − 55 3 )
d)
E = ( 8 , 10 3 ) E = \left(8,\ \dfrac{10}{3}\right) E = ( 8 , 3 10 )
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.a)
Strålen ℓ \ell ℓ x = 12 t x = 12t x = 12 t y = 5 t y = 5t y = 5 t t > 0 t > 0 t > 0
Vi prøver C ( 24 , 10 ) C(24, 10) C ( 24 , 10 )
x = 24 ⟹ 12 t = 24 ⟹ t = 2 x = 24 \implies 12t = 24 \implies t = 2 x = 24 ⟹ 12 t = 24 ⟹ t = 2 y = 5 ⋅ 2 = 10 ✓ y = 5 \cdot 2 = 10 \checkmark y = 5 ⋅ 2 = 10 ✓ Siden t = 2 > 0 t = 2 > 0 t = 2 > 0 C C C C C C ℓ \ell ℓ
b)
Vi bruker prikkprodukt for å finne ∠ B A C \angle BAC ∠ B A C A ( 0 , 0 ) A(0,0) A ( 0 , 0 )
A B ⃗ = ( 9 , 1 ) , A C ⃗ = ( 24 , 10 ) \vec{AB} = (9, 1), \qquad \vec{AC} = (24, 10) A B = ( 9 , 1 ) , A C = ( 24 , 10 ) A B ⃗ ⋅ A C ⃗ = 9 ⋅ 24 + 1 ⋅ 10 = 216 + 10 = 226 \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 9 \cdot 24 + 1 \cdot 10 = 216 + 10 = 226 A B ⋅ A C = 9 ⋅ 24 + 1 ⋅ 10 = 216 + 10 = 226 ∣ A B ⃗ ∣ = 9 2 + 1 2 = 82 , ∣ A C ⃗ ∣ = 24 2 + 10 2 = 676 = 26 |\vec{AB}| = \sqrt{9^2 + 1^2} = \sqrt{82}, \qquad |\vec{AC}| = \sqrt{24^2 + 10^2} = \sqrt{676} = 26 ∣ A B ∣ = 9 2 + 1 2 = 82 , ∣ A C ∣ = 2 4 2 + 1 0 2 = 676 = 26 cos ( ∠ B A C ) = A B ⃗ ⋅ A C ⃗ ∣ A B ⃗ ∣ ∣ A C ⃗ ∣ = 226 82 ⋅ 26 = 113 82 1066 \cos(\angle BAC) = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}||\vec{AC}|} = \frac{226}{\sqrt{82} \cdot 26} = \frac{113\sqrt{82}}{1066} cos ( ∠ B A C ) = ∣ A B ∣∣ A C ∣ A B ⋅ A C = 82 ⋅ 26 226 = 1066 113 82 ∠ B A C = arccos ( 113 82 1066 ) ≈ 16,28 ° \angle BAC = \arccos\!\left(\frac{113\sqrt{82}}{1066}\right) \approx 16{,}28° ∠ B A C = arccos ( 1066 113 82 ) ≈ 16 , 28° c)
D D D ℓ \ell ℓ D = ( 12 t , 5 t ) D = (12t,\, 5t) D = ( 12 t , 5 t ) t > 0 t > 0 t > 0
Vektorene fra D D D
D A ⃗ = ( 0 − 12 t , 0 − 5 t ) = ( − 12 t , − 5 t ) \vec{DA} = (0 - 12t,\; 0 - 5t) = (-12t,\, -5t) D A = ( 0 − 12 t , 0 − 5 t ) = ( − 12 t , − 5 t ) D B ⃗ = ( 9 − 12 t , 1 − 5 t ) \vec{DB} = (9 - 12t,\; 1 - 5t) D B = ( 9 − 12 t , 1 − 5 t ) Prikkproduktet:
D A ⃗ ⋅ D B ⃗ = ( − 12 t ) ( 9 − 12 t ) + ( − 5 t ) ( 1 − 5 t ) = − 108 t + 144 t 2 − 5 t + 25 t 2 = 169 t 2 − 113 t \vec{DA} \cdot \vec{DB} = (-12t)(9-12t) + (-5t)(1-5t) = -108t + 144t^2 - 5t + 25t^2 = 169t^2 - 113t D A ⋅ D B = ( − 12 t ) ( 9 − 12 t ) + ( − 5 t ) ( 1 − 5 t ) = − 108 t + 144 t 2 − 5 t + 25 t 2 = 169 t 2 − 113 t Lengdene:
∣ D A ⃗ ∣ = 144 t 2 + 25 t 2 = 13 t |\vec{DA}| = \sqrt{144t^2 + 25t^2} = 13t ∣ D A ∣ = 144 t 2 + 25 t 2 = 13 t ∣ D B ⃗ ∣ = ( 9 − 12 t ) 2 + ( 1 − 5 t ) 2 = 169 t 2 − 226 t + 82 |\vec{DB}| = \sqrt{(9-12t)^2 + (1-5t)^2} = \sqrt{169t^2 - 226t + 82} ∣ D B ∣ = ( 9 − 12 t ) 2 + ( 1 − 5 t ) 2 = 169 t 2 − 226 t + 82 Betingelsen ∠ A D B = 120 ° \angle ADB = 120° ∠ A D B = 120° cos ( 120 ° ) = − 1 2 \cos(120°) = -\tfrac{1}{2} cos ( 120° ) = − 2 1
