Løsningsforslag, differensiallikninger

Om differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ er en løsning til differensiallikningen y′ + 2y − 6x = 0.

Vi deriverer $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ . Dette er en rett-fram operasjon der vi deriverer ledd for ledd, vi må bare huske på å bruke kjerneregelen på siste ledd, noe som gjør at vi får konstanten −2 som en faktor:

$y′ = 3− 2Ce^{−2x}$

Vi setter dette og

$y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$

inn i

$y′+2y−6x$

og får 

$3 −2Ce^{−2x} + 2(3x − {\large \frac{3}{2}} + Ce^{−2x}) −6x = 3 −2Ce^{−2x} + 6x −3 + 2Ce^{−2x} −6x = 0$.

Siden det også står 0 på høyre side av likhetstegnet i differensiallikningen, er løsningen er riktig.

Tilbake til oppgaven

Separable differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at differensiallikningen y′ = xy + 3x er separabel, det vil si at den kan skrives på formen g(y) · y′ = h(x).

Vi setter x utenfor parentes og får

y′ = x(y + 3)

Vi dividerer med y + 3 på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{y+3}}y′=x$

Nå ser vi at det er en separabel differensiallikning med $g(y) = {\large\frac{1}{y+3}}$ og $h(x) = x$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′=2\sqrt y$, og sette prøve på svaret.

Vi dividerer med $\sqrt y$ på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{\sqrt y}}y′ = 2$

Vi ser at likningen har form som en separabel differensiallikning.

Vi skriver om til potensform, og erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$

$y^{−\Large\frac{1}{2}}{\Large\frac{dy}{dx}}=2$

Vi multipliserer med $dx$ på begge sider, og setter på integrasjonstegn:

$\int y^{−\Large\frac{1}{2}}dy=\int2\, dx$

Vi utfører integrasjonene, og får

$2y^{\Large\frac{1}{2}} + C_1= 2x + C_2$

(Utregningen av uttrykket på venstre side er: $\int y^{−\large \frac{1}{2}} dy= {\large\frac{1}{−\frac{1}{2}+1}} y^{−\large\frac{1}{2} + 1} + C_1= {\large\frac{1}{\frac{1}{2}}} y^{\large\frac{1}{2}} + C_1 = 2 y^{\large\frac{1}{2}} + C_1$)

Vi dividerer med 2 på begge sider, og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^{\Large\frac{1}{2}} = x + C$

Vi opphøyer begge sider i andre, og får

$y=(x+ C)^2$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′=2(x+C)$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′=2\sqrt y$, får vi

Venstre side:

$y′ =2(x+C)$

Høyre side:

$2\sqrt y = 2 \sqrt{(x+C)^2} = 2(x+C)$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, og sette prøve på svaret.

Vi multipliserer begge sider med 2y:

$2y y′=2x−3$

Vi erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$:

$2y{\Large \frac{dy}{dx}} = 2x−3$

Vi multipliserer på begge sider med dx, og setter integrasjonstegn på begge sider:

$\int 2y \, dy = \int (2x−3) \, dx$

Vi utfører integrasjonene og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^2 = x^2 − 3x + C$

Vi trekker ut kvadratrota på begge sider:

$y=\pm\sqrt{x^2 − 3x + C}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi sjekker løsningen med positivt fortegn først.

Vi deriverer ved hjelp av kjerneregelen med g = x2 3x + C som kjerne. Når g = x2 3x + C , er g′ = 2x 3.

$y′ = \big(\sqrt{x^2 − 3x + C}\big)′ = (\sqrt g )′ \cdot g′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′$

Vi setter inn for g og g′:

$y′  = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′ = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, får vi

Venstre side:

$\frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$
 

Høyre side:

$\frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y} = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tar vi for oss løsningen med negativt fortegn, vil vi få samme deriverte med negativt fortegn. Vi får et fortegnsskifte på begge sider av likhetstegnet, slik at venstre og høyre side da også er like. Løsningen med negativt fortegn er derfor også riktig.

Tilbake til oppgaven

Lineære differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ − 4y = 2

Vi har p(x) = −4, så vi får

$P(x) = \int −4 dx = −4x + C$

Integrerende faktor blir

e−4x

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

y′ · e−4x − 4y · e−4x = 2 · e−4x

Siden (e−4x)′ = −4e−4x, kan dette skrives som

y′ · e−4xy · (e−4x)′ = 2 · e−4x

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

(y · e−4x)′ = 2 · e−4x

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{−4x})′ \, dy = \int2 · e^{−4x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = 2 \cdot {\large\frac{1}{−4}}e^{−4x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = −{\large\frac{1}{2}} \cdot e^{−4x} + C$

Så dividerer vi med integrerende faktor og får

$y = {\large −\frac{1}{2}}+ {\large \frac{C}{e^{−4x}}} = {Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret.

Vi deriverer, og får

y′ =4 Ce4x

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, y′ − 4y = 2, får vi

Venstre side:

$4 Ce^{4x} − 4\big({Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}\big) = 2$
 

Høyre side:

2

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ +6y=3$, og sette prøve på svaret.

Vi har $p(x) = 6$, så vi får

$P(x) = \int 6 \, dx = 6x + C$

Integrerende faktor blir

$e^{6x}$

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

$y′ \cdot e^{6x} +6y \cdot e^{6x} = 3 \cdot e^{6x}$

Siden $(e^{6x})′ = 6e^{6x}$, kan dette skrives som

$y′ \cdot e^{6x} +y \cdot (e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

$(y \cdot e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{6x})′ \, dy = \int 3 \cdot e^{6x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = 3 \cdot {\large \frac{1}{6}}e^{6x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = {\large \frac{1}{2}}e^{6x} + C$

Så dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{C}{e^{6x}}} = {Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′ =−6 Ce^{−6x}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ +6y=3$, får vi

Venstre side:

$−6Ce^{−6x} + 6\big({Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}\big) = 3$

Høyre side:

$3$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Modellere med differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi fyller vann i et basseng med en hastighet på 4 m3/min. Samtidig lekker det vann ut med en hastighet som er proporsjonal med vannvolumet i bassenget.

V(t) er vannvolumet i bassenget, målt i m3, som funksjon av tiden, t, målt i minutter.

    • Vi skal forklare at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.
       
      I denne likningen er volumet, V, den avhengige variabelen, og tiden, t, den uavhengige variabelen.
       
      På venstre side av likningen har vi V′, som betyr endring i volum. Endringen i volum er også det som står på høyre side, fordi 4 representerer den mengden vann som fylles på, og kV, som trekkes fra, representerer den mengden vann som renner ut. Denne mengden er proporsjonal med volumet, V, som forutsatt. Proporsjonalitetskonstanten k er foreløpig ukjent. 
       
    • Vi har at k = 0,005/min, bassenget er i utgangspunktet tomt, og vi skal finne et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
      Vi har
      V′ =4 − 0,005V
       
      Vi flytter leddet med V over til venstre side, og får
      V′ + 0,005V = 4
       
      Dette gjenkjenner vi som en lineær differensiallikning med p(t) = 0,05 og q(t) = 4, som vi kan løse med metoden vi har lært for dette.
       
      Vi får $P(t) = \int 0{,}005 \, dt = 0{,}005\,t + C$. Integrerende faktor blir $e^{0{,}005t}$.
       
      Vi multipliserer likningen med integrerende faktor på begge sider:
      $V′e^{0,005t} + 0,005V e^{0,005t} = 4e^{0,005t}$
       
      Siden $(e^{0,005t})′ = 0,005e^{0,005t}$, kan dette skrives som
       
      $V′e^{0,005t} + V( e^{0,005t})′ = 4e^{0,005t}$
       
      Vi skriver om venstre side ved hjelp av produktregelen baklengs:
      $(Ve^{0,005t})′= 4e^{0,005t}$
       
      Vi integrerer begge sider og får
      $\int (Ve^{0,005t})′ \, dV = \int 4e^{0,005t} \, dt$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 4 \cdot {\large \frac{1}{0,005}} e^{0,005t} + C$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 800e^{0,005t} + C$
        
      Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor:
      $V = 800 + Ce^{−0,005t}$
       
      For å bestemme konstanten C benytter vi oss av initialbetingelsen at bassenget var tomt til å begynne med. Så vi har
      0 = 800+ Ce0C = −800
       
      Så et uttrykk for volumet som funksjon av tiden blir
      V = 800 − 800 e−0,005t
       
    • Vi skal beregne hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.
       
      Vi har da at
      400 = 800 − 800e−0,005t
       
      Vi bytter om på leddene og dividerer med 800 på begge sider av likhetstegnet og får
      $e^{−0,005t} = {\large \frac{1}{2}}$
       
      Vi beregner ln på begge sider og får
      $−0{,}005t = \ln{\large\frac{1}{2}} \approx −0{,}693$
       
      Som gir
      t ≈ 138,6
       
      Det er 400 m3 vann i bassenget etter om lag 139 minutter, altså to timer og 19 minutter.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, integrasjonsmetoder

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Oppgave 1:

Vi skal bruke delbrøkoppspalting til å beregne tre integraler.

