Løsningsforslag — Eksempelsett 2027, R1 (REA3056)

DEL 2 – Med hjelpemidler

Oppgaver fra del 2 våren 2026

Oppgave 1–5 er hentet fra del 2 våren 2026. Noen er uendret, andre er skrevet om.

Oppgave 1

Bygger på R1 V26, del 2 oppgave 1. Endret: modelleringsdelen er skrevet om, med tre ferdige elevmodeller, «velg best modell» i a), asymptoter i c) og en omskrevet d) med graf.

Modellene fra elevene er:

$$V_1(t) = \frac{224}{1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t}}, \qquad V_2(t) = 8{,}1 \cdot e^{0{,}023t}, \qquad V_3(t) = \frac{182}{1 + 24 \cdot e^{-0{,}05t}}$$

der $t$ er antall sekunder etter at raketten forlot utskytningsrampen, og $V(t)$ er farten i m/s.

a)

Vi sammenligner modellene med tabellen på tre måter: tak, vekstform og verdier i tabellpunktene.

Argument 1: tak. For $V_3$ er nevneren større enn 1, så $V_3(t) < 182$ for alle $t$. Tallet 182 er altså et tak for farten. Tabellen har allerede målt 183,0 m/s ved $t = 100$ og 218,2 m/s ved $t = 150$, og begge ligger over 182. Modell 3 kan derfor ikke stemme. For $V_1$ er taket 224, og det ligger over alle målingene (største måling er 218,2).

Argument 2: vekstform. Elev 2 har en eksponentialfunksjon. Den vokser med samme faktor i like lange tidsrom. Over 50 sekunder ganger $V_2$ med

$$\frac{V_2(t+50)}{V_2(t)} = e^{0{,}023 \cdot 50} = e^{1{,}15} \approx 3{,}16 \quad (e^x\text{-tasten})$$

Tabellen viser noe annet. Fra $t = 50$ til $t = 100$ er faktoren $\frac{183{,}0}{61{,}3} \approx 2{,}99$, men fra $t = 100$ til $t = 150$ er den bare $\frac{218{,}2}{183{,}0} \approx 1{,}19$. Veksten bremser opp og flater ut, og det passer med en logistisk modell med tak, men ikke med en eksponentialfunksjon som vokser uten grense.

Argument 3: verdier i tabellpunktene. Vi regner ut modellverdiene med kalkulator. For eksempel for $t = 50$ (e^x-tasten):

$$V_1(50) = \frac{224}{1 + 27 \cdot e^{-2{,}4}} \approx \frac{224}{1 + 27 \cdot 0{,}0907} \approx \frac{224}{3{,}450} \approx 64{,}9$$

$$V_2(50) = 8{,}1 \cdot e^{1{,}15} \approx 8{,}1 \cdot 3{,}158 \approx 25{,}6$$

$$V_3(50) = \frac{182}{1 + 24 \cdot e^{-2{,}5}} \approx \frac{182}{1 + 24 \cdot 0{,}0821} \approx \frac{182}{2{,}970} \approx 61{,}3$$

På samme måte for de andre tidspunktene (to desimaler i mellomregning, avrundet til én desimal):

$V_2$ ligger langt unna for $t = 50$ og $t = 100$, og for høyt ved $t = 150$. $V_3$ treffer bra ved $t = 50$, men er 26 m/s for lav ved $t = 100$ og 39 m/s for lav ved $t = 150$. $V_1$ avviker mest ved $t = 20$ (ca. 5,8 m/s), men er innenfor 1,5 m/s ved $t = 100$ og $t = 150$ og har den samme S-formen som målingene.

De første sekundene treffer $V_1$ litt høyt ($V_1(10) \approx 12{,}7$ mot 10,7 i tabellen), og der ligger $V_2$ og $V_3$ nærmere. Men disse avvikene er små sammenlignet med avvikene til $V_2$ og $V_3$ senere.

Elev 1 sin modell $V_1$ beskriver sammenhengen best. Den har et tak (224 m/s) som ligger over målingene, den bremser opp slik tabellen gjør, og den ligger nærmest tabellverdiene totalt sett.

b)

Vi bruker modellen $V_1$ fra a). Vi skal finne $t$ slik at $V_1(t) = 100$:

$$\frac{224}{1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t}} = 100$$

Vi multipliserer med nevneren og deler på 100:

$$\begin{aligned} 224 &= 100 \cdot \left(1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t}\right) \\ 2{,}24 &= 1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t} \\ 1{,}24 &= 27 \cdot e^{-0{,}048t} \\[0.9em] e^{-0{,}048t} &= \frac{1{,}24}{27} \end{aligned}$$

Vi tar $\ln$ på begge sider og bruker $\ln e^{x} = x$:

$$\begin{aligned} -0{,}048t &= \ln\left(\frac{1{,}24}{27}\right) \\[0.9em] t &= \frac{\ln\left(\frac{1{,}24}{27}\right)}{-0{,}048} = \frac{\ln\left(\frac{27}{1{,}24}\right)}{0{,}048} = \frac{\ln\left(\frac{675}{31}\right)}{0{,}048} \end{aligned}$$

Med kalkulator er $\frac{675}{31} \approx 21{,}77$ og $\ln 21{,}77 \approx 3{,}081$ (ln-tasten). Da blir

$$t \approx \frac{3{,}081}{0{,}048} \approx 64{,}2$$

Ifølge modellen oppnår raketten en fart på 100 m/s etter ca. 64 sekunder.

c)

Vi undersøker grafen til $V_1$.

Vannrett asymptote mot høyre. Når $t \to \infty$ går $-0{,}048t \to -\infty$, så $e^{-0{,}048t} \to 0$. Da går nevneren mot $1 + 27 \cdot 0 = 1$:

$$\lim_{t \to \infty} V_1(t) = \lim_{t \to \infty} \frac{224}{1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t}} = \frac{224}{1} = 224$$

Linjen $y = 224$ er derfor en vannrett asymptote.

Vannrett asymptote mot venstre. Når $t \to -\infty$ går $-0{,}048t \to \infty$, så $e^{-0{,}048t} \to \infty$ og nevneren går mot uendelig. Da går brøken mot 0:

$$\lim_{t \to -\infty} V_1(t) = 0$$

Linjen $y = 0$ er en vannrett asymptote mot venstre. Dette gjelder bare om vi tegner funksjonsuttrykket for negative $t$ (grafen til $V'$ i d) er også tegnet for negative $t$). I rakettsammenhengen er $t \ge 0$.