169 t 2 − 113 t 13 t 169 t 2 − 226 t + 82 = − 1 2 \frac{169t^2 - 113t}{13t\sqrt{169t^2 - 226t + 82}} = -\frac{1}{2} 13 t 169 t 2 − 226 t + 82 169 t 2 − 113 t = − 2 1 For t > 0 t > 0 t > 0 t t t ∣ D A ⃗ ∣ |\vec{DA}| ∣ D A ∣
169 t − 113 13 169 t 2 − 226 t + 82 = − 1 2 \frac{169t - 113}{13\sqrt{169t^2 - 226t + 82}} = -\frac{1}{2} 13 169 t 2 − 226 t + 82 169 t − 113 = − 2 1 Siden venstre side skal være negativ, kreves 169 t − 113 < 0 169t - 113 < 0 169 t − 113 < 0 t < 113 169 t < \tfrac{113}{169} t < 169 113
Ganger begge sider med − 2 ⋅ 13 -2 \cdot 13 − 2 ⋅ 13
2 ( 113 − 169 t ) = 13 169 t 2 − 226 t + 82 2(113 - 169t) = 13\sqrt{169t^2 - 226t + 82} 2 ( 113 − 169 t ) = 13 169 t 2 − 226 t + 82 Kvadrerer (begge sider er positive):
4 ( 113 − 169 t ) 2 = 169 ( 169 t 2 − 226 t + 82 ) 4(113 - 169t)^2 = 169(169t^2 - 226t + 82) 4 ( 113 − 169 t ) 2 = 169 ( 169 t 2 − 226 t + 82 ) 4 ⋅ 113 2 − 8 ⋅ 113 ⋅ 169 t + 4 ⋅ 169 2 t 2 = 169 2 t 2 − 169 ⋅ 226 t + 169 ⋅ 82 4 \cdot 113^2 - 8 \cdot 113 \cdot 169t + 4 \cdot 169^2 t^2 = 169^2 t^2 - 169 \cdot 226t + 169 \cdot 82 4 ⋅ 11 3 2 − 8 ⋅ 113 ⋅ 169 t + 4 ⋅ 16 9 2 t 2 = 16 9 2 t 2 − 169 ⋅ 226 t + 169 ⋅ 82 3 ⋅ 169 2 t 2 + 169 ( − 904 + 226 ) t + ( 4 ⋅ 12769 − 13858 ) = 0 3 \cdot 169^2 t^2 + 169(-904 + 226)t + (4 \cdot 12769 - 13858) = 0 3 ⋅ 16 9 2 t 2 + 169 ( − 904 + 226 ) t + ( 4 ⋅ 12769 − 13858 ) = 0 85683 t 2 − 114582 t + 37218 = 0 85683t^2 - 114582t + 37218 = 0 85683 t 2 − 114582 t + 37218 = 0 Deler med GCD = 1014:
85683 1014 t 2 − 114582 1014 t + 37218 1014 = 0 \frac{85683}{1014}\,t^2 - \frac{114582}{1014}\,t + \frac{37218}{1014} = 0 1014 85683 t 2 − 1014 114582 t + 1014 37218 = 0 169 ⋅ 169 2 ⋅ … 169 \cdot \frac{169}{2} \cdot \ldots 169 ⋅ 2 169 ⋅ … Vi løser direkte med andregradsformelen. Diskriminant:
Δ = 114582 2 − 4 ⋅ 85683 ⋅ 37218 = 373 235 148 = ( 11154 ) 2 ⋅ 3 \Delta = 114582^2 - 4 \cdot 85683 \cdot 37218 = 373\,235\,148 = (11154)^2 \cdot 3 Δ = 11458 2 2 − 4 ⋅ 85683 ⋅ 37218 = 373 235 148 = ( 11154 ) 2 ⋅ 3 Δ = 11154 3 = 1014 ⋅ 11 3 \sqrt{\Delta} = 11154\sqrt{3} = 1014 \cdot 11\sqrt{3} Δ = 11154 3 = 1014 ⋅ 11 3 t = 114582 ± 1014 ⋅ 11 3 2 ⋅ 85683 = 114582 ± 11154 3 171366 t = \frac{114582 \pm 1014 \cdot 11\sqrt{3}}{2 \cdot 85683} = \frac{114582 \pm 11154\sqrt{3}}{171366} t = 2 ⋅ 85683 114582 ± 1014 ⋅ 11 3 = 171366 114582 ± 11154 3 Deler teller og nevner med 1014:
t = 113 ± 11 3 169 t = \frac{113 \pm 11\sqrt{3}}{169} t = 169 113 ± 11 3 Vi sjekker hvilken løsning som tilfredsstiller t < 113 169 t < \tfrac{113}{169} t < 169 113