    1. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{\displaystyle (x + 1)(x −3)} \; dx$
       
      Her vet vi at nevner i den ene brøken skal være x − 1 og nevner i den andre brøken x − 3. Så vi får følgende likning:
       $\frac{\displaystyle 5x − 3}{(\displaystyle x + 1)(x − 3)} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 3}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x − 3 = A(x − 3) + B(x + 1)
       
      Vi setter først x = −1 for å bli kvitt B:
      5(−1) − 3 = A(−1 − 3) + B(−1 + 1) ⇒ −8 = −4AA = 2
       
      Så setter vi x = 3 for å bli kvitt A:
      5 · 3 − 3 = A(3 − 3) + B(3 + 1) ⇒ 12 = 4BB = 3
       
      Det vil si at integralet blir:
      ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{(\displaystyle x + 1)(x −3)} \; dx = \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 1} \; dx + \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x − 3} \; dx = 2 \ln |x + 1| + 3 \ln | x − 3| + C$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx$
       
      Her må vi først finne nullpunktene i nevneren:
      x2 − 3x + 2 = 0 ⇒ x1 = 2 eller x2 = 1
       
      Det vil si at x2 − 3x + 2 kan faktoriseres som (x − 1)(x − 2)
       
      Så vi kan sette opp følgende likning:
      $\frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x + 2} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x − 2} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 1}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x − 7 = A(x − 1) + B(x − 2)
       
      Vi setter først x = 2 for å bli kvitt B:
      5 · 2 − 7 = A(2 − 1) + B(2 − 2) ⇒ 3 = AA = 3
       
      Så setter vi x = 1 for å bli kvitt A:
      5 · 1 − 7 = A(1 − 1) + B(1 −2) ⇒ −2 = −BB = 2
       
      Det vil si at integralet blir:
      $\int \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx = \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x −2} \; dx + \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x − 1} \; dx = 3 \ln |x − 2| + 3 \ln | x − 1| + C$
       
    3. $\int \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx$
       
      Her er ikke nevner av større grad enn teller, så vi må først utføre en polynomdivisjon:
      $(x^2 + 8) : (x^2 − 5x + 6) = 1 + \frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 − 5x + 6}$
       
      Vi arbeider videre med brøken, og finner først nullpunktene i nevneren:
      x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x1 = 3 eller x2 = 2
       
      Det vil si at x2 − 5x + 6 kan faktoriseres som (x − 3)(x − 2)
       
      Så vi kan sette opp følgende likning:
      $\frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x − 3} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 2}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x + 2 = A(x − 2) + B(x − 3)
       
      Vi setter først x = 3 for å bli kvitt B:
      5 · 3 + 2 = A(3 − 2) + B(3 − 3) ⇒ 17 = AA = 17
       
      Så setter vi x = 2 for å bli kvitt A:
      5 · 2 + 2 = A(2 − 2) + B(2 − 3) ⇒ 12 = −BB = −12
       
      Det vil si at integralet blir:
      ${\large \int}\frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \int} \frac{\displaystyle 17}{\displaystyle x − 3} \; dx − {\large \int} \frac{\displaystyle 12}{\displaystyle x − 2} \; dx = x + 17 \ln |x − 3| − 12 \ln |x−2| + C$

Tilbake til oppgaven

Integrasjon ved substitusjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke substitusjon til å beregne integralet $\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$. Her ser vi at hvis vi deriverer uttrykket inni parentesen, får vi uttrykket utenfor parentesen. Så vi setter:

g = x2 + 1

og får

$\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 2x \Leftrightarrow \; dx = \frac{\displaystyle du}{\displaystyle 2x}$

Substitusjon gir

$\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int g^3 \, 2x \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = \int g^3 \; dg = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 + C = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal ta utgangspunkt i det vi gjorde i oppgave 1, og finne $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$ ved

  1. å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
     
    Vi tar utgangspunkt i det ubestemte integralet i oppgave 1, og får:
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 \big]_0^1 = \frac{\displaystyle (1^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle (0^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$
     
  2. å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for g.
     
    Vi har at:
    g = x2 + 1
     

    x = 0 gir g= 02 + 1 = 1
     
    og
    x = 1 gir g = 12 + 1 = 2
     
    og vi får
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int\limits_1^2 g^3 \; dg = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 \big]_1^2 = \frac{\displaystyle 2^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$

Tilbake til oppgaven

Delvis integrasjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int (x + 1)e^{−x} \; dx$

Vi bør om mulig velge en u′ som blir enklere ved integrasjon, og en v som blir enklere ved derivasjon. I denne oppgaven ser vi at x + 1 blir enklere ved derivasjon, og ex vil bare skifte fortegn ved integrasjon. Så vi velger:

u′ = ex, som gir u = −ex

og

v = x + 1, som gir v′ = 1

Dette setter vi inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$, og får:

$\int (x + 1)e^{−x} \; dx = −e^{−x} (x + 1) − \int −e^{−x} \cdot 1 \; dx = −e^{−x} (x + 1) − e^{−x} + C = −e^{−x}(x + 2) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x(3x + 2) \; dx$

3x + 2 blir enklere ved derivasjon og ex er nøytralt ved integrasjon, så vi velger

v = 3x + 2 og u′ = ex

og får

v′ = 3 og u = ex

Vi setter inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$, og får:

$\int e^x(3x + 2) \; dx = e^x(3x + 2) − \int e^x \cdot 3 \; dx = e^x(3x + 2) − 3e^x + C = e^x(3x −1) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x \sin x \; dx$

Her blir det hipp som happ hva vi lar være v og u′, men velger vi 

v = sin x og u′ = ex

får vi

v′ = cos x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − \int e^x \cos x \; dx$

Vi bruker delvis integrasjon igjen på det nye integralet $\int e^x \cos x \; dx$

Igjen blir det hipp som happ hva vi lar være v og u′, men velger vi

v = cos x og u′ = ex

får vi

v′ = −sin x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \cos x \; dx = e^x \cos x − \int e^x (−\sin x) \; dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \; dx$

Setter vi dette inn i uttrykket for det opprinnelige integralet, får vi

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − e^x \cos x − \int e^x \sin x \; dx$

Nå har vi det opprinnelige integralet på nytt på høyre side med motsatt fortegn, og kan flytte det over til venstre side:

$2\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − e^x \cos x$

Vi dividerer med 2 på begge sider av likningen og legger til integrasjonskonstanten, C:

$\int e^x \sin x \; dx = \frac{\displaystyle e^x (\sin x − \cos x)}{\displaystyle 2} + C$

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, integrasjon

Ubestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

    1. $\int 5x^2 \; dx$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx$
       
    3. $\int \sqrt[4]{t} \; dt$

I alle oppgavene brukes regelen for å integrere potenser: $\int x^r \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle r+1}x^{\displaystyle r+1} + C, \, r \ne −1$.

I 1. brukes i tillegg regelen om at en konstant kan settes utenfor integrasjonstegnet.

I 2. brukes i tillegg regelen om at en potens kan flyttes mellom teller og nevner når vi endrer fortegn på eksponenten: $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle a^r} = a^{−r}$.

I 3. brukes i tillegg regelen om at en rot kan skrives som en potens og vice versa: $\sqrt[{\large n}]{a} = a^{\large \frac{1}{n}}$. I 3. heter variabelen t i stedet for x, men det har ingen betydning.

    1. $\int 5x^2 \; dx = 5\int x^2 \; dx = 5{\large \frac{1}{3}}x^3 + C = {\large \frac{5}{3}}x^3 + C$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx = \int x^{−3} \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle −2}x^{−2} + C = −\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2x^2} + C$
       
    3. $\int \sqrt[{\large 4}]{t} \; dt = \int t^{\large \frac{1}{4}} \; dt = {\large \frac{1}{{\Large \frac{5}{4}}}}t^{\large \frac{5}{4}} + C = {\large \frac{4}{5}}\sqrt[{\large 4}]{t^5} + C = {\large \frac{4}{5}}t\sqrt[{\large 4}]{t} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne det ubestemt integralet

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx$

Her brukes reglene om at summer og differanser kan integreres ledd for ledd og at konstanter kan settes utenfor. Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx = 4\int x^3 \; dx + {\large\frac{1}{3}} \int x^{−2} \; dx =$

$4 \cdot {\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{−1}}x^{−1} + C = x^4 − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

    1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx$
       
    2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx$
       
    3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb{R}$

I 1. brukes regelen for å integrere ex og generelle eksponentialfunksjoner.

I 2. brukes regelen for å integrere trigonometriske funksjoner.

3. er en luring, for der er det to svar. Dersom a ≠ −1 brukes potensregelen, men hvis a = −1, brukes regelen for ${\large \frac{1}{x}}$.

Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

    1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx = 2e^x + {\large \frac{1}{\ln 3}}3^x + C$
       
    2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx = 2\int (\sin x + \cos x) \; dx =$
       
      $−2 \cos x + 2 \sin x + C = 2(\sin x − \cos x) + C$
       
    3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb R =
      \begin{cases}
      {\large \frac{1}{a + 1}}x^{a + 1} +C & a \ne −1\\
      \\
      \ln |x| + C & a = −1
      \end{cases}$

Tilbake til oppgaven

Bestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre bestemte integraler:

    1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx$
       
    2. $\int\limits_{−1}^1 2 \; dx$
       
    3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx$

Et bestemt integral beregnes ved å beregne det tilhørende ubestemte integralet og sette inn integrasjonsgrensene. For å beregne det ubestemte integralet bruker vi regler som allerede er presentert i avsnittet om ubestemte integraler.

I oppgave 3. er integrasjonsgrensene bokstaver i stedet for tall, men det har ingen betydning for prinsippet. Legg også merke til at vi ikke trenger å ta med absoluttverditegn rundt 5 fordi 5 er et positivt tall.

    1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx = \big[2x^3\big]_1^3 = 2 \cdot 3^3 − 2 \cdot 1^3 = 54 − 2 = 52$
       
    2. $\int\limits_{−1}^1 2 \; dx = \big[2x\big]_{−1}^1 = 2 \cdot 1 − 2 \cdot (−1) = 2 + 2 = 4$
       
    3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx = \big[−\cos x + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^x\big]_a^b =$

      $−\cos b + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^b − (−\cos a + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^a) = \cos a − \cos b + \frac{\displaystyle 5^b − 5^a}{\displaystyle \ln 5}$

Tilbake til oppgaven

Integral som areal

Oppgave 1:

Vi skal beregne arealet avgrenset av grafen til f(x) = −3x2 + 4x + 8, x-aksen og linjene x = −1 og x = 2.