Loddrett asymptote. En loddrett asymptote krever at nevneren blir 0 for en $t$-verdi. Men $e^{-0{,}048t} > 0$ for alle $t$, så

$$1 + 27 \cdot e^{-0{,}048t} > 1 > 0$$

Nevneren er aldri 0, så $V_1$ er definert for alle $t$ og grafen har ingen loddrett asymptote.

Praktisk tolkning. Asymptoten $y = 224$ betyr at farten nærmer seg 224 m/s når det går lang tid, men aldri blir høyere enn dette. Modellen sier at 224 m/s er rakettens toppfart. Asymptoten $y = 0$ for negative $t$ har ingen praktisk betydning, siden $t < 0$ er før oppskytingen.

Grafen har vannrett asymptote $y = 224$ (mot høyre), og farten nærmer seg 224 m/s uten å nå den. Den har ingen loddrett asymptote.

d)

Grafen i oppgaven viser $V'(t)$, den deriverte av en av modellene, sammen med linjen $y = 2$. $V'(t)$ er den momentane endringen i fart, det vil si akselerasjonen i m/s².

Hvilken modell hører grafen til? Vi bruker det vi kan lese av grafen: den er klokkeformet med en topp på ca. 2,7 ved $t$ omtrent 68 til 70. For en logistisk funksjon $V(t) = \frac{C}{1 + a e^{-kt}}$ er

$$V'(t) = \frac{C k a e^{-kt}}{\left(1 + a e^{-kt}\right)^2} = \frac{C k \cdot u}{(1 + u)^2} \quad \text{med } u = a e^{-kt}$$

(kjerneregelen på $\left(1 + a e^{-kt}\right)^{-1}$, med indre funksjon $1 + a e^{-kt}$ og $u = a e^{-kt}$). Fordi $(1 - u)^2 \ge 0$ er $1 + 2u + u^2 \ge 4u$, altså $\frac{u}{(1+u)^2} \le \frac{1}{4}$, med likhet når $u = 1$. Toppverdien er derfor $\frac{Ck}{4}$ og inntreffer når $a e^{-kt} = 1$, det vil si $t = \frac{\ln a}{k}$.

For $V_1$: toppverdi $\frac{224 \cdot 0{,}048}{4} = 2{,}688 \approx 2{,}7$ ved $t = \frac{\ln 27}{0{,}048} \approx \frac{3{,}296}{0{,}048} \approx 68{,}7$.

For $V_3$: toppverdi $\frac{182 \cdot 0{,}05}{4} = 2{,}275$ ved $t = \frac{\ln 24}{0{,}05} \approx 63{,}6$. Det passer dårligere med grafen.

$V_2$ har $V_2'(t) = 8{,}1 \cdot 0{,}023 \cdot e^{0{,}023t} \approx 0{,}186 \cdot e^{0{,}023t}$, som bare vokser og ikke har noen topp.

Grafen hører derfor til $V_1$, som er modellen vi valgte i a).

Løsning av ulikheten. Vi skal finne $t$ der $V'(t) > 2$, det vil si der grafen til $V'$ ligger over linjen $y = 2$. Skjæringspunktene mellom grafen og linjen er avlest i figuren: $(45{,}4;\ 2)$ og $(91{,}9;\ 2)$. Mellom disse to punktene ligger kurven over linjen. Derfor er

$$V'(t) > 2 \quad \text{for} \quad 45{,}4 < t < 91{,}9$$

Kontroll ved regning. Med $C k = 224 \cdot 0{,}048 = 10{,}752$ og $u = 27 e^{-0{,}048t}$ får vi likningen $V'(t) = 2$:

$$\begin{aligned} \frac{10{,}752\,u}{(1 + u)^2} &= 2 \\[0.9em] 10{,}752\,u &= 2\left(1 + 2u + u^2\right) \\ u^2 - 3{,}376\,u + 1 &= 0 \end{aligned}$$

Med abc-formelen er

$$u = \frac{3{,}376 \pm \sqrt{3{,}376^2 - 4}}{2} = \frac{3{,}376 \pm 2{,}720}{2}$$

altså $u \approx 3{,}048$ eller $u \approx 0{,}328$. Vi løser $27 e^{-0{,}048t} = u$ for $t$:

$$t = \frac{\ln\left(\frac{27}{u}\right)}{0{,}048}$$

For $u \approx 3{,}048$ er $t \approx \frac{\ln 8{,}86}{0{,}048} \approx \frac{2{,}181}{0{,}048} \approx 45{,}4$, og for $u \approx 0{,}328$ er $t \approx \frac{\ln 82{,}3}{0{,}048} \approx \frac{4{,}410}{0{,}048} \approx 91{,}9$ (ln-tasten). Dette stemmer med verdiene lest av grafen.

Praktisk tolkning. $V'(t)$ er akselerasjonen. Ulikheten sier når farten øker med mer enn 2 m/s per sekund.

$V'(t) > 2 \text{ for } 45{,}4 < t < 91{,}9.$ Raketten har altså en akselerasjon på mer enn 2 m/s² fra ca. 45 sekunder til ca. 92 sekunder etter oppskytingen, i et tidsrom på ca. $91{,}9 - 45{,}4 = 46{,}5$ sekunder.

---

Oppgave 2

Bygger på R1 V26, del 2 oppgave 2. Endret: i teksten før c) er formuleringen om at skøyteløperen øker banefarten uten å endre retning, og at hunden holder retning og fart, erstattet med at han kan fange hunden nær punktet $(1032, 303)$ dersom han fortsetter i samme retning, men øker farten.

a)

Skøyteløperens posisjon er

$$\ell:\begin{cases} x = 6t + 120 \\ y = \frac{5}{3}t + 50 \end{cases}$$

Formel (fartsvektor): fartsvektoren er den deriverte av posisjonen, $\vec{v}(t) = \vec{r}\,{}'(t) = [x'(t),\ y'(t)]$.

Fartsvektoren er $\vec{v}(t) = [6,\ \frac{5}{3}]$, siden $x'(t) = 6$ og $y'(t) = \frac{5}{3}$.