t 1 = 113 + 11 3 169 ≈ 0,781 t_1 = \dfrac{113 + 11\sqrt{3}}{169} \approx 0{,}781 t 1 = 169 113 + 11 3 ≈ 0 , 781 ikke t < 113 169 ≈ 0,669 t < \tfrac{113}{169} \approx 0{,}669 t < 169 113 ≈ 0 , 669 t 2 = 113 − 11 3 169 ≈ 0,556 t_2 = \dfrac{113 - 11\sqrt{3}}{169} \approx 0{,}556 t 2 = 169 113 − 11 3 ≈ 0 , 556 oppfyller kravet ✓ \checkmark ✓
t = 113 − 11 3 169 t = \frac{113 - 11\sqrt{3}}{169} t = 169 113 − 11 3 Koordinatene til D D D
D = ( 12 ( 113 − 11 3 ) 169 , 5 ( 113 − 11 3 ) 169 ) = ( 1356 − 132 3 169 , 565 − 55 3 169 ) D = \left(\frac{12(113 - 11\sqrt{3})}{169},\; \frac{5(113 - 11\sqrt{3})}{169}\right) = \left(\frac{1356 - 132\sqrt{3}}{169},\; \frac{565 - 55\sqrt{3}}{169}\right) D = ( 169 12 ( 113 − 11 3 ) , 169 5 ( 113 − 11 3 ) ) = ( 169 1356 − 132 3 , 169 565 − 55 3 ) d)
E E E ℓ \ell ℓ E = ( 12 t , 5 t ) E = (12t,\, 5t) E = ( 12 t , 5 t )
Arealet av △ A B E \triangle ABE △ A B E A = ( 0 , 0 ) A = (0,0) A = ( 0 , 0 ) B = ( 9 , 1 ) B = (9,1) B = ( 9 , 1 ) E = ( 12 t , 5 t ) E = (12t, 5t) E = ( 12 t , 5 t )
Areal = 1 2 ∣ det ( 9 12 t 1 5 t ) ∣ = 1 2 ∣ 9 ⋅ 5 t − 1 ⋅ 12 t ∣ = 1 2 ⋅ 33 t = 33 t 2 \text{Areal} = \frac{1}{2}\left|\det\begin{pmatrix} 9 & 12t \\ 1 & 5t \end{pmatrix}\right| = \frac{1}{2}|9 \cdot 5t - 1 \cdot 12t| = \frac{1}{2} \cdot 33t = \frac{33t}{2} Areal = 2 1 det ( 9 1 12 t 5 t ) = 2 1 ∣9 ⋅ 5 t − 1 ⋅ 12 t ∣ = 2 1 ⋅ 33 t = 2 33 t Setter arealet lik 11:
33 t 2 = 11 ⟹ t = 2 3 \frac{33t}{2} = 11 \implies t = \frac{2}{3} 2 33 t = 11 ⟹ t = 3 2 E = ( 12 ⋅ 2 3 , 5 ⋅ 2 3 ) = ( 8 , 10 3 ) E = \left(12 \cdot \frac{2}{3},\; 5 \cdot \frac{2}{3}\right) = \left(8,\; \frac{10}{3}\right) E = ( 12 ⋅ 3 2 , 5 ⋅ 3 2 ) = ( 8 , 3 10 ) Oppgavedata
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Geometri, Trigonometri Oppgave 2-4 : Sannhetsverdi av tre påstander om funksjoner og logaritmer og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Nedenfor ser du tre påstander. Avgjør i hvert tilfelle om påstanden er sann. Husk å argumentere!
a)
Hvis f ( a ) = f ( b ) f(a) = f(b) f ( a ) = f ( b ) f f f a = b a = b a = b
b)
Hvis 0 < a < b 0 < a < b 0 < a < b ln a < ln b \ln a < \ln b ln a < ln b
c)
Hvis a > 0 a > 0 a > 0 x > 0 x > 0 x > 0 ( ln x ) ′ = ( ln ( a x ) ) ′ (\ln x)' = (\ln(ax))' ( ln x ) ′ = ( ln ( a x ) ) ′
Fasit LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.a) Hvis f ( a ) = f ( b ) f(a) = f(b) f ( a ) = f ( b ) f f f a = b a = b a = b
Påstanden er usann .
Et moteksempel: La f ( x ) = x 2 f(x) = x^2 f ( x ) = x 2 f ( − 2 ) = 4 = f ( 2 ) f(-2) = 4 = f(2) f ( − 2 ) = 4 = f ( 2 ) − 2 ≠ 2 -2 \neq 2 − 2 = 2
Påstanden gjelder bare for injektive (én-til-én) funksjoner. En generell funksjon kan godt gi samme funksjonsverdi for to ulike innverdier.
b) Hvis 0 < a < b 0 < a < b 0 < a < b ln a < ln b \ln a < \ln b ln a < ln b
Påstanden er sann .