Arealet er gitt ved

$A = \int\limits_{−1}^2( −3x^2 +4x + 8)\; dx = \big[−x^3 + 2x^2 + 8x\big]_{−1}^2 =$

$−2^3 + 2 \cdot 2^2 + 8 \cdot 2 − \big(− (−1)^3 + 2 \cdot (−1)^2 + 8 \cdot (−1) \big) = 16 − (−5) = 21$

Dette er illustrert under.

Areal under graf som ligger over x-aksen

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne arealet mellom grafen til f(x) = x3 + 2x2 – x – 2 og x-aksen, avgrenset av skjæringspunktene x = −2, x = −1 og x = 1, med graf som vist under.

Arealet mellom f(x) = x^3 + 2x^2 - x - 2 og x-aksen

Grafen ligger over x-aksen mellom x = −2 og x = −1, og under x-aksen mellom x = −1 og x = 1. Vi deler derfor opp i to integraler.

For området over x-aksen får vi:
$A_1 = \int\limits_{−2}^{−1}(x^3 + 2x^2 − x − 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −2x\big]_{−2}^{−1} =$

${\large \frac{1}{4}}(−1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−1)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−1)^2 − 2(−1) − \Big({\large \frac{1}{4}}(−2)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−2)^3 − {\frac{1}{2}}(−2)^2 − 2(−2) \Big) =$

${\large \frac{1}{4}} − {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} + 2 − (4 − {\large \frac{16}{3}} − 2 + 4) = {\large \frac{5}{12}}$

For området under x-aksen får vi:
$A_2 = −\int\limits_{−1}^{1}(x^3 + 2x^2 − x − 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −2x\big]_{−1}^{1} =$

$−\bigg({\large \frac{1}{4}}1^4 + {\large \frac{2}{3}}1^3 − {\large \frac{1}{2}}1^2 − 2 \cdot 1 − \Big({\large \frac{1}{4}}(−1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−1)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−1)^2 − 2(−1)\Big)\bigg) =$

$−\Big({\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} − 2 − ({\large \frac{1}{4}} − {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} + 2)\Big) = {\large \frac{32}{12}}$

Og det totale arealet blir
$A = A_1 + A_2 = {\large \frac{5}{12}} + {\large \frac{32}{12}} = {\large \frac{37}{12}} \approx 3{,}08$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke integrasjon til å beregne arealet markert i bildet under, avgrenset av grafene til f(x) = –x2 + 5 (grønn) og g(x) = x + 3 (blå).

Areal mellom grafene f(x) = -x^2 + 5 og g(x) = x + 3

Det første vi må gjøre, er å finne integrasjonsgrensene, som er skjæringspunktene mellom de to grafene. I skjæringspunktene er verdiene til begge funksjonene like, så vi må ha

f(x) = g(x) ⇒ −x2 + 5 = x + 3

Ordner vi leddene, får vi

x2x + 2 = 0

Vi viser ikke utregningen her, slår bare fast at denne andregradslikningen har løsninger x = −2 og x = 1. Integrasjonsgrensene blir derfor −2 og 1.

Velger vi å subtrahere funksjonene før vi integrerer, får vi

f(x) − g(x) = −x2 + 5 − (x + 3) = −x2x + 2

Og følgelig

$A = \int\limits_{−2}^1 (−x^2 −x + 2) \; dx = \big[− \frac{1}{3}x^3 − \frac{1}{2} x^2 + 2x\big]_{−2}^1 =$

$− \frac{1}{3} \cdot 1^3 − \frac{1}{2} \cdot 1^2 + 2 \cdot 1 − \Big(− \frac{1}{3} \cdot (−2)^3 − \frac{1}{2} \cdot (−2)^2 + 2 \cdot (−2)\Big) =$

$−\frac{1}{3} − \frac{1}{2} + 2 − \Big(\frac{8}{3} − \frac{4}{2} − 4 \Big) = \frac{9}{2} = 4{,}5$

Tilbake til oppgaven

Integral som helhet

Oppgave 1:

En husstands strømforbruk gjennom et døgn, målt i kW, er gitt ved funksjonen f(t) = −0,003t3 + 0,1t2 – 0,7t + 1, der t er tiden etter midnatt, og vi skal finne totalforbruket i løpet av et døgn, det vil si mellom klokka 00 og 24.

Her skal vi «samle opp» strømforbruket mens t endrer seg fra 0 til 24. Det gjør vi ved å beregne følgende integral:

$\int\limits_0^{24}(−0{,}003t^3 + 0{,}1t^2 − 0{,}7t + 1) \; dt = \big[ −{\large \frac{0{,}003}{4}}t^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}}t^3 − {\large \frac{0{,}7}{2}}t^2 + t \big]_0^{24} =$

$−{\large \frac{0{,}003}{4}}\cdot (24)^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}} \cdot (24)^3 − {\large \frac{0{,}7}{2}} \cdot (24)^2 + 24 − 0 \approx 34{,}37$

Døgnforbruket blir ca. 34,37 kWh.

Vi ser at vi har fått en endring i enhet. Vi integrerte kW, og fikk kWh. Vi har gått fra effekt, som måles i kilowatt (kW), til energi, som måles i kilowattimer (kWh). 1 kilowattime er det samme som 3600 kilojoule, eller om lag 860 kilokalorier.

h-en stammer fra dt i integrasjonsuttrykket, der det er oppgitt at enheten er timer (h). dt eller dx er altså ikke bare med på å fortelle hvilken variabel vi integrerer med hensyn på, den bidrar til dimensjonen. På samme måte er det når enheten for x er centimeter. Da bidrar dx også med en centimeterdimensjon, og vi får kvadratcentimeter når vi integrerer. Det er jo logisk også, for vi vet jo at integrasjonen kan tolkes som et areal.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal rotere flaten i figuren under om x-aksen til en kjegle, og så, ved integrasjon av uendelig mange sirkelskiver som skjæres av kjegla, vise at volumet er 9π.

Flate som skal roteres til en kjegle

Hver sirkelskive vil ha radius x, og derfor areal π x2. Når vi integrerer dette uttrykket bruker vi integrasjonsgrensene som framgår av figuren, x = 0 og x = 3.

$V = \int\limits_0^3 \pi x^2 \; dx = \pi \big[{\large \frac{1}{3}}x^3\big]_0^3 = \pi ({\large \frac{1}{3}} \cdot 3^3 − {\large \frac{1}{3}} \cdot 0^3) = 9 \pi$.

Som var det vi skulle komme fram til.

Vi ser at vi får det samme hvis vi bruker formelen for volumet av ei kjegle, $V = {\large \frac{1}{3}} \pi r^2 h$, for her er r = 3 og h = 3, så vi får $V = {\large \frac{1}{3}} \pi \cdot 3^2 \cdot 3 = 9 \pi$.

Og på samme måte som i oppgave 1 får vi en endring i dimensjon. Vi integrerer et areal, og får et volum.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, anvendelser av derivasjon

Ekstremalpunkter

Oppgave 1:

Vi skal bruke derivasjon og fortegnsskjema til å finne og klassifisere de stasjonære punktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −6x + 2$.

Vi deriverer og får f′(x) = x2x − 6.

Løser vi likningen x2x − 6 = 0, får vi x1 = 3, x2 = −2.

Det vil si at den deriverte kan faktoriseres som f′(x) = (x − 3)(x + 2). (Her er a i polynomet ax2 + bx + c lik 1.)

Vi lager fortegnsskjema:

Fortegnsskjema for (x-3)(x+2)

Vi ser at fortegnet til f′(x) skifter fra + til − i x = −2, så dette er et maksimum, og fra − til+ i x = 3, så dette er et minimum.

De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(−2) = {\large \frac{1}{3}}(−2)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−2)^2 −6(−2) + 2 = {\large \frac{28}{3}}$

$f(3) = {\large \frac{1}{3}} \cdot 3^3 − {\large \frac{1}{2}} \cdot 3^2 −6\cdot 3 + 2 = −{\large \frac{23}{2}}$

$(−2, {\large \frac{28}{3}})$ og $(3, −{\large \frac{23}{2}})$ er derved henholdsvis maksimumspunkt og minimumspunkt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke derivasjon til å avgjøre om funksjonen $f(x) = {\large \frac{1}{x}}$ har noen ekstremalpunkter.

Vi har $f′(x) = −{\large \frac{1}{x^2}}$.

Ser vi bort fra x = 0, der funksjonen ikke er definert, er den deriverte alltid negativ. Funksjonen har derfor ingen ekstremalpunkter, men er avtagende i hele definisjonsområdet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne og klassifiser alle ekstremalpunktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −6x + 2$$D_f = [−5, 5]$.

I oppgave 1 fant vi at $(−2, {\large \frac{28}{3}})$ og $(3, −{\large \frac{23}{2}})$ er henholdsvis maksimumspunkt og minimumspunkt i denne funksjonen.

Så studerer vi endepunktene x − 5 og x =5. Vi får

$f(−5) = {\large \frac{1}{3}}(−5)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−5)^2 −6(−5) + 2 = −{\large \frac{133}{6}}$

Av fortegnsskjemaet i oppgave 1 ser vi at den deriverte er positiv ut fra dette punktet, så $(−5, −{\large \frac{133}{6}})$ er et minimumspunkt.

$f(5) = {\large \frac{1}{3}} \cdot 5^3 − {\large \frac{1}{2}} \cdot 5^2 −6 \cdot 5 + 2 = {\large \frac{7}{6}}$

Av fortegnsskjemaet i oppgave 1 ser vi at den deriverte er positiv inn mot dette punktet, så $(5, {\large \frac{7}{6}})$ er et maksimumspunkt.

Vi ser at ${\large \frac{28}{3}} \approx 9{,}33$ er største funksjonsverdi og $−{\large \frac{133}{6}} \approx −22{,}17$ er minste funksjonsverdi.