Formel (banefart): banefart $= |\vec{v}(t)| = \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}$.

$$|\vec{v}(t)| = \sqrt{6^2 + \left(\frac{5}{3}\right)^2} = \sqrt{36 + \frac{25}{9}} = \sqrt{\frac{349}{9}} = \frac{\sqrt{349}}{3} \approx \frac{18{,}68}{3} \approx 6{,}23 \text{ m/s}$$

Et halvt minutt er 30 sekunder. Vi setter $t = 30$ inn i parameterframstillingen:

$$x = 6 \cdot 30 + 120 = 180 + 120 = 300, \qquad y = \frac{5}{3} \cdot 30 + 50 = 50 + 50 = 100$$

Banefarten er $\frac{\sqrt{349}}{3}$ m/s $\approx 6{,}23$ m/s, og posisjonen etter 30 sekunder er $(300, 100).$

b)

Hundens posisjon er

$$m:\begin{cases} x = \frac{13}{2}t + 250 \\ y = -\frac{9}{5}t + 520 \end{cases}$$

For at de skal treffe hverandre, må de være på samme sted til samme tid $t$. Det krever blant annet at $x$-koordinatene er like for samme $t$:

$$\begin{aligned} 6t + 120 &= \frac{13}{2}t + 250 \\[0.9em] 120 - 250 &= \frac{13}{2}t - 6t \\[0.9em] -130 &= \frac{1}{2}t \\[0.9em] t &= -260 \end{aligned}$$

Denne $t$-verdien ligger utenfor intervallet $t \in [0, 200]$, som begge bevegelsene er definert på. Det finnes derfor ingen $t$ i intervallet der $x$-koordinatene er like, og de kan ikke være på samme sted samtidig.

(Som kontroll: $y$-koordinatene er like for $\frac{5}{3}t + 50 = -\frac{9}{5}t + 520$, som gir $\frac{52}{15}t = 470$ og $t = \frac{3525}{26} \approx 135{,}6$. For denne $t$ er skøyteløperens $x$-koordinat $6 \cdot 135{,}6 + 120 \approx 933$ og hundens $\approx 1131$, så de er ikke på samme sted da heller.)

Skøyteløperen og hunden har aldri samme $x$-koordinat til samme tid, så skøyteløperen treffer ikke hunden.

c)

Skøyteløperen oppdager hunden etter 1 minutt, altså ved $t = 60$ s. Skøyteløperens posisjon da:

$$x = 6 \cdot 60 + 120 = 480, \qquad y = \frac{5}{3} \cdot 60 + 50 = 150$$

Startpunktet er $(480, 150)$. Skøyteløperen skal nå frem til punktet $(1032, 303)$ i samme retning som før. Vi sjekker at retningen stemmer. Forflytningen er

$$\vec{s} = [1032 - 480,\ 303 - 150] = [552,\ 153]$$

Retningen til den opprinnelige fartsvektoren $[6,\ \frac{5}{3}]$ gir forholdet $\frac{y}{x} = \frac{5/3}{6} = \frac{5}{18} \approx 0{,}278$, og forflytningen gir $\frac{153}{552} \approx 0{,}277$. Retningene er (tilnærmet) like, så skøyteløperen beholder retningen.

Tid til møtepunktet. Hunden er i punktet $(1032, 303)$ når $x = 1032$:

$$\frac{13}{2}t + 250 = 1032 \quad \Rightarrow \quad \frac{13}{2}t = 782 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{782 \cdot 2}{13} = \frac{1564}{13} \approx 120{,}3 \text{ s}$$

(Kontroll med $y$: $-\frac{9}{5}t + 520 = 303$ gir $t = \frac{217 \cdot 5}{9} \approx 120{,}6$ s. Forskjellen kommer av at punktet $(1032, 303)$ er oppgitt avrundet. Vi bruker $t \approx 120{,}3$ s.)

Skøyteløperen har dermed

$$\Delta t = 120{,}3 \text{ s} - 60 \text{ s} = 60{,}3 \text{ s}$$

på å komme fram.

Lengde av strekningen:

$$|\vec{s}| = \sqrt{552^2 + 153^2} = \sqrt{304\,704 + 23\,409} = \sqrt{328\,113} \approx 572{,}8 \text{ m}$$

Formel (fart): fart $=$ strekning $/$ tid. Strekningen er 572,8 m, og tiden er 60,3 s:

$$\text{fart} = \frac{572{,}8 \text{ m}}{60{,}3 \text{ s}} \approx 9{,}50 \text{ m/s}$$

Med $t \approx 120{,}6$ s i stedet blir farten $\frac{572{,}8}{60{,}6} \approx 9{,}46$ m/s, så svaret er ca. 9,5 m/s uansett.

Skøyteløperen må holde en konstant banefart på ca. 9,5 m/s fra $t = 60$ s. Det er omtrent 3,3 m/s mer enn de opprinnelige 6,23 m/s.

---

Oppgave 3

Bygger på R1 V26, del 2 oppgave 3. Endret: funksjonen er byttet fra $f(x) = 100 \cdot 0{,}8^x$ til $f(x) = x^2 - 22x + 100$, og «Gi svaret med desimaler» er lagt til i b).

Funksjonen er $f(x) = x^2 - 22x + 100$, og punktene er $A(a, f(a))$ med $a \in [0, 5\rangle$, $B(5, f(a))$, $C(5, 200)$ og $D(a, 200)$.

a)

Punktene $A$ og $B$ har samme andrekoordinat $f(a)$, så $AB$ er vannrett. Lengden er differansen mellom førstekoordinatene:

$$AB = 5 - a$$

Dette er positivt fordi $a < 5$.

Punktene $A$ og $D$ har samme førstekoordinat $a$, så $AD$ er loddrett. Lengden er differansen mellom andrekoordinatene, der $D$ ligger høyest (200):

$$AD = 200 - f(a) = 200 - \left(a^2 - 22a + 100\right) = -a^2 + 22a + 100$$

Dette er positivt for $a \in [0, 5\rangle$, fordi $f(a) \le f(0) = 100 < 200$ (grafen synker når $a < 11$).

$AB = 5 - a \quad \text{og} \quad AD = -a^2 + 22a + 100$

b)

Formel (areal av rektangel): areal $=$ lengde $\cdot$ bredde. Her er lengden $AD$ og bredden $AB$, så

$$T(a) = AB \cdot AD = (5 - a)\left(-a^2 + 22a + 100\right)$$

Vi multipliserer ut:

$$\begin{aligned} T(a) &= -5a^2 + 110a + 500 + a^3 - 22a^2 - 100a \\ &= a^3 - 27a^2 + 10a + 500 \end{aligned}$$

Vi deriverer og setter $T'(a) = 0$ for å finne mulige toppunkter:

$$T'(a) = 3a^2 - 54a + 10$$

$$3a^2 - 54a + 10 = 0$$

Vi bruker abc-formelen med $a$-leddet 3, $b$-leddet $-54$ og $c$-leddet 10:

$$a = \frac{54 \pm \sqrt{(-54)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 10}}{2 \cdot 3} = \frac{54 \pm \sqrt{2796}}{6}$$

Her er $\sqrt{2796} \approx 52{,}877$ (rottasten). Da er

$$a \approx \frac{54 - 52{,}877}{6} = \frac{1{,}123}{6} \approx 0{,}1871 \qquad \text{eller} \qquad a \approx \frac{54 + 52{,}88}{6} \approx 17{,}8$$

Bare $a \approx 0{,}187$ ligger i $[0, 5\rangle$.