Logaritmefunksjonen ln x \ln x ln x x > 0 x > 0 x > 0 a < b a < b a < b ln a < ln b \ln a < \ln b ln a < ln b
Begrunnelse: ln x \ln x ln x ( ln x ) ′ = 1 x > 0 (\ln x)' = \frac{1}{x} > 0 ( ln x ) ′ = x 1 > 0 x > 0 x > 0 x > 0
Alternativt: anta 0 < a < b 0 < a < b 0 < a < b b a > 1 \frac{b}{a} > 1 a b > 1 ln \ln ln ln t > 0 \ln t > 0 ln t > 0 t > 1 t > 1 t > 1
ln b − ln a = ln ( b a ) > 0 ⟹ ln a < ln b \ln b - \ln a = \ln\!\left(\frac{b}{a}\right) > 0 \implies \ln a < \ln b ln b − ln a = ln ( a b ) > 0 ⟹ ln a < ln b c) Hvis a > 0 a > 0 a > 0 x > 0 x > 0 x > 0 ( ln x ) ′ = ( ln ( a x ) ) ′ (\ln x)' = (\ln(ax))' ( ln x ) ′ = ( ln ( a x ) ) ′
Påstanden er sann .
Vi bruker logaritmeregelen ln ( a x ) = ln a + ln x \ln(ax) = \ln a + \ln x ln ( a x ) = ln a + ln x ln a \ln a ln a a > 0 a > 0 a > 0
( ln ( a x ) ) ′ = ( ln a + ln x ) ′ = 0 + 1 x = 1 x = ( ln x ) ′ (\ln(ax))' = (\ln a + \ln x)' = 0 + \frac{1}{x} = \frac{1}{x} = (\ln x)' ( ln ( a x ) ) ′ = ( ln a + ln x ) ′ = 0 + x 1 = x 1 = ( ln x ) ′ De to funksjonene skiller seg bare med en konstant (ln a \ln a ln a 1 x \dfrac{1}{x} x 1
Oppgavedata
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Funksjoner, Eksponentialfunksjon, Argumentasjon Oppgave 2-5 : Tangent til parabel og minste areal av trekant OAB og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
En funksjon f f f
f ( x ) = 1 − x 2 , D f = [ 0 , 1 ] f(x) = 1 - x^2, \quad D_f = [0, 1] f ( x ) = 1 − x 2 , D f = [ 0 , 1 ] La a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩ a \in \langle 0, 1 \rangle a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩ O O O f f f P ( a , f ( a ) ) P(a, f(a)) P ( a , f ( a )) x x x A A A y y y B B B
a)
Bestem arealet av △ O A B \triangle OAB △ O A B P ( 1 2 , 3 4 ) P\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}\right) P ( 2 1 , 4 3 )
b)
Bestem det minste arealet △ O A B \triangle OAB △ O A B
Fasit
a)
25 32 \dfrac{25}{32} 32 25
b)
4 3 9 \dfrac{4\sqrt{3}}{9} 9 4 3
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Vi finner først en generell tangentligning til f ( x ) = 1 − x 2 f(x) = 1 - x^2 f ( x ) = 1 − x 2 P ( a , f ( a ) ) P(a, f(a)) P ( a , f ( a ))
Siden f ′ ( x ) = − 2 x f'(x) = -2x f ′ ( x ) = − 2 x P P P f ′ ( a ) = − 2 a f'(a) = -2a f ′ ( a ) = − 2 a
Tangentens ligning blir
t ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x − a ) = ( 1 − a 2 ) − 2 a ( x − a ) = a 2 − 2 a x + 1 t(x) = f(a) + f'(a)(x - a) = (1 - a^2) - 2a(x - a) = a^2 - 2ax + 1 t ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x − a ) = ( 1 − a 2 ) − 2 a ( x − a ) = a 2 − 2 a x + 1 Skjæringspunkt A med x x x (y = 0 y = 0 y = 0
0 = a 2 − 2 a x + 1 ⟹ x = a 2 + 1 2 a 0 = a^2 - 2ax + 1 \implies x = \frac{a^2 + 1}{2a} 0 = a 2 − 2 a x + 1 ⟹ x = 2 a a 2 + 1 Så A = ( a 2 + 1 2 a , 0 ) A = \left(\dfrac{a^2+1}{2a},\ 0\right) A = ( 2 a a 2 + 1 , 0 )
Skjæringspunkt B med y y y (x = 0 x = 0 x = 0
t ( 0 ) = a 2 + 1 t(0) = a^2 + 1 t ( 0 ) = a 2 + 1 Så B = ( 0 , a 2 + 1 ) B = (0,\ a^2 + 1) B = ( 0 , a 2 + 1 )
a) Areal når P = ( 1 2 , 3 4 ) P = \left(\tfrac{1}{2}, \tfrac{3}{4}\right) P = ( 2 1 , 4 3 )