Vi har derfor at 

$(−5, −{\large \frac{133}{6}})$ er globalt minimumspunkt

$(−2, {\large \frac{28}{3}})$ er globalt maksimumspunkt

$(3, −{\large \frac{23}{2}})$ er lokalt minimumspunkt

$(5, {\large \frac{7}{6}})$ er et lokalt maksimumspunkt

Dette er illustrert i grafen under:

Graf som illustrerer ekstremalpunkter

Tilbake til oppgaven

Optimeringsproblemer

Oppgave 1:

Vi skal lage en rektangulær innhegning der den ene siden utgjøres av en flat låvevegg. Vi har 40 meter gjerde til rådighet og skal finne målene på innhegningen som gjør at arealet blir størst mulig.

Vi starter med å finne et funksjonsuttrykk for arealet. Kaller vi sidekantene som står 90° på låven x, og sidekanten som er parallell med låven y, blir arealet x · y. Siden gjerdet er 40 meter langt, vet vi også at 2x + y = 40, som kan skrives om til y = 40 − 2x. Vi kan derved erstatte y i uttrykket for arealet med 40 − 2x, og en funksjon som beskriver innhegningens areal blir

f(x) = x · (40−2x) = −2x2 +40x.

Vi deriverer, og får f′(x) = −4x + 40, som er 0 når x = 10.

Den deriverte skifter fortegn fra + til − i dette punktet, derfor er det et maksimum.

Den andre sidekanten blir y = 40 − 2· 10 = 20.

Konklusjonen er at innhegningen får størst areal når sidekantene som står 90° på låven er 10 meter og sidekanten som er parallell med låven er 20 meter.

Tilbake til oppgaven

Funksjonsdrøfting

Oppgave 1:

Vi skal drøfte funksjonen f(x) = (x2 + 3x + 2)(x – 3), Df = [−3, 3].

Dette er en polynomfunksjon, så den har ingen asymptoter.

Skjæringspunktet med y-aksen finner vi ved å sette x = 0 inn i funksjonen:

f(0) = (02 + 3 · 0 + 2)(0 − 3) = 2(−3) = −6

Punktet er med i definisjonsområdet, så skjæringspunktet med y-aksen er

(0, −6)

Skjæringspunkter med x-aksen finner vi ved å løse likningen f(x) = 0. Dette er tilfellet når uttrykket i minst én av parentesene er lik 0.

Med den første parentesen får vi

x2 + 3x + 2 = 0

Dette er en andregradslikning vi finner løsningene til ved hjelp av abc-formelen. Vi tar ikke med utregningen her, men vi får

x1 = −1, x2 = −2

Med den siste parentesen får vi

x − 3 = 0

Her flytter vi bare −3 over til høyre side med fortegnsskifte, og får

x3 = 3

Alle punktene er med i definisjonsområdet, så skjæringspunktene med x-aksen er

(−2, 0), (−1, 0), (3, 0)

Når vi skal derivere funksjonen, multipliserer vi ut parentesene først:

f(x) = (x2 + 3x + 2)(x − 3) = x3 − 7x − 6

Når vi deriverer, får vi

f′(x) = 3x2 − 7

Denne funksjonen har nullpunkter når 3x2 − 7 = 0.

Vi kan finne nullpunktene med abc-formelen, eller vi kan flytte −7 over på høyre side med fortegnsskifte, dividere begge sider med 3, og ta positiv og negativ kvadratrot. I begge tilfeller får vi 

x1 ≈ 1,53, x2 ≈ −1,53

Disse punktene er med i definisjonsområdet.

De tilhørende funksjonsverdiene er

f(1,53) ≈ −13,13

og

f(−1,53) ≈ 1,13

Så vi har stasjonære punkter om lag i

(−1,53, 1,13) og (1,53, −13,13)

Vi deriverer funksjonen en gang til, og får

f′′(x) = 6x

Vi bruker så andrederivert-testen til å klassifisere de to stasjonære punktene.

Siden f′′(−1,53) ≈ −9,18 < 0, er (−1,53, 1,13) et maksimumspunkt.

Siden f′′(1,53) ≈ 9,18 > 0, er (1,53, −13,13) et minimumspunkt.

Det betyr at funksjonen er

voksende når −3 ≤ x ≤ −1,53

avtagende når −1,53 ≤ x ≤ 1,53

voksende når 1,53 ≤ x ≤ 3

I endepunktene får vi funksjonsverdiene

f(−3) = ((−3)2 + 3(−3) + 2)(−3 − 3) = −12

og

f(3) = (32 + 3 · 3 + 2)(3 − 3) = 0

Siden funksjonen er voksende ut fra (−3, −12) er dette et minimumspunkt

Siden funksjonen er voksende inn mot (3, 0) er dette et maksimumspunkt

Ved å sammenlikne funksjonsverdiene, ser vi at

(−1,53, 1,13) er globalt maksimumspunkt

og

(1,53, −13,13) er globalt minimumspunkt.

Vi har funnet at f′′(x) = 6x, som er 0 når x = 0.

Den tilhørende funksjonsverdien er f(0) = (02 + 3 · 0 + 2)(0 − 3) = −6.

Så vi har et vendepunkt i (0, −6).

Siden f′′(x) skifter fra − til + når x = 0, er funksjonen konkav (hule side ned) når −3 ≤ x ≤ 0 og konveks (hule side opp) når 0 ≤ x ≤ 3.

Basert på dette kan vi skissere grafen:

Graf som illustrerer resultatet av funksjonsdrøfting

Tilbake til oppgaven

L′Hôpitals regel

Oppgave 1:

Vi skal bruke L′Hôpitals regel til å beregne

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x − 1}{\displaystyle \sin x}$.

Når x → 0, vil ex − 1 → e0 − 1 = 1 − 1 = 0, og sin x → 0, så vi får en brøk med 0 i både teller og nevner.

Vi kan derfor bruke l′Hôpitals regel:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x − 1}{\displaystyle \sin x} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle (e^x − 1)’}{\displaystyle (\sin x)’} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x}{\displaystyle \cos x} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 1} = 1$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke L′Hôpitals regel til å beregne

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 − \cos x}{\displaystyle x^2} $

Når x → 0, vil 1 − cos x → 1 − 1 = 0, og x2 → 0, så vi får en brøk med 0 i både teller og nevner.

Vi kan derfor bruke l′Hôpitals regel:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 − \cos x}{\displaystyle x^2} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle (1 − \cos x)’}{\displaystyle (x^2)’} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x}$

Vi har fremdeles en brøk med 0 i både teller og nevner, så vi bruker l′Hôpitals regel en gang til:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle(\sin x)’}{\displaystyle(2x)’} = \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \cos x}{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, derivasjon

Derivasjonsbegrepet

Oppgave 1:

Vi skal bruke definisjonen av den deriverte til å finne f′(x) når f(x) = 2x + 3.

Vi får

$f′(x) = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x ) − f(x)}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(2(x + \Delta x) + 3) − (2x + 3)}{ \Delta x} =$

$\displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2x + 2\Delta x + 3 − 2x −3}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2 \Delta x}{ \Delta x} = 2$

Vi har altså at (2x + 3)′ = 2

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av potensfunksjoner

Oppgave 1:

Vi får:

    1. Vi bruker potensregelen direkte, og får
      $f′(x) = (x^5)′ = 5x^4$
       
    2. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{x^4}}$ som $x^{−4}$. Så bruker vi potensregelen, og får
      $g′(x) = (x^\text{−4})′ = −4x^\text{−5}$
       
      Som kan skrives som
      $−{\Large \frac{4}{x^5}}$
       
  1. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{\sqrt x}}$ som ${\large \frac{1}{ x^{\large \frac{1}{2}}}}$, som vi deretter skriver som $x^{−\large \frac{1}{2}}$. Så bruker vi potensregelen, og får
    $h′(x) = \big(x^{−\large \frac{1}{2}}\big)′ = {\large −\frac{1}{2}}x^{\large \text{−}\frac{3}{2}}$
     
    Som kan skives som
    $ {−\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}}$
     
    Dette er et fullgodt svar. Vi kan imidlertid trekke ut $\sqrt{x^2}$ i nevneren, slik:
    $−{\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\sqrt{x^2}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\,x}} $

Derivasjon av ulike typer funksjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = 12x

Vi bruker regelen om derivasjon av eksponentialfunksjoner:

f′(x) = 12x ln 12.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = log2 x.

Vi bruker regelen om derivasjon av logaritmefunksjoner:

$f′(x) = {\large \frac{1}{x \ln 2}}$

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av funksjonskombinasjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonene under:

    • f(x) = 2x3 − 5x2 + 4x − 1
       
      Vi tar for oss ledd for ledd, lar koeffisienten stå, og bruker potensregelen:
      f′(x) = 2 · 3x2 − 5 · 2x + 4 − 0 =  6x2 − 10x + 4
       
    • f(t) = t5 − 3t2 + 7t
       
      Her heter variabelen t i stedet for x, men det spiller ingen rolle, derivasjonsmetoden er den samme.
      f′(t) = 5t4 − 2 · 3t + 7 = 5t4 − 6t + 7

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = (3x2 + 7x)(4x5 + 2x3) både ved å bruke produktregelen direkte og ved å multiplisere sammen parentesene før vi deriverer.