Fortegnsskjema for $T'(a)$. $T'(a) = 3a^2 - 54a + 10$ er en parabel som vender oppover med nullpunkter $0{,}187$ og $17{,}8$. Mellom nullpunktene er den negativ. På $[0, 5\rangle$ er derfor $T'(a) > 0$ for $a < 0{,}187$ (for eksempel $T'(0) = 10 > 0$) og $T'(a) < 0$ for $0{,}187 < a < 5$ (for eksempel $T'(1) = 3 - 54 + 10 = -41 < 0$). Arealet vokser først og avtar så. Dermed er $a \approx 0{,}187$ et toppunkt, og det er det største arealet på intervallet.

Vi sjekker randen: $T(0) = 500$. Når $a \to 5$ går $AB \to 0$ og arealet mot 0.

Største areal, med $a \approx 0{,}1871$:

$$T(0{,}1871) \approx 0{,}1871^3 - 27 \cdot 0{,}1871^2 + 10 \cdot 0{,}1871 + 500 \approx 0{,}0066 - 0{,}9452 + 1{,}871 + 500 \approx 500{,}93$$

Det største arealet av rektangelet $ABCD$ er ca. $500{,}93$ (arealenheter), og det inntreffer når $a \approx 0{,}187.$

---

Oppgave 4

Bygger på R1 V26, del 2 oppgave 4 (uendret).

Vi setter $x$ som spotprisen i øre/kWh, og $f(x)$ som prisen husholdningen betaler etter at strømstønaden er trukket fra.

a)

Hvorfor delt forskrift. Reglene i teksten er ulike avhengig av spotprisen:

• Er spotprisen $x$ høyst 75 øre/kWh, gis det ingen stønad, og husholdningen betaler hele prisen: $f(x) = x$.
• Er spotprisen over 75 øre/kWh, dekker staten 90 % av den delen av prisen som ligger over 75 øre. Husholdningen betaler da prisen minus stønaden, og stønaden regnes på en annen måte enn under 75.

Funksjonen følger to ulike regler i to intervaller, og må derfor ha delt forskrift.

Hvorfor kontinuerlig. Stønaden regnes bare på den delen av prisen som er over 75 øre/kWh, altså på $x - 75$. Rett ved 75 er denne delen nesten 0, så stønaden er nesten 0. Stiger spotprisen litt over 75, endres stønaden og prisen husholdningen betaler også bare litt. Det er ingen terskel der prisen plutselig hopper opp eller ned. Ved nøyaktig $x = 75$ gir begge reglene samme pris, siden stønaden da er 90 % av 0. Grafen til $f$ henger dermed sammen uten sprang i $x = 75$, og $f$ er kontinuerlig. Slik må det også være: med et sprang i 75 ville prisen hoppe brått når spotprisen stiger ørlite, og det skal ordningen nettopp unngå.

Funksjonen har delt forskrift fordi stønadsregelen er ulik under og over 75 øre/kWh, og den er kontinuerlig fordi stønaden er 0 i overgangen.

b)

For $x \le 75$ er $f(x) = x$.

For $x > 75$ er stønaden 90 % av den delen av prisen som er over 75 øre/kWh:

$$\text{stønad} = 0{,}9 \cdot (x - 75)$$

Husholdningen betaler spotprisen minus stønaden:

$$\begin{aligned} f(x) &= x - 0{,}9 \cdot (x - 75) \\ &= x - 0{,}9x + 67{,}5 \\ &= 0{,}1x + 67{,}5 \end{aligned}$$

Vi kontrollerer kontinuiteten: for $x = 75$ gir den nederste regelen $0{,}1 \cdot 75 + 67{,}5 = 7{,}5 + 67{,}5 = 75$, som er lik $f(75) = 75$ fra den øverste regelen.

Det betyr at husholdningen betaler 75 øre/kWh pluss 0,1 øre, altså 10 %, for hver øre spotprisen ligger over 75.

---

Oppgave 5

Bygger på R1 V26, del 2 oppgave 5 (uendret).

Funksjonen er $f(x) = e^{2x}$. Vi skal finne tangeringspunktet for den tangenten til grafen som går gjennom origo.

Vi deriverer med kjerneregelen, med indre funksjon $u = 2x$ og $u' = 2$:

$$f'(x) = 2e^{2x}$$

La tangeringspunktet ha førstekoordinat $a$. Da har punktet koordinatene $(a,\ e^{2a})$, og tangentens stigningstall er $f'(a) = 2e^{2a}$.

Formel (ettpunktsformelen): en linje med stigningstall $m$ gjennom punktet $(x_1, y_1)$ har likningen $y - y_1 = m(x - x_1)$.

Tangenten har stigningstall $m = 2e^{2a}$ og går gjennom punktet $(a,\ e^{2a})$:

$$y - e^{2a} = 2e^{2a}(x - a)$$

Tangenten skal gå gjennom origo $(0, 0)$. Vi setter $x = 0$ og $y = 0$:

$$\begin{aligned} 0 - e^{2a} &= 2e^{2a}(0 - a) \\ -e^{2a} &= -2a\,e^{2a} \\ e^{2a} - 2a\,e^{2a} &= 0 \\ e^{2a}(1 - 2a) &= 0 \end{aligned}$$

Siden $e^{2a} > 0$ for alle $a$, kan produktet bare være 0 når

$$1 - 2a = 0 \quad \Rightarrow \quad a = \frac{1}{2}$$

Andrekoordinaten er $f\left(\frac{1}{2}\right) = e^{2 \cdot \frac{1}{2}} = e^1 = e$.

Kontroll: tangentens stigningstall er $2e^1 = 2e$, og tangenten er $y - e = 2e\left(x - \frac{1}{2}\right)$, det vil si $y = 2e\,x$. Den går gjennom origo. Det stemmer også at $y = e$ når $x = \frac{1}{2}$.

$\text{Tangeringspunktet er } \left(\tfrac{1}{2},\ e\right) \approx (0{,}5;\ 2{,}72).$

Nye oppgaver

Oppgave 6–10 er fem tilleggsoppgaver som kunne vært gitt i del 2. Oppgave 7 og 10 bygger på tidligere eksamener, de andre er nye.

Oppgave 6

Funksjonen er $L(t) = \dfrac{C}{1 + e^{-kt}}$, og vi skal si hvordan $C$ og $k$ må endres for at grafen til $L$ skal falle sammen med grafen til $F$. Figuren har ingen tall på aksene, så vi argumenterer bare ut fra det som kan leses av kvalitativt: hvor kurvene flater ut, hvilken som ligger høyest, hvilken som er brattest og hvordan de krysser hverandre.

Antakelse. Oppgaven sier at $F$ også er en logistisk funksjon, og at $L$ skal kunne bli lik $F$ ved å endre bare $C$ og $k$. Vi regner derfor med at $F(t) = \dfrac{C_F}{1 + e^{-k_F t}}$ med to faste tall $C_F$ og $k_F$. Spørsmålet er hvordan $C$ må sammenlignes med $C_F$ og $k$ med $k_F$.

Hva $C$ gjør. Når $t \to \infty$ går $e^{-kt} \to 0$ (for $k > 0$), så

$$\lim_{t \to \infty} L(t) = \frac{C}{1 + 0} = C$$

Linjen $y = C$ er altså den vannrette asymptoten til $L$ mot høyre. Tilsvarende har $F$ asymptoten $y = C_F$. I figuren flater $F$ ut høyere enn $L$, så $C_F > C$.

$C$ må økes. For at de to grafene skal være like, må de ha samme asymptote, altså $C = C_F$. Siden $F$ ligger høyere, må $C$ økes.

Hva $k$ gjør. Skriv $L(t) = C \cdot g(kt)$ med $g(u) = \dfrac{1}{1 + e^{-u}}$. Formen på kurven bestemmes av $g$, og $k$ bare strekker eller trekker den sammen i $t$-retningen. Den delen av $C$ som er nådd etter tiden $t$, er $\dfrac{L(t)}{C} = \dfrac{1}{1 + e^{-kt}}$, og den avhenger bare av $k$ og $t$. En gitt andel $p$ av taket er nådd når

$$\frac{1}{1 + e^{-kt}} = p \quad \Rightarrow \quad e^{-kt} = \frac{1 - p}{p} \quad \Rightarrow \quad t = \frac{1}{k}\ln\frac{p}{1 - p}$$

Tiden til å nå en gitt andel av taket er altså omvendt proporsjonal med $k$. Stor $k$ gir rask stigning og tidlig utflating, liten $k$ gir langsom stigning.

$k$ må økes. Vi har to argumenter.

1. Utflating. I figuren flater $F$ ut tidligere enn $L$ i forhold til sin egen asymptote. (At $F$ stiger brattere rundt $y$-aksen, skiller alene ikke $C$ fra $k$, fordi $L'(0) = \frac{Ck}{4}$ også øker når bare $C$ økes.) Slik oppfører en graf med større $k$ seg, siden tiden til en gitt andel av taket er $\frac{1}{k}\ln\frac{p}{1-p}$.
2. Venstre side. Hvis bare $C$ ble økt og $k$ lå fast, ville $\dfrac{F(t)}{L(t)} = \dfrac{C_F}{C}$ være samme tall større enn 1 for alle $t$, og $F$ ville ligge over $L$ overalt, også langt til venstre. I figuren ligger $F$ under $L$ lengst til venstre, og kurvene krysser hverandre til venstre for $y$-aksen. For $t \to -\infty$ er $e^{-kt}$ stor, så $1 + e^{-kt} \approx e^{-kt}$, og $$L(t) \approx C e^{kt}, \qquad F(t) \approx C_F e^{k_F t}, \qquad \frac{F(t)}{L(t)} \approx \frac{C_F}{C}\, e^{(k_F - k)t}$$ Forholdet skal bli mindre enn 1 når $t \to -\infty$. Det skjer bare hvis $k_F - k > 0$, fordi $e^{(k_F - k)t} \to 0$ for $t \to -\infty$ da. Hvis $k_F < k$, ville forholdet gå mot uendelig, og $F$ ville ligge over $L$ til venstre. Derfor er $k_F > k$.

Kontroll av de to endringene sammen. I $t = 0$ er $L(0) = \dfrac{C}{1 + 1} = \dfrac{C}{2}$. Begge kurver har altså $y$-verdi lik halvparten av sin asymptote i $t = 0$. Da $C_F > C$, er $F(0) = \dfrac{C_F}{2} > \dfrac{C}{2} = L(0)$, og det stemmer med at $F$ krysser $y$-aksen høyere enn $L$. Det samme gjelder stigningen i $t = 0$: $L'(0) = \dfrac{Ck}{4}$, og denne blir større når både $C$ og $k$ økes, slik at $F$ blir brattere.

Både $C$ og $k$ må økes: $C$ til $F$ sin asymptoteverdi (høyere tak) og $k$ til $F$ sin større vekstfart (brattere og tidligere utflating).

---

Oppgave 7

Bygger på R1 V25, del 2 oppgave 4.

Posisjonen til fiskebåten er $\vec{r}(t) = [1 + 5t,\ 4 + 8t]$, der $t$ er timer og enheten langs aksene er km.

a)

Formel (fartsvektor): fartsvektoren er den deriverte av posisjonen, $\vec{v}(t) = \vec{r}\,{}'(t) = [x'(t),\ y'(t)]$.

Her er $x(t) = 1 + 5t$ og $y(t) = 4 + 8t$, så $x'(t) = 5$ og $y'(t) = 8$:

$$\vec{v}(t) = [5,\ 8]$$

Formel (banefart): banefart $= |\vec{v}(t)| = \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}$.

$$|\vec{v}(t)| = \sqrt{5^2 + 8^2} = \sqrt{25 + 64} = \sqrt{89} \approx 9{,}43 \quad (\sqrt{\ }\text{-tasten})$$

Banefarten til fiskebåten er $\sqrt{89}$ km/h $\approx 9{,}43$ km/h.

b)

Fiskebåten drar fra land ved $t = 0$. Posisjonen da er

$$\vec{r}(0) = [1 + 5 \cdot 0,\ 4 + 8 \cdot 0] = [1,\ 4]$$

altså punktet $(1, 4)$. Fyret står i $(4, 7)$.

Formel (avstand mellom to punkter): avstanden mellom $(x_1, y_1)$ og $(x_2, y_2)$ er $\sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$. Her er $(x_1, y_1) = (1, 4)$ båten og $(x_2, y_2) = (4, 7)$ fyret:

$$\sqrt{(4 - 1)^2 + (7 - 4)^2} = \sqrt{9 + 9} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \approx 4{,}24$$

Avstanden mellom fiskebåten og fyret er $3\sqrt{2}$ km $\approx 4{,}24$ km.

c)

Vi bruker avstandsformelen på posisjonen til båten ved tiden $t$, $(1 + 5t,\ 4 + 8t)$, og fyret $(4, 7)$. Differansen i $x$ er $4 - (1 + 5t) = 3 - 5t$, og differansen i $y$ er $7 - (4 + 8t) = 3 - 8t$. Da er

$$d(t) = \sqrt{(3 - 5t)^2 + (3 - 8t)^2}$$

Vi bruker første kvadratsetning, $(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$, på hvert ledd:

$$(3 - 5t)^2 = 9 - 30t + 25t^2, \qquad (3 - 8t)^2 = 9 - 48t + 64t^2$$

Summen er

$$d(t)^2 = 9 - 30t + 25t^2 + 9 - 48t + 64t^2 = 89t^2 - 78t + 18$$

$d(t) = \sqrt{89t^2 - 78t + 18}$

Dette er det som skulle vises.

d)

Kvadratroten er voksende, så $d(t)$ er minst når $f(t) = 89t^2 - 78t + 18$ er minst. Vi deriverer og setter den deriverte lik 0:

$$f'(t) = 178t - 78 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{78}{178} = \frac{39}{89} \approx 0{,}438$$

Siden $f$ er en parabel med positivt $t^2$-ledd, vender den oppover, og dette er et bunnpunkt. Tiden $t = \frac{39}{89} \approx 0{,}44$ timer (ca. 26 minutter) ligger etter at båten har dratt.

Vi regner ut $f\left(\frac{39}{89}\right)$:

$$f\left(\frac{39}{89}\right) = 89 \cdot \frac{39^2}{89^2} - 78 \cdot \frac{39}{89} + 18 = \frac{1521}{89} - \frac{3042}{89} + \frac{1602}{89} = \frac{81}{89}$$

Da er

$$d\left(\frac{39}{89}\right) = \sqrt{\frac{81}{89}} = \frac{9}{\sqrt{89}} = \frac{9\sqrt{89}}{89} \approx 0{,}954$$

Den minste avstanden mellom fiskebåten og fyret er $\tfrac{9}{\sqrt{89}}$ km $\approx 0{,}95$ km, ca. 26 minutter etter avreise.

e)

Fiskestimen er i $(1, -3)$ ved $t = 0$, og hastigheten er konstant, $\vec{v} = [4, 11]$. Da er posisjonen til stimen etter $t$ timer

$$\vec{s}(t) = [1 + 4t,\ -3 + 11t]$$

Båten treffer stimen hvis de er på samme sted til samme tid $t$. Vi setter koordinatene lik hverandre.

$x$-koordinatene:

$$1 + 5t = 1 + 4t \quad \Rightarrow \quad t = 0$$

$y$-koordinatene:

$$4 + 8t = -3 + 11t \quad \Rightarrow \quad 7 = 3t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{7}{3}$$

Likningene gir ulike $t$ ($0$ og $\frac{7}{3}$). Det finnes derfor ikke noe tidspunkt der begge koordinatene er like. Ved $t = 0$ er båten i $(1, 4)$ og stimen i $(1, -3)$, så de er ikke på samme sted. Ved $t = \frac{7}{3}$ er båten i $\left(1 + \frac{35}{3},\ 4 + \frac{56}{3}\right) = \left(\frac{38}{3},\ \frac{68}{3}\right)$ og stimen i $\left(1 + \frac{28}{3},\ -3 + \frac{77}{3}\right) = \left(\frac{31}{3},\ \frac{68}{3}\right)$. De har samme $y$, men ikke samme $x$.

Nei, fiskebåten treffer ikke fiskestimen, fordi koordinatene aldri er like til samme tid.

---

Oppgave 8

Trekanten har hjørnene $A(4, 0)$, $B(5, 8)$ og $C(-2, 4)$.

a)

Vi finner sidene som vektorer ved å trekke startpunktets koordinater fra endepunktets.

$$\vec{AB} = [5 - 4,\ 8 - 0] = [1,\ 8], \qquad \vec{BC} = [-2 - 5,\ 4 - 8] = [-7,\ -4]$$

Formel (lengde av vektor): $|\vec{u}| = \sqrt{u_1^2 + u_2^2}$ for $\vec{u} = [u_1, u_2]$.

$$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 8^2} = \sqrt{1 + 64} = \sqrt{65}$$

$$|\vec{BC}| = \sqrt{(-7)^2 + (-4)^2} = \sqrt{49 + 16} = \sqrt{65}$$

$AB = BC = \sqrt{65}$

Sidene $AB$ og $BC$ er like lange, og det var det som skulle vises. Trekanten er likebeint med $B$ som toppunkt.

b)

Vinkelen $\angle CBA$ er vinkelen mellom vektorene som går ut fra $B$, $\vec{BA}$ og $\vec{BC}$.

$$\vec{BA} = [4 - 5,\ 0 - 8] = [-1,\ -8], \qquad \vec{BC} = [-7,\ -4]$$

Formel (vinkel mellom vektorer): $\cos v = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{w}}{|\vec{u}|\,|\vec{w}|}$, der skalarproduktet er $\vec{u} \cdot \vec{w} = u_1 w_1 + u_2 w_2$. Her er $\vec{u} = \vec{BA}$ og $\vec{w} = \vec{BC}$.

Skalarproduktet:

$$\vec{BA} \cdot \vec{BC} = (-1)(-7) + (-8)(-4) = 7 + 32 = 39$$

Lengdene er $|\vec{BA}| = |\vec{AB}| = \sqrt{65}$ og $|\vec{BC}| = \sqrt{65}$, så $|\vec{BA}|\,|\vec{BC}| = 65$:

$$\cos \angle CBA = \frac{39}{65} = \frac{3}{5}$$

Vi bruker $\cos^{-1}$ på kalkulatoren:

$$\angle CBA = \cos^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) \approx 53{,}13^\circ$$

$\angle CBA = \cos^{-1}\left(\tfrac{3}{5}\right) \approx 53{,}1^\circ$

c)

$M_B$ er midtpunktet på $AC$.

Formel (midtpunkt): midtpunktet mellom $(x_1, y_1)$ og $(x_2, y_2)$ er $\left(\dfrac{x_1 + x_2}{2},\ \dfrac{y_1 + y_2}{2}\right)$. Her er $(x_1, y_1) = A(4, 0)$ og $(x_2, y_2) = C(-2, 4)$:

$$M_B = \left(\frac{4 + (-2)}{2},\ \frac{0 + 4}{2}\right) = (1,\ 2)$$

Formel (parameterframstilling for en linje): en linje gjennom $(x_0, y_0)$ med retningsvektor $[a, b]$ er $\begin{cases} x = x_0 + at \\ y = y_0 + bt \end{cases}$.

Vi velger $B(5, 8)$ som startpunkt, så $(x_0, y_0) = (5, 8)$. Retningsvektoren er $\vec{BM_B}$:

$$\vec{BM_B} = [1 - 5,\ 2 - 8] = [-4,\ -6]$$

Parameterframstillingen blir

$$\ell:\begin{cases} x = 5 - 4t \\ y = 8 - 6t \end{cases}$$

Sjekk: $t = 0$ gir $B(5, 8)$, og $t = 1$ gir $(1, 2) = M_B$.

$\ell:\begin{cases} x = 5 - 4t \\ y = 8 - 6t \end{cases}$

(Retningsvektoren $[2, 3]$ er parallell med $[-4, -6]$ og gir en like god framstilling, for eksempel $x = 5 + 2t$, $y = 8 + 3t$.)

d)

$M_A$ er midtpunktet på $BC$:

$$M_A = \left(\frac{5 + (-2)}{2},\ \frac{8 + 4}{2}\right) = \left(\frac{3}{2},\ 6\right)$$

Linjen gjennom $A$ og $M_A$ har retningsvektor $\vec{AM_A} = \left[\frac{3}{2} - 4,\ 6 - 0\right] = \left[-\frac{5}{2},\ 6\right]$. Vi bruker en parallell retningsvektor uten brøk, $[-5, 12]$ (ganget med 2), og $A(4, 0)$ som startpunkt:

$$m:\begin{cases} x = 4 - 5s \\ y = 12s \end{cases}$$

(Her er $s = \frac{1}{2}$ punktet $M_A = \left(\frac{3}{2}, 6\right)$.)

Linjen fra c) er

$$\ell:\begin{cases} x = 5 - 4t \\ y = 8 - 6t \end{cases}$$

Skjæringspunktet $S$ er der de to linjene har samme punkt. Vi setter $x$-koordinatene og $y$-koordinatene lik hverandre:

$$\begin{aligned} 4 - 5s &= 5 - 4t \quad &&\Rightarrow \quad -5s + 4t = 1 \quad &&\text{(I)} \\ 12s &= 8 - 6t \quad &&\Rightarrow \quad 6s + 3t = 4 \quad &&\text{(II)} \end{aligned}$$

I (II) har vi delt begge sider med 2. Vi bruker addisjonsmetoden. Vi ganger (I) med 3 og (II) med 4, slik at $t$-leddene blir like:

$$\begin{aligned} -15s + 12t &= 3 \\ 24s + 12t &= 16 \end{aligned}$$

Vi trekker den første likningen fra den andre:

$$39s = 13 \quad \Rightarrow \quad s = \frac{13}{39} = \frac{1}{3}$$

Vi setter $s = \frac{1}{3}$ inn i (II):

$$6 \cdot \frac{1}{3} + 3t = 4 \quad \Rightarrow \quad 2 + 3t = 4 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{2}{3}$$

Vi finner $S$ ved å sette $s = \frac{1}{3}$ inn i $m$:

$$x = 4 - 5 \cdot \frac{1}{3} = \frac{12}{3} - \frac{5}{3} = \frac{7}{3}, \qquad y = 12 \cdot \frac{1}{3} = 4$$

Kontroll med $t = \frac{2}{3}$ i $\ell$: $x = 5 - 4 \cdot \frac{2}{3} = \frac{15}{3} - \frac{8}{3} = \frac{7}{3}$ og $y = 8 - 6 \cdot \frac{2}{3} = 8 - 4 = 4$. Begge linjene gir samme punkt.

Verdiene $s = \frac{1}{3}$ og $t = \frac{2}{3}$ ligger mellom 0 og $\frac{1}{2}$ (for $m$) og mellom 0 og 1 (for $\ell$), så punktet ligger på selve linjestykkene $AM_A$ og $BM_B$.

$S = \left(\tfrac{7}{3},\ 4\right) \approx (2{,}33;\ 4)$

Til slutt kan vi merke oss at $\frac{4 + 5 + (-2)}{3} = \frac{7}{3}$ og $\frac{0 + 8 + 4}{3} = 4$. Skjæringspunktet er altså tyngdepunktet til trekanten, som er gjennomsnittet av hjørnenes koordinater.

---

Oppgave 9

Funksjonen i programmet er $f(x) = x^2 - 4x + 3$, og vi skal finne bunnpunktet ved å følge den deriverte nedover. For kontroll finner vi først bunnpunktet for hånd.

$f'(x) = 2x - 4 = 0$ gir $x = 2$, og $f(2) = 4 - 8 + 3 = -1$. Bunnpunktet er $(2, -1)$, og programmet skal gi omtrent dette.

Hva df(x) regner ut. Funksjonen df er stigningstallet til sekanten gjennom $(x, f(x))$ og $(x + h, f(x + h))$. Den er altså en tilnærming til den deriverte:

$$\text{df}(x) = \frac{f(x + h) - f(x)}{h} = \frac{(x + h)^2 - 4(x + h) + 3 - \left(x^2 - 4x + 3\right)}{h} = \frac{2xh + h^2 - 4h}{h} = 2x - 4 + h$$

Her er $2x - 4 = f'(x)$, så df(x) ligger $h$ over den eksakte deriverte.

Linje 4: h = 0.0001. For at df(x) skal være en god tilnærming til den deriverte, må $h$ være liten. Feilen i df(x) er nøyaktig $h$, så med $h = 0{,}0001$ er feilen 0,0001. Verdien kan ikke være null (da deler vi på 0), og den bør heller ikke være ekstremt liten, fordi datamaskinen regner med avrundede desimaltall, og en differanse $f(x + h) - f(x)$ av to nesten like tall mister nøyaktighet. $h = 0{,}0001$ er et fornuftig kompromiss.

Linje 10: dx = 0.001. Verdien $dx$ er skrittlengden. Programmet flytter $x$ et lite stykke $dx$ om gangen, og $x$-verdien i svaret kan bare bli feil med inntil ca. $dx$. Derfor må $dx$ være liten. Samtidig må vi ikke velge den så liten at programmet bruker veldig mange runder: med $dx = 0{,}001$ trengs ca. 1000 runder fra $x = 3$ til $x = 2$, noe som går raskt.

Linje 13: x = x - dx. Startpunktet er $x = 3$. Der er $\text{df}(3) = 2 \cdot 3 - 4 + h = 2 + h > 0$. Positiv derivert betyr at $f$ vokser, så $f$ blir mindre når $x$ minker. Bunnpunktet ligger altså til venstre for 3, og $x$ må minke. Vi trekker derfor fra $dx$ i hver runde. Hvis vi la til $dx$, ville $x$ bli større, $\text{df}(x) = 2x - 4 + h$ ville bli enda større og alltid være positiv, og løkka ville aldri stoppe.

Når stopper løkka? Løkka går så lenge $\text{df}(x) > 0$ og stopper første gang $\text{df}(x) \le 0$, det vil si $2x - 4 + h \le 0$, altså $x \le 2 - \frac{h}{2} = 1{,}99995$. Det er rett ved bunnpunktet, der den deriverte skifter fra positiv til negativ.

Begrensning. Programmet virker fordi startpunktet $x = 3$ ligger til høyre for bunnpunktet og $f$ har bare ett bunnpunkt. Hadde vi startet med $\text{df}(x) \le 0$, ville løkka aldri kjørt, og programmet hadde skrevet ut startpunktet. Nøyaktigheten bestemmes av $dx$: med $dx = 0{,}01$ ville svaret blitt $x \approx 1{,}99$.

Hele programmet, med linjene 4, 10 og 13 fylt inn:

 1  def f(x):
 2      return x**2 - 4*x + 3
 3
 4  h = 0.0001
 5
 6  def df(x):
 7      return (f(x + h) - f(x))/h
 8
 9  x = 3
10  dx = 0.001
11
12  while df(x) > 0:
13      x = x - dx
14
15  print((x, f(x)))

Endret: linje 4 (h = 0.0001), linje 10 (dx = 0.001) og linje 13 (x = x - dx). Resten er uendret fra oppgaven.

Kjører vi programmet, skriver det ut

(1.9990000000001102, -0.9999990000000003)

Løkka stopper altså første gang $x$ har kommet under 1,99995 i trinn på 0,001, det vil si ved $x \approx 1{,}999$. Svaret er tilnærmet: bunnpunktet er egentlig $(2, -1)$, og programmet gir $(1{,}999;\ -0{,}999999)$. Avviket i $x$ er ca. 0,001, som er skrittlengden $dx$, og avviket i $y$ er bare ca. $10^{-6}$, fordi grafen er flat nær bunnpunktet. De mange siffer bakerst i utskriften kommer av avrundingsfeil i maskinregningen og er ikke meningsfulle.

$h = 0{,}0001$ (linje 4), $dx = 0{,}001$ (linje 10) og $x = x - dx$ (linje 13). Programmet finner bunnpunktet $\approx (1{,}999;\ -0{,}999999)$, mot det eksakte $(2, -1)$.

---

Oppgave 10

Bygger på R1 V24, del 2 oppgave 6.

Funksjonen er $f(x) = -x^2 + 4$ med $0 \le x \le 2$. Rektangelet $ABCD$ har $A$ i origo, $B(x, 0)$ på $x$-aksen, $C(x, f(x))$ på grafen og $D(0, f(x))$ på $y$-aksen. Bredden er $x$, høyden er $f(x)$, og arealet er $x \cdot f(x)$. Dette er det samme som det koden i linje 4 og 5 regner ut.

a)

Programmet skal prøve mange verdier av $x$ mellom 0 og 2, regne ut arealet for hver og huske det største. Vi legger til linje 7 til 16. Linje 1 til 5 er uendret.

 1  def f(x):
 2      return -x**2 + 4
 3
 4  def areal(x):
 5      return x*f(x)
 6
 7  x = 0
 8  dx = 0.001
 9  maks = 0
10
11  while x <= 2:
12      if areal(x) > maks:
13          maks = areal(x)
14      x = x + dx
15
16  print(maks)

Lagt til: linje 7 til 16.

• Linje 7: $x$ starter i 0, venstre ende av intervallet.
• Linje 8: $dx$ er skrittlengden. Små skritt gir en nøyaktig verdi.
• Linje 9: maks holder det største arealet hittil. Det starter på 0, siden arealet aldri er negativt.
• Linje 11: løkka kjører så lenge $x$ ikke har passert 2.
• Linje 12 og 13: hvis arealet for den nåværende $x$ er større enn det største hittil, lagres det som ny maks.
• Linje 14: $x$ økes med $dx$, slik at neste runde prøver neste $x$-verdi.
• Linje 16: det største arealet skrives ut.

Kjører vi programmet, skriver det ut

3.079201125

Dette er et tilnærmet svar: programmet prøver bare $x$-verdier med 0,001 mellom, og det største arealet ligger mellom to slike verdier, så resultatet er ørlite lavere enn det eksakte maksimum. Vi regner ut det eksakte svaret for hånd i b).

Programmet skriver ut $3{,}079201125$ , et tilnærmet største areal.

b)

Arealet av rektangelet som funksjon av $x$ er

$$A(x) = x \cdot f(x) = x\left(-x^2 + 4\right) = -x^3 + 4x, \qquad 0 \le x \le 2$$

Vi deriverer og setter $A'(x) = 0$ for å finne mulige toppunkter:

$$A'(x) = -3x^2 + 4$$

$$\begin{aligned} -3x^2 + 4 &= 0 \\[0.9em] x^2 &= \frac{4}{3} \\[0.9em] x &= \pm\frac{2}{\sqrt{3}} = \pm\frac{2\sqrt{3}}{3} \end{aligned}$$

Bare den positive løsningen ligger i $[0, 2]$:

$$x = \frac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1{,}155$$

Fortegnsskjema for $A'(x)$. $A'(x) = -3x^2 + 4$ er en parabel som vender nedover med nullpunkt i $x = \frac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1{,}155$ på intervallet. For eksempel er $A'(1) = -3 + 4 = 1 > 0$ og $A'(2) = -12 + 4 = -8 < 0$. Arealet vokser først og avtar så, så $x = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ er et toppunkt.

Randverdiene er $A(0) = 0$ og $A(2) = 2 \cdot (-4 + 4) = 0$. Det største arealet er derfor ved $x = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Vi regner ut arealet. Da er $x^2 = \frac{4}{3}$, så $f(x) = -\frac{4}{3} + 4 = \frac{8}{3}$:

$$A\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{8}{3} = \frac{16\sqrt{3}}{9} \approx 3{,}079 \quad (\sqrt{\ }\text{-tasten})$$

Dette stemmer med utskriften fra programmet i a), 3,0792, som er litt lavere fordi programmet bare prøver trinn på 0,001.

Det største arealet til det innskrevne rektangelet er $\tfrac{16\sqrt{3}}{9} \approx 3{,}08$ arealenheter, når $x = \tfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1{,}15.$

© 2026 Ruben S. Johanssen, RubenMatte. Kun til privat bruk og skal ikke deles, publiseres eller selges videre.