Her er a = 1 2 a = \tfrac{1}{2} a = 2 1
O A = ( 1 2 ) 2 + 1 2 ⋅ 1 2 = 5 4 1 = 5 4 OA = \frac{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 1}{2 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\frac{5}{4}}{1} = \frac{5}{4} O A = 2 ⋅ 2 1 ( 2 1 ) 2 + 1 = 1 4 5 = 4 5 O B = ( 1 2 ) 2 + 1 = 5 4 OB = \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 1 = \frac{5}{4} O B = ( 2 1 ) 2 + 1 = 4 5 T = 1 2 ⋅ O A ⋅ O B = 1 2 ⋅ 5 4 ⋅ 5 4 = 25 32 T = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{5}{4} = \frac{25}{32} T = 2 1 ⋅ O A ⋅ O B = 2 1 ⋅ 4 5 ⋅ 4 5 = 32 25 b) Minste mulige areal
Arealet av △ O A B \triangle OAB △ O A B a a a
T ( a ) = 1 2 ⋅ a 2 + 1 2 a ⋅ ( a 2 + 1 ) = ( a 2 + 1 ) 2 4 a , a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩ T(a) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2+1}{2a} \cdot (a^2+1) = \frac{(a^2+1)^2}{4a}, \quad a \in \langle 0, 1 \rangle T ( a ) = 2 1 ⋅ 2 a a 2 + 1 ⋅ ( a 2 + 1 ) = 4 a ( a 2 + 1 ) 2 , a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩ Vi deriverer og setter T ′ ( a ) = 0 T'(a) = 0 T ′ ( a ) = 0
T ′ ( a ) = 2 ( a 2 + 1 ) ⋅ 2 a ⋅ 4 a − ( a 2 + 1 ) 2 ⋅ 4 ( 4 a ) 2 T'(a) = \frac{2(a^2+1) \cdot 2a \cdot 4a - (a^2+1)^2 \cdot 4}{(4a)^2} T ′ ( a ) = ( 4 a ) 2 2 ( a 2 + 1 ) ⋅ 2 a ⋅ 4 a − ( a 2 + 1 ) 2 ⋅ 4 Teller satt lik null (og a 2 + 1 > 0 a^2+1 > 0 a 2 + 1 > 0
4 a ⋅ 2 ( a 2 + 1 ) − 4 ( a 2 + 1 ) 2 = 0 4a \cdot 2(a^2+1) - 4(a^2+1)^2 = 0 4 a ⋅ 2 ( a 2 + 1 ) − 4 ( a 2 + 1 ) 2 = 0 4 ( a 2 + 1 ) [ 2 a − ( a 2 + 1 ) ] ⋅ … 4(a^2+1)\bigl[2a - (a^2+1)\bigr] \cdot \ldots 4 ( a 2 + 1 ) [ 2 a − ( a 2 + 1 ) ] ⋅ … Vi bruker kvotientregelen direkte. Med u = ( a 2 + 1 ) 2 u = (a^2+1)^2 u = ( a 2 + 1 ) 2 v = 4 a v = 4a v = 4 a
T ′ ( a ) = 4 a ( a 2 + 1 ) ⋅ 2 a − ( a 2 + 1 ) 2 ⋅ 4 16 a 2 = 4 ( a 2 + 1 ) [ 2 a 2 − ( a 2 + 1 ) ] 16 a 2 = ( a 2 + 1 ) ( a 2 − 1 ) 4 a 2 ⋅ … T'(a) = \frac{4a(a^2+1) \cdot 2a - (a^2+1)^2 \cdot 4}{16a^2} = \frac{4(a^2+1)\bigl[2a^2 - (a^2+1)\bigr]}{16a^2} = \frac{(a^2+1)(a^2-1)}{4a^2} \cdot \ldots T ′ ( a ) = 16 a 2 4 a ( a 2 + 1 ) ⋅ 2 a − ( a 2 + 1 ) 2 ⋅ 4 = 16 a 2 4 ( a 2 + 1 ) [ 2 a 2 − ( a 2 + 1 ) ] = 4 a 2 ( a 2 + 1 ) ( a 2 − 1 ) ⋅ … CAS gir
T ′ ( a ) = 3 a 4 + 2 a 2 − 1 4 a 2 T'(a) = \frac{3a^4 + 2a^2 - 1}{4a^2} T ′ ( a ) = 4 a 2 3 a 4 + 2 a 2 − 1 Telleren faktoriseres:
3 a 4 + 2 a 2 − 1 = ( 3 a 2 − 1 ) ( a 2 + 1 ) 3a^4 + 2a^2 - 1 = (3a^2 - 1)(a^2 + 1) 3 a 4 + 2 a 2 − 1 = ( 3 a 2 − 1 ) ( a 2 + 1 ) Siden a 2 + 1 > 0 a^2 + 1 > 0 a 2 + 1 > 0 a a a T ′ ( a ) = 0 T'(a) = 0 T ′ ( a ) = 0 3 a 2 − 1 = 0 3a^2 - 1 = 0 3 a 2 − 1 = 0
a = 1 3 = 3 3 a = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} a = 3 1 = 3 3 (Vi forkaster den negative løsningen siden a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩ a \in \langle 0, 1 \rangle a ∈ ⟨ 0 , 1 ⟩
Fortegnslinjen til T ′ ( a ) T'(a) T ′ ( a )
0 0 0 3 3 \dfrac{\sqrt{3}}{3} 3 3 1 1 1 T ′ ( a ) T'(a) T ′ ( a ) − - − 0 0 0 T ( a ) T(a) T ( a ) ↘ \searrow ↘ min
T T T a = 3 3 a = \dfrac{\sqrt{3}}{3} a = 3 3
Minste areal:
T ( 3 3 ) = ( 1 3 + 1 ) 2 4 ⋅ 3 3 = ( 4 3 ) 2 4 3 3 = 16 9 4 3 3 = 16 9 ⋅ 3 4 3 = 4 3 3 = 4 3 9 T\!\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{\left(\frac{1}{3}+1\right)^2}{4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{\left(\frac{4}{3}\right)^2}{\frac{4\sqrt{3}}{3}} = \frac{\frac{16}{9}}{\frac{4\sqrt{3}}{3}} = \frac{16}{9} \cdot \frac{3}{4\sqrt{3}} = \frac{4}{3\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{9} T ( 3 3 ) = 4 ⋅ 3 3 ( 3 1 + 1 ) 2 = 3 4 3 ( 3 4 ) 2 = 3 4 3 9 16 = 9 16 ⋅ 4 3 3 = 3 3 4 = 9 4 3 Det minste arealet av △ O A B \triangle OAB △ O A B 4 3 9 \dfrac{4\sqrt{3}}{9} 9 4 3
Oppgavedata
Delt med R1, S1
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Derivasjon, Optimering Oppgave 2-6 : Program for tyngdepunkt i trekant og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
Tyngdepunktet T T T A B C ABC A B C
O T → = 1 3 ( O A → + O B → + O C → ) \overrightarrow{OT} = \frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right) O T = 3 1 ( O A + O B + O C ) der O O O
Lag et program hvor du oppgir koordinatene til punktene A A A B B B C C C
Fasit
Et eksempel på et program:
Ax = float ( input ( "Skriv inn x-koordinat for A: " )) Ay = float ( input ( "Skriv inn y-koordinat for A: " )) Bx = float ( input ( "Skriv inn x-koordinat for B: " )) By = float ( input ( "Skriv inn y-koordinat for B: " )) Cx = float ( input ( "Skriv inn x-koordinat for C: " )) Cy = float ( input ( "Skriv inn y-koordinat for C: " )) Tx = (Ax + Bx + Cx) / 3 Ty = (Ay + By + Cy) / 3 print ( "Tyngdepunktet T har koordinater:" ) print ( f "T = ( { Tx } , { Ty } )" ) LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Formelen for tyngdepunktet sier at
O T → = 1 3 ( O A → + O B → + O C → ) \overrightarrow{OT} = \frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right) O T = 3 1 ( O A + O B + O C ) Siden O A → = ( x A , y A ) \overrightarrow{OA} = (x_A, y_A) O A = ( x A , y A ) O B → = ( x B , y B ) \overrightarrow{OB} = (x_B, y_B) O B = ( x B , y B ) O C → = ( x C , y C ) \overrightarrow{OC} = (x_C, y_C) O C = ( x C , y C )
T = ( x A + x B + x C 3 , y A + y B + y C 3 ) T = \left(\frac{x_A + x_B + x_C}{3},\; \frac{y_A + y_B + y_C}{3}\right) T = ( 3 x A + x B + x C , 3 y A + y B + y C ) Tyngdepunktet er altså gjennomsnittet av hjørnenes koordinater.
Programmet gjør følgende steg:
Leser inn koordinatene til A A A B B B C C C input(). float() konverterer teksten til et desimaltall.Beregner x x x til tyngdepunktet: T x = x A + x B + x C 3 T_x = \frac{x_A + x_B + x_C}{3} T x = 3 x A + x B + x C Beregner y y y til tyngdepunktet: T y = y A + y B + y C 3 T_y = \frac{y_A + y_B + y_C}{3} T y = 3 y A + y B + y C Skriver ut resultatet med print().
Manuell kontroll med A = ( 1 , 2 ) A = (1, 2) A = ( 1 , 2 ) B = ( 5 , 0 ) B = (5, 0) B = ( 5 , 0 ) C = ( 3 , 6 ) C = (3, 6) C = ( 3 , 6 )
T x = 1 + 5 + 3 3 = 9 3 = 3 T_x = \frac{1 + 5 + 3}{3} = \frac{9}{3} = 3 T x = 3 1 + 5 + 3 = 3 9 = 3 T y = 2 + 0 + 6 3 = 8 3 ≈ 2,67 T_y = \frac{2 + 0 + 6}{3} = \frac{8}{3} \approx 2{,}67 T y = 3 2 + 0 + 6 = 3 8 ≈ 2 , 67 T = ( 3 , 8 3 ) T = \left(3,\; \frac{8}{3}\right) T = ( 3 , 3 8 ) Programmet (verifisert med Python) gir samme svar.
Oppgavedata
Kategori 1
Vanskegrad 1
Temaer Programmering, Geometri Oppgave 2-7 : Rasjonal funksjon symmetri i løsninger av f'(x)=k og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.
En funksjon f f f
f ( x ) = 2 x + 5 + 1 x − 1 f(x) = 2x + 5 + \frac{1}{x-1} f ( x ) = 2 x + 5 + x − 1 1
a)
For hvilke verdier av k k k f ′ ( x ) = k f'(x) = k f ′ ( x ) = k
b)
Velg ulike verdier av k k k f ′ ( x ) = k f'(x) = k f ′ ( x ) = k
La g g g
g ( x ) = a ⋅ x + b + 1 x + d g(x) = a \cdot x + b + \frac{1}{x+d} g ( x ) = a ⋅ x + b + x + d 1
c)
For hvilke verdier av a a a g ′ ( x ) = 4 g'(x) = 4 g ′ ( x ) = 4
La nå a = 3 a = 3 a = 3
d)
Utforsk og beskriv løsningene til likningen g ′ ( x ) = k g'(x) = k g ′ ( x ) = k k k k
e)
Bestem b b b d d d g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) g'(-1) = g'(5) g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) g ( 1 ) = 7 g(1) = 7 g ( 1 ) = 7
Fasit
b)
Løsningene er symmetriske om x = 1 x = 1 x = 1 f f f
d)
Løsningene er symmetriske om x = − d x = -d x = − d g g g k < a k < a k < a
e)
b = 5 b = 5 b = 5 d = − 2 d = -2 d = − 2
LøsningsforslagKI-generert
KI-generert løsningsforslag. Dette løsningsforslaget er skrevet av en språkmodell (Claude) og er ikke verifisert av lærer. Det kan inneholde regnefeil, upresis bruk av begreper eller mangler.Vi deriverer f ( x ) = 2 x + 5 + 1 x − 1 f(x) = 2x + 5 + \dfrac{1}{x-1} f ( x ) = 2 x + 5 + x − 1 1
f ′ ( x ) = 2 − 1 ( x − 1 ) 2 f'(x) = 2 - \frac{1}{(x-1)^2} f ′ ( x ) = 2 − ( x − 1 ) 2 1 a)
Likningen f ′ ( x ) = k f'(x) = k f ′ ( x ) = k
2 − 1 ( x − 1 ) 2 = k ⟹ 1 ( x − 1 ) 2 = 2 − k 2 - \frac{1}{(x-1)^2} = k \implies \frac{1}{(x-1)^2} = 2 - k 2 − ( x − 1 ) 2 1 = k ⟹ ( x − 1 ) 2 1 = 2 − k Siden ( x − 1 ) 2 > 0 (x-1)^2 > 0 ( x − 1 ) 2 > 0 x ≠ 1 x \neq 1 x = 1 2 − k > 0 2 - k > 0 2 − k > 0 k < 2 k < 2 k < 2
(Merk at f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) lim x → 1 f ′ ( x ) = − ∞ \lim_{x\to 1} f'(x) = -\infty lim x → 1 f ′ ( x ) = − ∞ f ′ ( x ) → 2 f'(x) \to 2 f ′ ( x ) → 2 x → ± ∞ x \to \pm\infty x → ± ∞ 2 2 2 f ′ ( x ) < 2 f'(x) < 2 f ′ ( x ) < 2 x ≠ 1 x \neq 1 x = 1 k < 2 k < 2 k < 2
b)
For k < 2 k < 2 k < 2
x = k − 2 ± 2 − k k − 2 = 1 ∓ 2 − k k − 2 = 1 ± 1 2 − k x = \frac{k - 2 \pm \sqrt{2-k}}{k-2} = 1 \mp \frac{\sqrt{2-k}}{k-2} = 1 \pm \frac{1}{\sqrt{2-k}} x = k − 2 k − 2 ± 2 − k = 1 ∓ k − 2 2 − k = 1 ± 2 − k 1 (det siste steget fordi 2 − k k − 2 = 2 − k − ( 2 − k ) = − 1 2 − k \dfrac{\sqrt{2-k}}{k-2} = \dfrac{\sqrt{2-k}}{-(2-k)} = -\dfrac{1}{\sqrt{2-k}} k − 2 2 − k = − ( 2 − k ) 2 − k = − 2 − k 1
De to løsningene er altså
x 1 = 1 − 1 2 − k , x 2 = 1 + 1 2 − k x_1 = 1 - \frac{1}{\sqrt{2-k}}, \qquad x_2 = 1 + \frac{1}{\sqrt{2-k}} x 1 = 1 − 2 − k 1 , x 2 = 1 + 2 − k 1 Midtpunktet er
x 1 + x 2 2 = 1 \frac{x_1 + x_2}{2} = 1 2 x 1 + x 2 = 1 Løsningene er derfor alltid symmetriske om x = 1 x = 1 x = 1 , det vil si om den vertikale asymptoten til f f f
Dette gir mening geometrisk: f ′ ( x ) = 2 − 1 ( x − 1 ) 2 f'(x) = 2 - \dfrac{1}{(x-1)^2} f ′ ( x ) = 2 − ( x − 1 ) 2 1 1 ( x − 1 ) 2 \dfrac{1}{(x-1)^2} ( x − 1 ) 2 1 ( x − 1 ) (x-1) ( x − 1 ) f ′ ( 1 + t ) = f ′ ( 1 − t ) f'(1+t) = f'(1-t) f ′ ( 1 + t ) = f ′ ( 1 − t ) t t t f ′ f' f ′ x = 1 x = 1 x = 1
c)
Vi deriverer g ( x ) = a x + b + 1 x + d g(x) = ax + b + \dfrac{1}{x+d} g ( x ) = a x + b + x + d 1
g ′ ( x ) = a − 1 ( x + d ) 2 g'(x) = a - \frac{1}{(x+d)^2} g ′ ( x ) = a − ( x + d ) 2 1 Likningen g ′ ( x ) = 4 g'(x) = 4 g ′ ( x ) = 4
a − 1 ( x + d ) 2 = 4 ⟹ 1 ( x + d ) 2 = a − 4 a - \frac{1}{(x+d)^2} = 4 \implies \frac{1}{(x+d)^2} = a - 4 a − ( x + d ) 2 1 = 4 ⟹ ( x + d ) 2 1 = a − 4 Dette krever a − 4 > 0 a - 4 > 0 a − 4 > 0 a > 4 \boxed{a > 4} a > 4
d)
Med a = 3 a = 3 a = 3 g ′ ( x ) = 3 − 1 ( x + d ) 2 g'(x) = 3 - \dfrac{1}{(x+d)^2} g ′ ( x ) = 3 − ( x + d ) 2 1
På samme måte som i a)–b) har likningen g ′ ( x ) = k g'(x) = k g ′ ( x ) = k k < 3 k < 3 k < 3
For k < 3 k < 3 k < 3
x = − d ± 1 3 − k x = -d \pm \frac{1}{\sqrt{3-k}} x = − d ± 3 − k 1 Midtpunktet er x 1 + x 2 2 = − d \dfrac{x_1 + x_2}{2} = -d 2 x 1 + x 2 = − d symmetriske om x = − d x = -d x = − d (den vertikale asymptoten til g g g
e)
Vi skal finne b b b d d d g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) g'(-1) = g'(5) g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) g ( 1 ) = 7 g(1) = 7 g ( 1 ) = 7
Betingelsen g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) g'(-1) = g'(5) g ′ ( − 1 ) = g ′ ( 5 ) x = − 1 x = -1 x = − 1 x = 5 x = 5 x = 5 x = − d x = -d x = − d
− 1 + 5 2 = 2 ⟹ − d = 2 ⟹ d = − 2 \frac{-1 + 5}{2} = 2 \implies -d = 2 \implies d = -2 2 − 1 + 5 = 2 ⟹ − d = 2 ⟹ d = − 2 Vi bruker deretter g ( 1 ) = 7 g(1) = 7 g ( 1 ) = 7 a = 3 a = 3 a = 3 d = − 2 d = -2 d = − 2
g ( 1 ) = 3 ⋅ 1 + b + 1 1 + ( − 2 ) = 3 + b + 1 − 1 = 3 + b − 1 = b + 2 = 7 g(1) = 3 \cdot 1 + b + \frac{1}{1 + (-2)} = 3 + b + \frac{1}{-1} = 3 + b - 1 = b + 2 = 7 g ( 1 ) = 3 ⋅ 1 + b + 1 + ( − 2 ) 1 = 3 + b + − 1 1 = 3 + b − 1 = b + 2 = 7 b = 5 b = 5 b = 5 Altså er b = 5 b = 5 b = 5 d = − 2 d = -2 d = − 2
g ( x ) = 3 x + 5 + 1 x − 2 g(x) = 3x + 5 + \frac{1}{x - 2} g ( x ) = 3 x + 5 + x − 2 1 Oppgavedata
Delt med R1, S1
Kategori 3
Vanskegrad 3
Temaer Derivasjon, Funksjoner ← Eldre eksamen E2021 Eksempeloppgave 2021 Alle eksamener R1 Nyere eksamen → V2022 Vår 2022 
![Graf som viser parabelen f(x)=1-x^2 på [0,1] med tangent i P som skjærer aksene i A og B](/assets/_resources/s1-h22-2-2.avif)