Produktregelen direkte:

f′(x) = (3x2 + 7x)′ · (4x5 + 2x3) + (3x2 + 7x) · (4x5 + 2x3)′ =
(6x + 7)·(4x5 + 2x3) + (3x2 + 7x)·(20x4 + 6x2) =
24x6 + 28x5 + 12x4 + 14x3 + 60x6 + 140x5 +18x4 + 42 x3 =
84x6 + 168x5 + 30x4 + 56x3

Multiplisere parenteser først:

f(x) = (3x2 + 7x)·(4x5 + 2x3) = 12x7 + 28x6 + 6x5 + 14x4

f′(x) = 84x6 + 168x5 + 30x4 + 56x3

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle x^2 + 1}{\displaystyle x + 1}$

Kvotientregelen gir

$f′(x) = \frac{\displaystyle (x^2 + 1)′ \cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot(x+1)′}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle 2x\cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot 1}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle x^2+2x−1}{\displaystyle (x + 1)^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x}$ både ved å bruke potensregelen og ved å bruke kvotientregelen.

Potensregelen:

$f(′x) =( \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}x^{−1})′ = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}(−1)x^{−2} = −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle 3′ \cdot(2x) − 3 \cdot (2x)′}{\displaystyle (2x)^2} = \frac{\displaystyle 0 \cdot(2x) − 3 \cdot 2}{\displaystyle 4x^2} = −\frac{\displaystyle 6}{\displaystyle 4x^2}= −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = ln(4x + 8).

Vi ser at hvis vi erstatter 4x + 8 med g, får vi ln g, som vi vet hvordan vi deriverer. Og vi får:

$f′(x) = (\ln g)′ \cdot (4x + 8)′ = {\large \frac{1}{g}} \cdot 4 = {\large \frac{4}{4x + 8}} = {\large \frac{1}{x + 2}}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = e^{(x^{\large 2})}$

Vi ser at hvis vi erstatter x2 med g, får vi eg, som vi vet hvordan vi deriverer.
Og vi får:

$f′(x) =(e^g)′ \cdot (x^2)′ = e^g\cdot 2x = 2x e^{(x^{\large 2})}$

Tilbake til oppgaven

Kombinere derivasjonsregler

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = sin 2x cos 2x

Dette gjenkjenner vi som et produkt, så vi må starte med produktregelen:

f′(x) = (sin 2x)′ · cos 2x + sin 2x · (cos 2x)′

For å derivere sin 2x og cos 2x må vi bruke kjerneregelen. Dette eksemplet er så enkelt av vi kan gjøre det i hodet, men la oss ta med formalitetene:

(sin 2x)′ = (sin g)′ · (2x)′ = cos g · 2 = 2 cos 2x

og

(cos 2x)′ = (cos g)′ · (2x)′ = −sin g · 2 = −2 sin 2x

f′(x) = 2 cos 2x · cos 2x + sin 2x · (−2sin 2x) = 2 cos2 2x −2sin2 2x

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle e^x \ln x}{\displaystyle x^2}$

Dette gjenkjenner vi som en kvotient, så vi må starte med kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle ( e^x \ln x)′ \cdot x^2 − e^x \ln x \cdot (x^2)′}{\displaystyle (x^2)^2}$

For å derivere ex ln x må vi bruke produktregelen:

$(e^x \ln x)′ = (e^x)′ \cdot \ln x + e^x \cdot (\ln x)′ = e^x \ln x + {\large \frac{e^x}{x}}$

Så vi får

$f′(x) = \frac{\displaystyle \Big(e^x \ln x + \frac{e^x}{x}\Big)\cdot x^2 − e^x \ln x \cdot 2x}{\displaystyle x^4} = \frac{\displaystyle x^2e^x \ln x + xe^x − 2xe^x \ln x}{\displaystyle x^4} =$

$\frac{\displaystyle xe^x \ln x + e^x − 2e^x \ln x}{\displaystyle x^3} = \frac{\displaystyle e^x\big(x \ln x − 2 \ln x + 1\big)}{\displaystyle x^3}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal skrive uttrykket $\frac{\displaystyle u}{\displaystyle v}$, som u · v−1 og benytte produktregelen og kjerneregelen til å utlede kvotientregelen, $\Big( \frac{\displaystyle u}{\displaystyle v} \Big)′ = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

Ifølge produktregelen får vi:

(uv−1)′ = uv−1 + u(v−1)′

Funksjonene u og v kan være hva som helst, så når det gjelder de deriverte av disse, kan vi ikke angi noe mer presist enn u′ og v′, det er ikke noe vi kan regne videre på. Men ser vi på (v−1)′, ser vi at vi her har en indre og ytre funksjon, og vi kan ekspandere uttrykket ved å bruke kjerneregelen: 

(v−1)′ = v′ · (−1 · v−2)

Så vi har:

$(uv^{−1})′ = u′v^{−1} + u(v^{−1})′ = u′v^{−1} + u(− v^{−2}v′) = \frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2}$

Til slutt utvider vi den første brøken med v og setter på felles brøkstrek:

$\frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′ \cdot v}{\displaystyle v \cdot v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

Tilbake til oppgaven

Høyere ordens deriverte

Oppgave 1:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{12}}x^4 − {\large \frac{1}{6}}x^3 − x^2 + x + 1$.

Vi deriverer, og får

$f′(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 − 2x + 1$

Vi deriverer en gang til, og får

f′′(x) = x2x − 2

Likningen f′′(x) = x2x − 2 har løsninger x1 = 2 og x2 = −1.

Vi kan derfor skrive den andrederiverte som f′′(x) = (x − 2)(x + 1). Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til − når x = −1 og fra − til + når x = 2. De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(−1) = {\large \frac{1}{12}}(−1)^4 − {\large \frac{1}{6}}(−1)^3 − (−1)^2 + (−1) + 1 = −{\large \frac{3}{4}}$

og

$f(2) = {\large \frac{1}{12}}(2)^4 − {\large \frac{1}{6}}(2)^3 − (2)^2 + 2 + 1 = −1$

$(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ og $(2, −1)$ er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i $(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ og tilbake til å være konveks i $(2, −1)$.

Grafen til f(x) med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til f(x) = (x2 – 3x + 2)ex.

Vi bruker produktregelen når vi deriverer, og får

f′(x) = (x2 − 3x + 2)′ ex + (x2 − 3x + 2)(ex)′ =
(2x − 3)ex + (x2 − 3x + 2)ex = (x2x − 1)ex

Vi deriverer en gang til ved hjelp av produktregelen, og får

f′′(x) = (x2x − 1)′ex + (x2x − 1)(ex)′ =
(2x − 1)ex + (x2x − 1)ex = (x2 + x − 2)ex

ex er alltid positiv, så vi trenger bare å studere fortegnet til polynomet, x2 + x − 2.

Likningen x2 + x − 2 = 0 har løsninger x1 = 1 og x2 = −2.

Vi kan derfor skrive polynomet som (x − 1)(x + 2). Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til − når x = −2 og fra − til + når x = 1. De tilhørende funksjonsverdiene blir

f(−2) = [(−2)2 − 3(−2) + 2]e−2 = 12e−2

og

f(1) = (12 − 3 · 1 + 2)e1 = 0e = 0

Så (−2, 12e−2) og (1, 0) er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i (−2, 12e−2) og tilbake til å være konveks i (1, 0).

Grafen til f(x) med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne de stasjonære punktene til f(x) = 2x3 – 9x2 + 12x – 2, og bruke andrederivert-testen til å klassifisere dem.

Vi deriverer, og får

f′(x) = 6x2 − 18x + 12

Løser vi likningen 6x2 − 18x + 12 = 0, får vi x1 = 2 og x2 = 1. Dette er altså x-verdiene der funksjonen har stasjonære punkter. De tilhørende funksjonsverdiene blir f(1) = 3 og f(2) = 2.

Vi deriverer en gang til, og får

Da er f′′(1) = −6, som er mindre enn 0, så vi har et maksimumspunkt.

f′′(2) = 6, som er større enn 0, så vi har et minimumspunkt.

Ifølge andrederivert-testen er derved (1, 3) et maksimumspunkt og (2, 2) et minimumspunkt.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, mer om funksjoner

Funksjoner formelt

Oppgave 1:

Vi skal ut fra definisjonen av en funksjon vurdere hvilke av følgende koplinger som er funksjoner.

Koplinger mellom mengder som kanskje er funksjoner

A er ikke en funksjon. Det finnes et element (Kari) i definisjonsmengden som ikke er koplet til noe element i verdimengden.

B er en funksjon. Alle elementer i definisjonsmengden er koplet til nøyaktig ett element i verdimengden. Det gjør ikke noe at det finnes et ekstra element (Jordet 21) i verdimengden.

C er en funksjon. Alle elementer i definisjonsmengden er koplet til nøyaktig ett element i verdimengden. Det gjør ikke noe at to elementer i definisjonsmengden (Ola, Kari) er koplet til samme element (Buveien 1) i verdimengden.

D er ikke en funksjon. Et element i definisjonsmengden (Ola) er koplet til to elementer i verdimengden (Buveien 1, Jordet 21).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal avgjøre hvilke av følgende utsagn som definerer y som en funksjon av x.

  1. 3x − 2y = 5.
    Uttrykket kan skrives som $y = \frac{\displaystyle 3x − 5}{\displaystyle 2}$. For hver verdi av x tilordnes det én og bare én y, så dette er en funksjon.
     
  2. x2 + y2 = 1.
    Uttrykket kan skrives som $y = \pm \sqrt{1 − x^2}$. Her tilordnes det mer enn én verdi av y for samme x, så dette er ikke en funksjon.
     
  3. y er overflaten til ei kule med radius x.
    Dette kan uttrykkes som $y = 4 \pi x^2$. For hver verdi av x tilordnes det én og bare én y, så dette er en funksjon.
     
  4. y er omkretsen av et rektangel med areal x.
    Det finnes uendelig mange omkretser for ett og samme areal. For eksempel gir sidekanter på henholdsvis 2 og 5, 1 og 10, 2,5 og 4 alle areal 10, men omkretser på henholdsvis 14, 22 og 13. Siden det tilordnes mer enn én verdi av y for samme x, er dette ikke en funksjon.

​Tilbake til oppgaven

Sammensatte funksjoner

Oppgave 1:

Vi har fått funksjonene f(x) = 2x2 + 3x + 1 og g(x) = –x + 4, og skal beregne g(f(x)) og f(g(x)).

For å tydeliggjøre hva som skjer i utregningen, har vi brukt gul bakgrunnsfarge på f(x) = 2x2 + 3x + 1 og blå bakgrunnsfarge på g(x) = x + 4.

For å beregne g(f(x)), erstatter vi x i funksjonsforskriften til g(x) med funksjonsforskriften til f(x):

g(f(x)) = g(2x2 + 3x + 1) = (2x2 + 3x + 1) + 4 = –2x2 – 3x + 3

For å beregne f(g(x)), erstatter vi x i funksjonsforskriften til f(x) med funksjonsforskriften til g(x):

f(g(x)) = f(x + 4) = 2(x + 4)2 + 3(x + 4) + 1 = 2(x2 – 8x + 16) + 3(–x + 4) + 1 =
2x2 – 16x + 32 – 3x + 12 + 1= 2x2 – 19x + 45

Vi ser at det ikke er vilkårlig hvilken funksjon vi tar først. Generelt er g(f(x)) ikke det samme som f(g(x)).

Tilbake til oppgaven

Inverse funksjoner

Oppgave 1:

Vi skal finne den inverse funksjonen til f(x) = 5x + 3.

Vi skriver dette forenklet som: y = 5x + 3.

Vi løser mhp. x, og får: $x = \frac{\displaystyle y−3}{\displaystyle 5}$.

Den inverse funksjonen er altså: $f^{−1}(y) = \frac{\displaystyle y−3}{\displaystyle 5}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal begrunne om følgende funksjoner har en invers eller ikke:

  1. $f(x) = x^2, D_f = \mathbb R$
    Funksjonen avtar når x < 0 og stiger når x > 0. Den er altså ikke strengt monoton og har ikke invers.
     
  2. $f(x) = x^2, D_f = [−1, 1]$
    Samme argument som i 1. Funksjonen har ikke invers.
     
  3. $f(x) = x^2, D_f = \langle 0, \infty \rangle$
    I dette definisjonsområdet er funksjonen strengt stigende og har en invers, $y = \sqrt x$.
     
  4. $f(x) = x^3, D_f = \mathbb R$
    Denne funksjonen er strengt stigende i hele $\mathbb R$ og har en invers, $y = \sqrt[\Large 3] x$.

Tilbake til oppgaven

Delt funksjonsforskrift

Oppgave 1:

Vi har en fuglemater med 3 par hull, ett par i bunnen, ett par en tredjedel opp, og ett par to tredjedeler opp.

Bilde av fuglemater med tre par hull

Vi vet at det fra materen er full til den er to tredels full går 20 minutter, og skal finne fram til en delt funksjonsforskrift som angir mengden fôr (fra 100 % til 0 %) som er tilbake i fuglemateren basert på antall minutter siden den ble fylt helt opp.

Det er hele tiden er fuger og spiser, så lenge det er fôr, og det er ikke noen variasjoner i formen som påvirker hvor fort fôrnivået synker.

Så lengde det er samme antall fugler som spiser, avtar fôrmengden i et konstant forhold til hastigheten de spiser i. Mengden fôr beskrives derfor av en lineær funksjon, på formen f(t) = at + b, der t er tiden i minutter siden materen ble fylt.

At materen er full til å begynne med, og to tredels full etter 20 minutter, kan vi matematisk uttrykke som at linjen funksjonen representerer går gjennom punktene (0,100) og $(20, 100 \cdot {\large \frac{2}{3}})$, der første koordinat representerer tiden i minutter og andre koordinat hvor mange prosent mat som er igjen. 

Vi beregner 

$a = \frac{\displaystyle 100 \cdot \frac{2}{3} − 100}{\displaystyle 20 − 0} = \frac{\displaystyle −\frac{100}{3}}{\displaystyle 20}= −\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3}$

$b = 100− (−\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3} \cdot 0) = 100$

Så funksjonsforskriften blir

$f(t) = −\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3}t + 100$.

Når 20 minutter er gått, vil det ikke være mer fôr å hente i de øverste hullene, så nå kan bare fire fugler spise. Siden seks fugler bruker 20 minutter på å spise den første tredelen, vil fire fugler bruke ${\large \frac{6}{4}} \cdot 20 = 30$ minutter på å spise den neste tredelen.

Etter 20 + 30 = 50 minutter vil altså fuglemateren være en tredels full.

Linjen som representerer tiden mellom to tredels full og en tredels full må følgelig gå gjennom punktene

$(20,100 \cdot {\large \frac{2}{3}})$ og $(50,100 \cdot {\large \frac{1}{3}})$

Vi beregner 

$a = \frac{\displaystyle 100 \cdot \frac{1}{3} − 100 \cdot \frac{2}{3}}{\displaystyle 50 − 20} = \frac{\displaystyle −\frac{100}{3}}{\displaystyle 30}= −\frac{\displaystyle 10}{\displaystyle 9}$

$b = 100 \cdot \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle3} −(−\frac{\displaystyle 10}{\displaystyle 9} \cdot 20) = \frac{\displaystyle 800}{\displaystyle 9}$

Så funksjonsforskriften blir

$f(t) = −\frac{\displaystyle 10}{\displaystyle 9}t + \frac{\displaystyle 800}{\displaystyle 9}$.

To fugler vil nå bruke ${\large \frac{6}{2}} \cdot 20 = 60$ minutter på å spise den siste tredelen med fôr. Fuglemateren er altså tom etter 20 + 30 + 60 = 110 minutter.

Linjen som representerer tiden mellom en tredels full og tom må følgelig gå gjennom punktene

$(50,100 \cdot {\large \frac{1}{3}})$ og $(110,0)$

Vi beregner 

$a = \frac{\displaystyle 0 − 100 \cdot \frac{1}{3}}{\displaystyle 110 − 50} = \frac{\displaystyle −\frac{100}{3}}{\displaystyle 60}= −\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 9}$

$b = 100 \cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3}  − (−\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 9} \cdot 50) = \frac{\displaystyle 550}{\displaystyle 9}$

Så funksjonsforskriften blir

$f(t) = −\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 9}t + \frac{\displaystyle 550}{\displaystyle 9}$.

Så setter vi disse tre funksjonsforskriftene sammen i et uttrykk med delt funksjonsforskrift:

$f(t) = \begin{cases}
−\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3}t + 100 & \; \text{for } 0 \leq t < 20\\
\\
−\frac{\displaystyle 10}{\displaystyle 9}t + \frac{\displaystyle 800}{\displaystyle 9} & \;\text{for } 20 \leq t < 50 \\
\\
−\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 9}t + \frac{\displaystyle 550}{\displaystyle 9} & \;\text{for } 50 \leq t \leq 110 \\
\end{cases}$

En graf som viser hvor mange prosent fôr som er igjen i materen som funksjon av tiden er vist under:

Graf som viser hvor mye fôr som er igjen i en fuglemater som funksjon av tiden

Tilbake til oppgaven

Kontinuitet og grenser

Oppgave 1:

Vi skal vurdere hvilken av følgende kombinasjoner av funksjonene f(x) = x2 + 3x − 1 og g(x) = x2 − 4 som er kontinuerlige, og for hvilke x-verdier vi eventuelt vil få diskontinuiteter.

  1. $f(x) + g(x)$
     
  2. $f(x) − g(x)$
     
  3. $f(x) \cdot g(x)$
     
  4. $\frac{\displaystyle f(x)}{\displaystyle g(x)}$
     
  5. $f(g(x))$

Siden både f(x) og g(x) er polynomfunksjoner, er de kontinuerlige for alle x. Det betyr at alle kombinasjonene er kontinuerlige bortsett fra den rasjonelle funksjonen $\frac{\displaystyle f(x)}{\displaystyle g(x)}$, som vil ha diskontinuiteter når g(x) = 0, altså når x = −2 eller x = 2.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke terminologien med lim til å uttrykke følgende:

  1. 1 er en grense for f(x) når x nærmer seg 0.
    $\displaystyle \lim_{x \to 0}f(x) = 1$.
     
  2. 0 er en grense for f(x) når x nærmer seg minus uendelig.
    $\displaystyle \lim_{x \to −\infty}f(x) = 0$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal avgjøre om funksjonen f(x) gitt ved delt funksjonsforskrift,

$f(x) =
\begin{cases}
x + 2 & \text{når } x < 2 \\
4 & \text{når } x = 2 \\
2x − 2& \text{når } x > 2
\end{cases}
$

er kontinuerlig i x = 2.

Når x går mot 2 fra venstre, er grenseverdien gitt ved forskriften f(x) = x + 2, og vi får f(2) = 2 + 2 = 4.

Når x går mot 2 fra høyre, er grenseverdien gitt ved forskriften f(x) = 2x − 2, og vi får f(2) = 2 · 2 − 2 = 2.

Siden den venstresidige og høyresidige grenseverdien ikke er like, har funksjonen ingen grense i x = 2, og er ikke kontinuerlig. Grafen er vist under, vi ser at den har et brudd når x = 2.

Graf med brudd i x = 2

Tilbake til oppgaven

Asymptoter

Oppgave 1:

Vi skal avgjøre om funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^2 + 1}$ har en horisontal asymptote, og sjekke svaret i GeoGebra.

Når x → ±∞, går nevneren i brøken mot uendelig, noe som betyr at brøken går mot 0, og vi står igjen med f(x) = 0. Funksjonsforskriften går mot konstanten 0, så y = 0 er en horisontal asymptote for f(x).

I GeoGebra skriver vi først 1/(x^2 + 1) i inntastingsfeltet. Deretter skriver vi asymptote(f). GeoGebra angir funksjonsforskriften for ei linje i y = 0 i algebrafeltet, og tegner asymptoten i grafikkfeltet.

Et plott av grafen og asymptoten er vist under.

Horisontal asymptote i y = 0

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal avgjøre om funksjonen $f(x) = 1 + \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 4}$ har asymptoter, og sjekke svaret i GeoGebra.

Når x → ±∞, går nevneren i brøken mot uendelig, noe som betyr at brøken går mot 0, og vi står igjen med f(x) = 1. Så y = 1 er en horisontal asymptote for f(x).

Når x → 2 eller når x → −2, går nevneren i brøken mot 0, så brøken går mot uendelig. x = −2, og x = 2 er derfor vertikale asymptoter for f(x).

I GeoGebra skriver vi først 1 + 2/(x^2 − 4) i inntastingsfeltet. Deretter skriver vi asymptote(f). GeoGebra angir funksjonsforskriftene for linjene i y = 1, x = −2 og x = 2 i algebrafeltet, og tegner asymptotene i grafikkfeltet.

Et plott av grafen og asymptotene er vist under.

Horisontal asymptote i y = 1 og vertikale asymptoter i x = -2 og x = 2Horisontal asymptote i y = 1 og vertikale asymptoter i x = -2 og x = 2

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne den horisontale asymptoten til $f(x) = \frac{\displaystyle x^3 + 6x}{\displaystyle 3x^3 + x^2 + 1}$.

Når x → ±∞, går både teller og nevner mot uendelig, og vi kan ikke trekke noen umiddelbare konklusjoner.

Vi dividerer teller og nevner med høyeste potens av x, som i dette tilfellet er x3. Vi får

$f(x) = \frac{\displaystyle \frac{x^3}{x^3} + \frac{6x}{x^3}}{\displaystyle \frac{3x^3}{x^3} + \frac{x^2}{x^3} + \frac{1}{x^3}} = \frac{\displaystyle 1 + \frac{6}{x^2}}{\displaystyle 3 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}}$

Når x går mot uendelig, går delbrøkene mot null, og vi står igjen med $f(x) = {\large \frac{1}{3}}$. Så $y = {\large \frac{1}{3}}$ er en horisontal asymptote for f(x).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

I en matematisk modell for forurensing i en innsjø er forskere kommet fram til at giftmengden, målt i g/m3, ved t døgn er gitt ved $f(t) = {\large \frac{10t^2}{4t^2+6t+9}}$, og vi skal forklare hvordan forskerne kommer fram til at giftmengden i det lange løp vil stabilisere seg på 2,5 g/m3.

«I det lange løp» symboliserer vi ved å la t gå mot uendelig. Hvis funksjonsverdien da nærmer seg en asymptote, vil denne representere verdien giftmengden vil stabilisere seg på. Vi har

$\displaystyle \lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{t \to \infty} \frac{10t^2}{4t^2+6t+9} = \lim_{t \to \infty} {\large \frac{\frac{10t^2}{t^2}}{\frac{4t^2}{t^2}+\frac{6t}{t^2}+\frac{9}{t^2}}} = \lim_{t \to \infty} \frac{10}{4+{\large\frac{6}{t}}+{\large \frac{9}{t^2}}} = \frac{10}{4} = 2{,}5$.

y = 2,5 er en horisontal asymptote for funksjonen, så 2,5 er den verdien giftmengden vil stabilisere seg på.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, forskjellige typer funksjoner

Eksponentialfunksjoner

Oppgave 1:

Vi skal avgjøre hvilken av funksjonene

$f(x) = 2^{\large x}$

$g(x) = e^{\large x}$

$h(x) = {\large (\frac{1}{3})}^{\large x}$

$p(x) = x^{\large 3}$

som ikke er en eksponentialfunksjon, og kople funksjonene med grafene under:

Diverse grafer

$p(x) = x^{\large 3}$ er ikke en eksponentialfunksjon, men en potensfunksjon. Variabelen x står ikke i eksponenten.

$f(x) = 2^{\large x}$. Blå graf fordi den går gjennom punktet (1,2).

$g(x) = e^{\large x}$. Grønn graf fordi den går gjennom punktet (1, e), der e ≈ 2,72.

$h(x) = {\large (\frac{1}{3})}^{\large x}$. Oransje graf fordi den går gjennom $(1, {\large \frac{1}{3}})$. Vi kan også argumentere med at det må være grafen som faller mot høyre fordi a i ax er mindre enn 1.

$p(x) = x^{\large 3}$. Rød graf. Denne grafen kan ikke tilhøre en eksponentialfunksjon. Den har negative funksjonsverdier, og går heller ikke gjennom punktet (0, 1).

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har elevtallet på en skole i 10 år etter 1989 i denne tabellen:

År etter 1989 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Antall elever 100 110 121 133 146 161 177 195 214 236 259

Basert på elevtallet skal vi:

  1. Foreslå en matematisk modell for elevtallet som funksjon av antall år etter 1989 og begrunne hvorfor vi velger en lineær eller eksponentiell modell.

    Vi ser at den første økningen i elevtall er 110 − 100 = 10, mens den siste økningen er 259 − 236 = 23. Vi har altså ikke en konstant økning, og en lineær modell vil ikke passe. Derimot ser det ut som elevtallet øker med ca. 10 % per år, vi har altså eksponentiell vekst. Vekstfaktor blir 1 + 10 % = 1,1, og startverdien er antall elever første år, altså 100. En matematisk modell blir da funksjonen f(x) = 100 · (1,1)x.
     

  2. Bruke modellen til å anslå elevtallet etter 12 år, og 2 år før 1989.
    Modellen gir at vi etter 12 år vil ha f(12) = 314 elever. 2 år før 1989 vil vi ha f(−2) = 83 elever.

 
Grafen til f(x) er vist under, sammen med de oppgitte elevtallene markert som punkter. Vi ser at alle ligger midt på grafen, så modellen er perfekt. I virkeligheten vil vi sjelden oppleve så perfekte modeller.
Graf og målepunkter i en eksponentiell modell
 

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi får vite at den årlige prisstigningen på boliger i et område har vært 6 % de siste fem årene, forventes å være 6 % også de neste to årene, og skal:

  1. Sette opp en matematisk modell for prisen på en bolig i denne perioden, når boligen koster 3 millioner kroner i dag.
    Vi har en jevn, prosentvis vekst, så her må vi bruke en eksponentiell modell. Vekstfaktoren blir 1 + 6 % = 1,06. Startverdien er 3. Så modellen blir f(x)= 3 · 1,06x. (Enhet i millioner kroner).
     
  2. Beregne hva boligen vil koste om 2 år.
    f(2) = 3 · 1,062 ≈ 3,37, altså ca. 3,37 millioner kroner.
     
  3. Beregne hva boligen kostet for 4 år siden.
    f(−4) = 3 · 1,06−4 ≈ 2,38, altså ca. 2,38 millioner kroner.

Tilbake til oppgaven

Trigonometriske funksjoner

Oppgave 1:

Vi skal regne om 45° til radianer. Vi multipliserer da med $\pi$ og dividerer med 180°:

$45^\circ \cdot \frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 180^\circ} = \frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 4}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal regne om $\frac{\displaystyle 5 \pi}{\displaystyle 2}$ radianer til grader. Vi multipliserer da med 180° og dividerer med $\pi$:

$\frac{\displaystyle 5 \pi}{\displaystyle 2} \cdot \frac{\displaystyle 180^\circ}{\displaystyle \pi} = 450^\circ$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal finne cosinus til en vinkel når vi vet at sinus til vinkelen er ${\large \frac{\sqrt 3}{2}}$.

Siden $\sin^2 + \cos^2 = 1$, har vi at $\cos^2 = 1 − \sin^2 = 1 − {\large (\frac{\sqrt 3}{2})^2} = 1 − {\large \frac{3}{4}} = {\large \frac{1}{4}}$.

Derved blir $\cos = \pm \sqrt{\cos^2} = \pm \sqrt{\large \frac{1}{4}} = \pm{\large \frac{1}{2}}$.

Det finnes altså to muligheter, en positiv verdi hvis vinkelen er i første kvadrant, en negativ hvis vinkelen er i andre kvadrant.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

    1. Basert på at vi vet at sinus til en vinkel på 30° er 0,5 skal vi finne ut hva sinus til en vinkel på −30° er.
      Vi benytter at sin v = −sin(−v) og får sin −30° = −sin 30° = −0,5.
       
    2. Basert på at vi vet at cosinus til en vinkel på 60° er 0,5 skal vi finne ut hva cosinus til en vinkel på −60° er.
      Vi benytter at cos v = cos(−v) og får cos −60° = cos 60° = 0,5.
       
    3. Vi skal finne ut hva cosinus til en vinkel på 300° er.
      Vi benytter vi at cosinus er periodisk med periode 360° og får cos 300° = cos −60° = cos 60° = 0,5.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal benytte at

75° = 30° + 45°

sin 30° = ${\large \frac{1}{2}}$

cos 30°= ${\large \frac{\sqrt 3}{2}}$

sin 45° = cos 45° = ${\large \frac{\sqrt 2}{2}}$

til å finne eksakt

    1. sin 75°
       
    2. cos 75°

Vi bruker formlene for sinus og cosinus til en sum av to vinkler:

    1. sin 75° = sin(30° + 45°) = sin 30° · cos 45° + cos 30° · sin 45° = ${\Large \frac{1}{2}} \cdot {\Large \frac{\sqrt 2}{2}} + {\Large \frac{\sqrt 3}{2}} \cdot {\Large \frac{\sqrt 2}{2}} = {\Large \frac{\sqrt 2 (\sqrt 3 + 1)}{4}}$
       
    2. cos 75° = cos(30° + 45°) = cos 30° · cos 45° − sin 30° · sin 45° = ${\Large \frac{\sqrt 3}{2}} \cdot {\Large \frac{\sqrt 2}{2}} − {\Large \frac{1}{2}} \cdot {\Large \frac{\sqrt 2}{2}} = {\Large \frac{\sqrt 2 (\sqrt 3 − 1)}{4}}$

​Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, grunnleggende om funksjoner

Funksjonsbegrepet

Oppgave 1:

Vi har en rektangulær innhegning med sider x og 5 − x, og skal finne

  1. Funksjonen, f(x), som beskriver hvordan arealet i innhegningen varierer med x.
    Arealet av et rektangel finnes ved å multiplisere bredde og høyde, så vi får at f(x) = x(5 − x) = −x2 + 5x.
     
  2. Funksjonens definisjonsmengde.
    Sidekantene må ha en positiv lengde. Vi må derfor ha at x > 0 og at 5 − x > 0. Den siste betingelsen kan omformes til x < 5, så definisjonsmengden blir Df = (0, 5).

​Tilbake til oppgaven

Polynomfunksjoner

Oppgave 1:

Vi skal skissere grafen til f(x) = 2x + 1.

Dette er en førstegradsfunksjon på formen f(x) = ax + b.

b = 1, derfor må grafen gå gjennom (0, 1).

Setter vi x = 1, får vi f(1) = 3. Derfor må grafen gå gjennom (1, 3).

Vi merker av disse to punktene, legger en linjal gjennom dem og tegner en rett linje:

Illustrasjon av førstegradsfunksjon

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal skissere grafen til f(x) = x2 + 2x − 3.

Dette er en andregradsfunksjon på formen f(x) = ax2 + bx + c.

a = 1. Siden a > 0, vender grafen sin hule side oppover.

c = −3, derfor er skjæringspunktet med y-aksen (0,−3).

a = 1, b = 2, derfor har minimumspunktet x-verdien

$−{\large\frac{b}{2a}} = −{\large \frac{2}{2 \cdot 1}} = −1$

Den tilhørende y-verdien blir

f(−1)=(−1)2+2(−1) − 3 = −4.

Minimumspunktet er altså (−1,−4).

a = 1, b = 2, c = −3. Ved å bruke formelen for å løse andregradslikninger finner vi at grafen skjærer x-aksen i x1 = −3 og x2 = 1. Skjæringspunktene er altså (−3, 0) og (1, 0).

En skisse av grafen basert på dette er vist under.

Illustrasjon av andregradsfunksjon

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Basert på andregradsfunksjonen f(x) = x2 – 2x – 3 skal vi svare på fire spørsmål.

Dette er en andregradsfunksjon på formen f(x) = ax2 + bx + c.

    1. Vender grafen sin hule side opp eller ned?
      a = 1. Siden a > 0, vender grafen sin hule side opp.
       
    2. Hva er grafens skjæringspunkt med y-aksen?
      Grafen skjærer y-aksen i c. Siden c = −3, blir skjæringspunktet (0, −3).
       
    3. Hva er grafens skjæringspunkter med x-aksen?
      Løsningen til likningen f(x) = 0 er x1 = −1 og x2 = 3. Skjæringspunktene med x-aksen blir derfor (−1, 0) og (3, 0).
       
    4. Hva er grafens minimums/maksimumspunkt?
      Siden grafen vender sin hule side opp, har den et minimumspunkt. x-verdien til minimumspunktet er
      $−{\large\frac{b}{2a}} = −{\large \frac{−2}{2 \cdot 1}} = 1$
      y-verdien til minimumspunktet er f(1)=12 − 2 · 1 − 3 = −4.
      Så minimumspunktet er (1, −4).

Tilbake til oppgaven

Representasjonsformer

Oppgave 1:

Vi skal finne funksjonsforskriften til linja som har stigningstall −1 og går gjennom punktet (1, 2).

Funksjonsforskriften vil være på formen f(x) = ax + b.

Stigningstallet tilsvarer a, så a = −1

b er gitt ved b = y1ax1 = 2 − (−1)1 = 3

Så funksjonsforskriften blir f(x) = −x + 3.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne funksjonsforskriften til linja som går gjennom punktene (−2, −1) og (1, 5).

Funksjonsforskriften vil være på formen f(x) = ax + b.

a er gitt ved $a = \frac{\displaystyle y_2 − y_1}{\displaystyle x_2 − x_1} = {\large \frac{5 − (−1)}{1 − (−2)}} = 2$

(Vi kunne gjerne byttet rundt på punktene og fått $a = {\large \frac{−1 − 5}{−2 − 1}} = 2$)

b er gitt ved b = y1ax1 = −1 − 2(−2) = 3

(For å finne b, kunne vi like gjerne brukt det andre punktet: b = y2ax2 = −5 − 2·1 = 3.)

Så funksjonsforskriften blir f(x) = 2x + 3.

​Tilbake til oppgaven

Skjermfilmer, funksjoner

Tabellen under gir en oversikt over alle skjermfilmer det refereres til på nettstedet, under temaet «funksjoner».

Artikkel Beskrivelse Skjermfilm
Nullpunkter og ekstremalverdier Vi bruker skjæringssetningen til å undersøke om likningen $x^5 + x^4 + x^3 + x – 1 = 0$ har en løsning i intervallet $[-1, 1]$. skjaeringssetningen
Vi klassifiserer fire ekstremalpunkter på en graf. ekstremalpunkter
Kontinuitet og grenser Vi undersøker om $f(x) = |x|$ er kontinuerlig i $x = 0$. kontinuitet
Vi illustrerer epsilon-delta definisjonen for grenseverdi. grenseverdi
Asymptoter Vi finner horisontale og vertikale asymptoter til funksjonen $\frac{\displaystyle -x^2 + x – 2}{\displaystyle x^2 – 1}$. asymptoter
Trigonometriske funksjoner Vi illustrerer hva som menes med en periodisk funksjon. periodisitet
Vi regner med trigonometriske og inverse trigonometriske funksjoner, vinkler både i grader og radianer. trigonometri
Ubestemte integraler Vi ser eksempler på integrasjon av potensfunksjoner Integrasjon av potensfunksjoner
Vi ser eksempler på integrasjon av potensfunksjoner, trigonometrisk funksjoner og eksponentialfunksjoner Integrasjon av diverse funksjoner
Bestemte integraler Vi beregner et bestemt integral til en polynomfunksjon. Bestemt integral
Integral som areal Vi ser et eksempel på hvordan integrasjon kan brukes til å finne arealet under en graf. Areal under en graf
Integrasjon ved substitusjon Vi ser et eksempel på integrasjon ved substitusjon. Integrasjon ved substitusjon
Delvis integrasjon Vi ser et eksempel på delvis integrasjon. Delvis integrasjon
Vi ser et eksempel på delvis integrasjon der det opprinnelige integralet dukker opp igjen underveis. Delvis integrasjon med gjentatt ledd

Regresjon med GeoGebra

I oppgave 6 i artikkelen om funksjonsanalyse varmet en gruppe elever opp vann mens de målte temperaturen hvert minutt. Vi fikk oppgitt følgende måledata:

Tid (min) 10 11 12 13 14
Temperatur (grader Celsius) 60 64 70 76 80

Så brukte vi glidere til å anslå en funksjonsforskrift for en lineær funksjon som gikk så nærme som mulig målepunktene. Løsningsforslaget sa f(t) = 5t + 10.

Prosessen med å finne en funksjonsforskrift som passer et antall punkter best mulig kalles regresjon.

GeoGebra har innebygde regresjonskommandoer som kan gjøre jobben for oss.

Eksempel 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å finne en funksjonsforskrift som passer best mulig til målepunktene over.

        1. Vi starter med å legge punktene inn i en verditabell, slik det er beskrevet i artikkelen om funksjonsanalyse.
          Vi henter fram regnearkfeltet hvis det ikke allerede er framme: «Vis» – «Regneark».
          Vi skriver inn lista med målinger i regnearket, tida i kolonne A og temperaturen i kolonne B.
          Vi overfører lista til algebra- og grafikkfeltet ved å markere tallene, høyreklikke og velge «Lag» – «Liste med punkt».
          GeoGebra lager ei liste som heter Liste1.
           
        2. Vi skriver: reglin(Liste1) i inntastingsfeltet.
          GeoGebra foreslår funksjonsforskriften y = 5,2x + 7,6 i algebrafeltet og tegner den tilhørende grafen i grafikkfeltet. Dette er nok en bedre tilnærming enn den vi kom fram til med glidere.

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

I eksempel 1 representerer funksjonsforskriften en rett linje, noe GeoGebra kan representere på 3 former. Én form er y = ax + b, der y angis som en funksjon av x, en annen er standardformen ax + by = c. Det finnes også en parametrisk form. Vi kan skifte mellom formene i menyen som kommer opp når vi høyreklikker på funksjonsforskriften.

Oppgave 1:

Familien Hansen kjører hjemmefra til Oslo, en tur på ca. 320 kilometer. De første timene noterer barna hvor langt de har kjørt hvert kvarter:

Kvarter 1 2 3 4 5 6 7 8
Kilometer 22 38 58 80 104 122 138 161

Bruk regresjon i GeoGebra til å finne forskriften til en lineær funksjon som kommer så nærme punktene som mulig.

Se løsningsforslag

I eksempel 1 og oppgave 1 har vi brukt lineær regresjon, vi søker altså etter en polynomfunksjon av første grad. Til bruk i situasjoner som ikke kan modelleres lineært har GeoGebra en mengde andre regresjonskommandoer. Se brukermanualen for detaljer.

Oppgave 2:

Tabellen under viser om lag hvor stor distanse et objekt i fritt fall har tilbakelagt når vi ikke tar hensyn til luftmotstand:

Tid (sekunder) 1 2 3 4 5
Distanse (meter) 4,9 19,6 44,1 78,4 122,5

Bruk funksjonen regpot() til å finne en potensfunksjon som beskriver situasjonen.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget