Kategori: Løsningsforslag

Publisert

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’ = (3x)’ – \Big({\large \frac{3}{2}}\Big)’ +(Ce^{-2x})’ = 3 – 0 -2Ce^{-2x} =3 – 2Ce^{-2x} $

Vi setter dette og det opprinnelige uttrykket $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ inn i venstre side av likningen, $y′+2y−6x$:

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

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−4x + y · (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+ Ce0 ⇒ C = −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

Publisert

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 = −4A ⇒ A = 2
       
      Så setter vi x = 3 for å bli kvitt A:
      5 · 3 − 3 = A(3 − 3) + B(3 + 1) ⇒ 12 = 4B ⇒ B = 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 = A ⇒ A = 3
       
      Så setter vi x = 1 for å bli kvitt A:
      5 · 1 − 7 = A(1 − 1) + B(1 −2) ⇒ −2 = −B ⇒ B = 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 = A ⇒ A = 17
       
      Så setter vi x = 2 for å bli kvitt A:
      5 · 2 + 2 = A(2 − 2) + B(2 − 3) ⇒ 12 = −B ⇒ B = −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
     
    så
    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 e−x vil bare skifte fortegn ved integrasjon. Så vi velger:

u′ = e−x, som gir u = −e−x

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

Publisert

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

−x2 − x + 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) = −x2 − x + 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 πx2. 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

Publisert

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) = x2 − x − 6.

Løser vi likningen x2 − x − 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

Publisert

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
      $−{\Large \frac{4}{x^5}}$
       
  2. 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

Så

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)′ = u′v−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) = x2 − x − 2

Likningen f′′(x) = x2 − x − 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

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

Så $(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ 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 = (x2 − x − 1)ex

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

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

Publisert

Løsningsforslag, mer om funksjoner

Funksjoner formelt

Oppgave 1:

Vi skal ut fra definisjonen av en funksjon avgjøre 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

Publisert

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 π 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 π:

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

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

Publisert

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 = y1− ax1 = 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 = y1 − ax1 = −1 − 2(−2) = 3

(For å finne b, kunne vi like gjerne brukt det andre punktet: b = y2 − ax2 = −5 − 2·1 = 3.)

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

​Tilbake til oppgaven

Publisert

Løsningsforslag, mer om tallteori

Diofantiske likninger

Oppgave 1:

Vi skal avgjøre om de diofantiske likningene
4x + 12y = 16
og
3x + 12y = 16
har løsning.

En diofantisk likning ax + by = c har løsning hvis og bare hvis SFF(a, b) | c.

I likningen 4x + 12y = 16 får vi SFF(a, b) = SFF(4, 12) = 4. Siden 4 | 16, har likningen løsning.

I likningen 3x + 12y = 16 får vi SFF(a, b) = SFF(3, 12) = 3. Siden 3 ∤ 16, har ikke likningen løsning.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal avgjøre om den lineære diofantiske likningen 21x + 14y = 147 er løsbar, og i så fall finne en løsning.

Vi har at en lineær diofantisk likning, ax + by = c, har løsning hvis SFF(a, n) | c. Her har vi SFF(a, n) = SFF(21, 14) = 7 og 7 | 147, så likningen har løsning.

Vi løser likningen ved å omforme den til en kongruenslikning. Vi kan velge å regne modulo 14 og løse med hensyn på x, eller å regne modulo 21 og løse med hensyn på y. Vi har sagt at det ofte lønner seg å velge metoden som gir lavest modulus, så vi viser utregningen modulo 14 først, men vi viser også utregningen modulo 21.

Løsning modulo 14:

Vi flytter y-leddet over på høyre side:
21x = 147 − 14y.

Vi skriver om til en kongruenslikning modulo 14:
21x ≡ 147 (mod 14).

Vi erstatter 21 med $21 – \lfloor \frac{\displaystyle 21}{\displaystyle 14} \rfloor \cdot 14 = 21 – 1 \cdot 14 = 7$ og
147 med $147 – \lfloor \frac{\displaystyle 147}{\displaystyle 14} \rfloor \cdot 14 = 147 – 10 \cdot 14 = 7$. Så vi får:
7x ≡ 7 (mod 14).

Vi bryr oss ikke om å bruke flere formelle metoder, for vi ser direkte at x = 1 er en løsning.

Den tilhørende løsningen for y blir $y = \frac{\displaystyle 147 -21 \cdot 1}{\displaystyle 14} = 9$.

Så vi ender opp med tallparet (1, 9).

Løsning modulo 21:

Vi flytter x-leddet over på høyre side:
14y = 147 − 21x.

Vi skriver om til en kongruenslikning modulo 21:
14y ≡ 147 (mod 21).

Vi erstatter 147 med $147 – \lfloor \frac{\displaystyle 147}{\displaystyle 21} \rfloor \cdot 21 = 147 – 7 \cdot 21 = 0$. Så vi får:
14y ≡ 0 (mod 21).

Vi bryr oss ikke om å bruke flere formelle metoder, for vi ser direkte at y = 0 er en løsning.

Den tilhørende løsningen for x blir $x = \frac{\displaystyle 147 – 14 \cdot 0}{\displaystyle 21} = 7$.

Så vi ender opp med tallparet (7, 0), som er det vi skulle.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne et uttrykk for alle løsninger til den lineære diofantiske likningen fra oppgave 2, 21x + 14y = 147.

Et uttrykk for den generelle løsningen til en diofantisk likning, ax + by = c, er

$x_k = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k$
og
$y_k = y_0 – \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k$,

der x0 og y0 er én spesiell løsning, k er et helt tall, og d = SFF(a, b).

I vår oppgave har vi a = 21, b = 14 og d = SFF(21, 14) = 7.

Da vi løste modulo 14, fikk vi 

x0 = 1, y0 = 9. Setter vi dette inn, får vi

$x_k = 1 + \frac{\displaystyle 14}{\displaystyle 7}k = 1 + 2k$
og
$y_k = 9 – \frac{\displaystyle 21}{\displaystyle 7}k = 9 – 3k$.

Da vi løste modulo 21, fikk vi

x0 = 7, y0 = 0. Setter vi dette inn, får vi

$x_k = 7 + \frac{\displaystyle 14}{\displaystyle 7}k = 7 + 2k$
og
$y_k = 0 – \frac{\displaystyle 21}{\displaystyle 7}k = – 3k$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal finne alle ikke-negative løsninger til den lineære diofantiske likningen fra oppgave 2 og 3, 21x + 14y = 147.

Da vi løste modulo 14, fikk vi følgende uttrykk for den generelle løsningen:

xk = 1 + 2k
og
yk = 9 − 3k.

Vi må ha
$1 + 2k \ge 0 \Rightarrow k \ge -\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$
og
$9 – 3k \ge 0 \Rightarrow k \le 3$.

Så $-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2} \le k \le 3$, det vil si k ∈ {0, 1, 2, 3 }. Og vi får løsningene

(1 + 2 · 0, 9 − 3 · 0), (1 + 2 · 1, 9 − 3 · 1), (1 + 2 · 2, 9 − 3 · 2), (1 + 2 · 3, 9 − 3 · 3), altså

(1, 9), (3, 6), (5, 3), (7,0).

Da vi løste modulo 21, fikk vi følgende uttrykk for den generelle løsningen:

xk = 7 + 2k
og
yk = −3k.

Vi må ha
$7 + 2k \ge 0 \Rightarrow k \ge -\frac{\displaystyle 7}{\displaystyle 2}$
og
$- 3k \ge 0 \Rightarrow k \le 0$.

Så $-\frac{\displaystyle 7}{\displaystyle 2} \le k \le 0$, det vil si k ∈ {−3, −2, −1, 0}. Og vi får løsningene

(7 + 2 (−3), − 3(−3)), (7 + 2 (−2), (−3)(−2)), (7 + 2 (−1), (−3)(−1)), (7 + 2 (0), (−3)0), altså

(1, 9), (3, 6), (5, 3), (7,0).

Som ventet fikk vi samme resultat i begge tilfeller.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal løse likningen fra oppgave 2, 3 og 4, 21x + 14y = 147, som en vanlig likning med hensyn på y, tegne grafen i GeoGebra og plotte inn løsningene fra oppgave 3.

Vi flytter 21x over til høyre side med fortegnsskifte, dividerer med 14 på begge sider av likhetstegnet og får

$y = -\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}x + \frac{\displaystyle 21}{\displaystyle 2}$.

Vi åpner GeoGebra og skriver -3x/2 + 21/2 i inntastingsfeltet, deretter (1, 9), (3, 6), (5, 3) og (7,0).

GeoGebra lager plottet vist under:

Heltallsløsninger av likningen 21x + 14y = 147

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

En snekker lager krakker med 3 bein og bord med 4 bein. En dag har han brukt opp 33 bein, og vi skal finne ut hvor mange krakker og bord han kan ha laget.

Kaller vi antall krakker for x og antall bord for y, vil følgende likning uttrykke dette problemet:

3x + 4y = 33.

Fordi han bare kan ha laget et helt antall krakker og bord, finner vi løsningen ved å betrakte dette som en diofantisk likning.

Siden SFF(a, b) = SFF(3, 4) = 1, har likningen løsning. (Vi dropper å presisere at 1 | 33, for 1 går opp i alle tall).

Vi velger å regne modulo 3. Vi flytter x-leddet over på høyre side og får
4y = 33 −3x.

Gjort om til kongruenslikning blir det
4y ≡ 33 (mod 3).

Nå har vi så mye trening at vi direkte ser at 4 ≡ 1 (mod 3) og 33 ≡ 0 (mod 3). Hvis ikke, kan vi regne det ut ved hjelp av formelen vi har lært for å bytte ut tall med mindre, kongruente tall.

Så vi får kongruenslikningen
y ≡ 0 (mod 3).

Det betyr at y = 0 er en løsning.

Den tilhørende løsningen for x blir $x = \frac{\displaystyle 33 – 4 \cdot 0}{\displaystyle 3} = 11$.

Så en mulighet er at snekkeren laget 11 krakker og ingen bord.

Så skal vi se hvilke andre muligheter som finnes og henter fram uttrykket for den generelle løsningen av en diofantisk likning:

$x_k = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k$
og
$y_k = y_0 – \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k$.

der x0 og y0 er én spesiell løsning, k er et helt tall, og d = SFF(a, b).

I vår oppgave har vi a = 3, b = 4 og d = SFF(3, 4) = 1. Og vi fant x0 = 11 og y0 = 0, så vi får

$x_k = 11 + \frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 1}k= 11 + 4k$
og
$y_k = 0 – \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 1}k = -3k$.

Snekkeren kan ikke ha laget et negativt antall krakker og bord. Vi må derfor ha at

$11 + 4k \ge 0 \Rightarrow k \ge -\frac{\displaystyle 11}{\displaystyle 4} \approx -2,75$
og
$-3k \ge 0 \Rightarrow k \le 0$.

Så −2,75 ≤ k ≤ 0, det vil si k ∈ {−2, −1, 0}. Og vi får løsningene

(11 + 4(−2), −3(−2)), (11 + 4(−1), −3(−1)), (11 + 4 · 0, −3 · 0),

altså (3, 6), (7, 3), (11, 0).

Så snekkeren kan ha laget 3 krakker og 6 bord, 7 krakker og 3 bord og 11 krakker og ingen bord.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal finne en løsning til den diofantiske likningen 11x + 3y = 1 ved hjelp av Euklids algoritme baklengs.

Vi starter med å bruke Euklids algoritme til å finne SFF(11, 3):

$\begin{align}11 &= 3 \cdot 3 + 2\\
3 &= 1 \cdot 2 + 1 \\
2 &= 2 \cdot 1 + 0 \end{align}$

Vi dropper den siste linja, i de andre uttrykker vi resten, r, som en lineær kombinasjon av a og b, markert med brunt:

$\begin{align}2 &= {\color{brown}{11}} – 3 \cdot {\color{brown}{3}} \\
1 &= {\color{brown}{3}} – 1 \cdot {\color{brown}{2}} \\
\end{align}$

I siste linje erstatter vi så 2-tallet med uttrykket i linja over

$1 = {\color{brown}{3}} – 1 \cdot {\color{brown}{2}}$
$\Downarrow$
$1 = {\color{brown}{3}} – 1 \cdot ({\color{brown}{11}} – 3 \cdot {\color{brown}{3}})$
$\Downarrow$
$1 = -1 \cdot {\color{brown}{11}} + 4 \cdot {\color{brown}{3}}$

Det betyr at x = −1, y = 4 er en løsning til den diofantiske likningen 11x + 3y = 1, som vi startet med.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal finne en løsning til likningen 21x + 14y = 147 ved hjelp av Euklids algoritme baklengs.

Vi har SFF(a, b) = SFF(21, 14) = 7. 7 | 147, så likningen har løsning. Vi forkorter med 7 og får

3x + 2y = 21.

Vi ser på 3x + 2y = 1, der vi har satt c = 1.

Vi starter med å bruke Euklids algoritme til å finne SFF(3, 2):

$\begin{align}3 &= 1 \cdot 2 + 1\\
2 &= 2 \cdot 1 + 0 \end{align}$

Vi dropper den siste linja, i nest siste uttrykker vi resten, r, som en lineær kombinasjon av a og b, markert med brunt:

1 = 1 · 3 − 1 · 2

Så x = 1, y = −1 er en løsning til 3x + 2y = 1.

Så multipliserer vi med 21 for å få løsningene til 3x + 2y = 21, og får x = 21 · 1 = 21, y = 21 · (−1) = −21.

x = 21, y = −21 er da også en løsning til den opprinnelige likningen 21x + 14y = 147.

Vi fikk ikke samme svar som i oppgave 1, men går vi videre og finner et generelt uttrykk for løsningene, vil vi se at vi får samme resultat.

Tilbake til oppgaven

Pytagoreiske tripler

Oppgave 2:

Vi skal avgjøre om følgende er primitive pytagoreiske tripler:

  1. (5, 12, 13).
    52 + 122 = 169, og 132 = 169, så dette er et pytagoreisk trippel. 5, 12 og 13 har heller ingen felles faktorer, så det er et primitivt pytagoreisk trippel.
     
  2. (10, 24, 26).
    102 + 242 = 676 og 262 = 676, så dette er et pytagoreisk trippel. Men 10, 24 og 26 har 2 som felles faktor, så det er ikke et primitivt pytagoreisk trippel.
     
  3. (7, 24, 29).
    72 + 242 = 625 og 292 = 841, så dette er ikke et pytagoreisk trippel i det hele tatt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne y og z slik at (11, y, z) er et primitivt pytagoreisk trippel der z = y + 1.

Vi setter x = 11 og z = y + 1 inn i x2 + y2 = z2:

112 + y2 = (1 + y)2
⇓
112 + y2 = 12 + 2y + y2
⇓
2y = 121 − 1
⇓
y = 60

Og, som oppgitt, har vi z = y + 1, så z = 60 + 1 = 61.

(11, 60, 61) er det ønskede, primitive pytagoreiske trippelet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal argumentere for at de pytagoreiske triplene Platons generator, x = 4n, y = 4n2 − 1, z = 4n2 + 1, produserer er primitive.

I triplene som Platons generator produserer er z − y = 2, og tallene som går opp i 2 er 2 og 1. z og y har derved en felles faktor, k = 2 som kan divideres bort hvis de er partall. Men vi ser at z = 4n2 + 1 har oddetallsformen 2m + 1. z og y er derfor alltid oddetall. Siden eneste mulige felles faktor var 2, har de derved ingen felles faktor som kan divideres bort. Triplene er derfor primitive.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Basert på generatoren for primitive, pytagoreiske tripler, x = 2st, y = s2 − t2 og z = s2 + t2, skal vi finne de 10 minste triplene. Disse vises i figuren under. Her settes s i tur lik alle naturlige tall større enn 1. (s må være større enn 1 for at t skal kunne være større enn 0). Hver verdi av s kombineres med alle tillatte verdier av t, det vil si t som er større enn 0 men mindre enn s, ikke har andre felles faktorer med s enn 1, og er partall hvis s er oddetall og oddetall hvis s er partall.

Utfylt tabell med genererte pytagoreiske tripler

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal avgjøre om følgende kan skrives som en sum av to kvadrattall:

  1. 20
    20 primtallsfaktoriseres som 20 = 2 · 2 · 5.
    Ingen av primtallsfaktorene gir rest 3 når de divideres med 4.
    20 kan derfor skrives som en sum av kvadrattall. 20 = 42 + 22.
     
  2. 38
    38 primtallsfaktoriseres som 38 = 2 · 19.
    19 gir rest 3 ved divisjon med 4 og forekommer et odde (1) antall ganger. 38 kan derfor ikke skrives som en sum av kvadrattall.
     
  3. 18
    18 primtallsfaktoriseres som 18 = 2 · 3 · 3.
    2 gir ikke rest 3 ved divisjon med 4, men det gjør 3. Imidlertid forekommer 3 et par (2) antall ganger. 18 kan derfor skrives som en sum av kvadrattall. 18 = 32 + 32.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal forklare at teoremet «Et odde primtall kan skrives som en sum av to kvadrattall hvis og bare hvis vi får rest 1 når vi dividerer det med 4» kan utledes av teoremet «Et naturlig tall kan skrives som en sum av to kvadrattall hvis og bare hvis ingen av tallets primtallsfaktorer gir rest 3 når vi dividerer den med 4, med mindre faktoren forekommer et par antall ganger»:

Et odde primtall vil alltid ha en primtallsfaktor som forekommer et odde antall ganger, nemlig tallet selv. Hvis tallet skal kunne skrives som en sum av kvadrattall, må det altså ikke gi rest 3 ved divisjon med 4. Et oddetall gir alltid rest 1 eller 3 ved divisjon med 4. Å si at divisjonen ikke gir rest 3 er derfor det samme som å si at divisjonen gir rest 1, slik teoremet om odde primtall gjør.

​Tilbake til oppgaven

Kryptografi

Oppgave 1:

Vi har krypteringsnøkkel r = 10.

Vi skal først verifisere at r = 3 da er en dekrypteringsnøkkel ved multiplikasjon modulo 29 .

Krypterings- og dekrypteringsnøkkel må være multiplikative inverser, og vi har

r · r ≡ 3 · 10 ≡ 30 ≡ 1 (mod 29).

r = 3 er altså en dekrypteringsnøkkel.

Så skal vi bruke r og r til å kryptere og dekryptere bokstaven H.

Bokstaven H kodes med u = 8, ifølge kodetabellen. Krypteringen blir

k ≡ ru ≡ 10 · 8 ≡ 80 ≡ 22 (mod 29), altså V, ifølge kodetabellen.

Dekryptering blir

u ≡ r k ≡ 3 · 22 ≡ 66 ≡ 8 (mod 29), altså H, som vi startet med.

Utregningene gjør vi ved å skrive =rest(10*8; 29) og =rest(3*22; 29) i et regneark eller mod(10*8, 29) og mod(3*22, 29) i inntastingsfeltet i GeoGebra.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal først begrunne at krypteringsnøkkelen (9, 79) er gyldig til kryptering ved multiplikasjon, og at den tilhørende dekrypteringsnøkkelen blir (44, 79).

For at nøkkelen skal være gyldig, må vi ha at SFF(9, 79) = 1. Vi ser lett at dette er tilfelle, for den eneste primtallsfaktoren i 9 er 3, som ikke er en faktor i 79 fordi tverrsummen ikke er delelig med 3. Alternativt kan vi sjekke at vi får 1 når vi skriver sfd(9, 79) eller gcd(9, 79) i GeoGebra, eller =SFF(9; 79) i et regneark.

Vi skal videre vise at den tilhørende dekrypteringsnøkkelen blir (44, 79).

Krypterings- og dekrypteringsnøkkel må være multiplikative inverser ved gitt modulus, og vi har

r · r ≡ 44 · 9 ≡ 396 ≡ 1 (mod 79).

At 396 ≡ 1 (mod 79) finner vi ved å skrive =rest(396; 79) i et regneark eller mod(396, 79) i GeoGebra.

Vi skal så bruke disse nøklene til å kryptere og dekryptere bokstaven B.

Bokstaven B kodes med u = 2, ifølge kodetabellen. Krypteringen blir

k ≡ ru ≡ 9 · 2 ≡ 18 (mod 79).

Dekryptering blir

u ≡ r k ≡ 44 · 18 ≡ 792 ≡ 2 (mod 79), altså B, som vi startet med.

At 792 ≡ 2 (mod 79) finner vi ved å skrive =rest(792; 79) i et regneark eller mod(792, 79) i GeoGebra.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal kode B med u = 2, og bruke eksponentiering til å kryptere med nøkkel (5, 19).

Vi får

k ≡ 25 ≡ 32 ≡ 13 (mod 19). B krypteres som k = 13.

Utregningene gjør vi ved å skrive =rest(2^5; 19) i et regneark eller mod(2^5, 19) i inntastingsfeltet i GeoGebra.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal bruke eksponentiering til å kryptere G med nøkkel (25, 99).

G kodes med u = 7, så vi må beregne

k ≡ 725 (mod 99).

Å finne resten når 725 divideres med 99 lar seg ikke gjøre i Excel eller GeoGebra fordi 725 er et for høyt tall. 

I stedet bruker vi teknikken med toerpotenser.

Vi ser at 25 = 1 + 8 + 16.

Så 725 = 71 + 8 + 16 = 71 · 78 · 716.

Og vi får

7 ≡ 7 (mod 99)

72 ≡ 49 (mod 99)

74 ≡ (72)2 ≡ 492 ≡ 2401 ≡ 25 (mod 99)

78 ≡ (74)2 ≡ 252 ≡ 625 ≡ 31 (mod 99)

716 ≡ (78)2 ≡ 312 ≡ 961 ≡ 70 (mod 99)

Så 725 ≡ 7 · 31 · 70 ≡ 15190 ≡ 43 (mod 99).

G krypteres som k = 43.

Til utregningene underveis kan vi bruke GeoGebra eller et regneark, siden bare tall i en størrelsesorden disse verktøyene håndterer uten problemer er involvert. For eksempel finner vi at 2401 ≡ 25 (mod 99) ved å skrive mod(2401, 99) i GeoGebra eller =rest(2401; 99) i et regneark.

I appen for å beregne rest setter vi «a» = 7, «b» = 25, «n» = 99, og klikker på «Finn rest». Appen beregner at 725 ≡ 43 (mod 99). Huker vi av for «Vis utregning», vises samme utregning som vi gjorde for hånd.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal bruke dekrypteringsnøkkelen (11, 19) til å dekryptere k = 13.

Vi beregner da

u ≡ 1311 ≡ 1792160394037 ≡ 2 (mod 19).

Vi kan bruke funksjonen mod i GeoGebra eller funksjonen rest i et regneark til utregningene.

Det var oppgitt at den ukrypterte verdien var u = 2, så svaret stemmer.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Det er oppgitt at når en krypteringsnøkkel er (13, 77), er en dekrypteringsnøkkel (37, 77), og vi skal bruke dette til å kryptere og dekryptere bokstaven B, kodet med u = 2.

For å kryptere må vi beregne k ≡ ur (mod n):

k ≡ 213 ≡ 8192 ≡ 30 (mod 77).

B krypteres altså med k = 30.

Tallene i denne utregningen er så små at vi kan gjøre beregningene ved hjelp av funksjonen mod i GeoGebra eller funksjonen rest i et regneark.

For å dekryptere med nøkkel (37, 77) må vi beregne u ≡ ks (mod n):

u ≡ 3037 (mod 77).

Her er tallene så store at beregningene ikke kan gjøres i GeoGebra eller regneark, så vi bruker metoden med toerpotenser:

Vi ser at 37 = 1 + 4 + 32.

Så 3037 = 301 + 4 + 32 = 301 · 304 · 3032.

Og vi får

30 ≡ 30 (mod 77)

302 ≡ 900 ≡ 53 (mod 77)

304 ≡ (302)2 ≡ 532 ≡ 2809 ≡ 37 (mod 77)

308 ≡ (304)2 ≡ 372 ≡ 1369 ≡ 60 (mod 77)

3016 ≡ (308)2 ≡ 602 ≡ 3600 ≡ 58 (mod 77)

3032 ≡ (3016)2 ≡ 582 ≡ 3364 ≡ 53 (mod 77)

Så 3037 ≡ 30 · 37 · 53 ≡ 58830 ≡ 2 (mod 77).

Vi er tilbake til u = 2, som representerer B, som vi startet med.

Tilbake til oppgaven

RSA-systemet

Oppgave 1:

Der er oppgitt at n = 1591 er et produkt av primtallene 37 og 43, og vi skal beregne φ(n).

Vi får φ(n) = (37 − 1)(43 − 1) = 36 · 42 = 1512.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal modifisere dette regnearket til å gjøre utregningene i totient-teoremet for n = 2 · 7 = 14 i stedet for n = 3 · 5.

Når n = 2 · 7 har vi φ(n) = (2 − 1)(7 − 1) = 1 · 6 = 6.

Vi åpner regnearket og sletter siste rad, som gjelder a = 14, og ikke skal være med. Så går vi inn i celle B2, erstatter =REST(A2^8;15) med =REST(A2^6;14), og drar formelen nedover til og med B14. Tilsvarende går vi inn i celle D2 og erstatter =REST(C2;15) med =REST(C2;14), og drar formelen nedover til og med D14. Så bytter vi ut 8 med 6 og 15 med 14 i overskriftene, og endrer gulmarkering. Resultatet blir som vist under.

Eulers totient-teorem for 2 * 7, utvidet

RegnearkLast ned regneark med tabellen vist over.

 

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal kryptere og dekryptere bokstaven Y med nøklene (13, 77) og (37, 77).

Y kodes med 25 ifølge kodetabellen.

Vi krypterer ved å beregne 2513 ≡ 60 (mod 77).

Beregningen gjorde vi med appen finne_rest, med «a» = 25, «b» = 13 og «n» = 77.

Så Y blir kryptert til 60.

Vi dekrypterer ved å beregne 6037 ≡ 25 (mod 77).

Vi ender opp med 25, som tilsvarer Y, som vi startet med.

Beregningen gjorde vi med appen finne_rest, med «a» = 60, «b» = 37 og «n» = 77.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal ta utgangspunkt i primtallene 13 og 19 og begrunne at r = 27 ikke vil være gyldig som del av en krypteringsnøkkel i RSA-systemet basert på disse primtallene, men at 25 vil være det.

Når n = 13 · 19 har vi φ(n) = (13 − 1)(19 − 1) = 12 · 18 = 216.

Vi har SFF(27, 216) = 27. Siden SFF(r, φ(n)) > 1, er ikke r = 27 gyldig.

Men vi har SFF(25, 216) = 1. r = 25 er derfor gyldig.

Vi skal så bruke r = 25 til å angi en krypteringsnøkkel, og beregne den tilhørende dekrypteringsnøkkelen.

Vi har n = 13 · 19 = 247.

Så krypteringsnøkkelen blir (25, 247).

For å finne dekrypteringsnøkkelen må vi beregne s slik at sr ≡ 1 (mod φ(n)). Altså

r · 25 ≡ 1 (mod 216).

Beregningen gjør vi i appen finne_invers, med «a» = 25, «n» = 216. Og vi får s = 121.

Så dekrypteringsnøkkelen blir (121, 247).

Så skal vi bruke krypterings- og dekrypteringsnøkkelen vi har funnet til å kryptere og dekryptere bokstaven Y.

Y kodes med 25 ifølge kodetabellen.

Vi krypterer ved å beregne 2525 ≡ 142 (mod 247).

Beregningen gjorde vi med appen finne_rest, med «a» = 25, «b» = 25 og «n» = 247.

Så Y blir kryptert til 142.

Vi dekrypterer ved å beregne 142121 ≡ 25 (mod 247).

Vi ender opp med 25, som tilsvarer Y, som vi startet med.

Beregningen gjorde vi med appen finne_rest, med «a» = 142, «b» = 121 og «n» = 247.

Tilbake til oppgaven

Publisert

Løsningsforslag, kongruenser

Kongruens

Oppgave 1:

Vi skal avgjøre om tre påstander om kongruens er riktige. Vi benytter oss av at a ≡ b (mod n) hvis m | (a − b):

  1. 65 ≡ 17 (mod 12)
    Vi får a − b = 65 − 17 = 48. Siden n = 12 | 48, er påstanden riktig.
     
  2. −12 ≡ 18 (mod 5)
    Vi får a − b = −12 − 18 = −30. Siden n = 5 | −30, er påstanden riktig.
     
  3. 42 ≡ 27 (mod 7)
    Vi får a − b = 42 − 27 = 15. Siden n = 7∤ 15, er påstanden ikke riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal formulere påstandene under som kongruenser.

  1. Tallet 37 gir samme rest ved divisjon med 8 som tallet 69.
    At 37 og 69 gir samme rest ved divisjon med 8, betyr at tallene er kongruente modulo 8:
    37 ≡ 69 (mod 8).
     
  2. Om 15 timer er klokka det samme som for 9 timer siden.
    Regner vi med en 24-timers klokke, betyr det at 15 er kongruent med −9 modulo 24:
    15 ≡ −9 (mod 24).
     
  3. Tallet 15 er et oddetall.
    Oddetall er tall som gir rest 1 når vi dividerer dem med 2, de er med andre ord kongruente med 1 modulo 2:
    15 ≡ 1 (mod 2).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Det er oppgitt at alle tall i samme kolonne i tabellen under tilhører samme restklasse, og vi skal finne modulus.

1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12
13 14 15 16 17 18

Modulus vil være differansen av to etterfølgende tall i samme kolonne, for eksempel 7 − 1 = 6. Modulus er altså 6.

Tilbake til oppgaven

Kongruens, regneregler

Oppgave 1:

Vi har at a ≡ b (mod 7), og skal avgjøre om a + c ≡ b + d (mod 7) når

    1. c = 5, d = 12
      Her er c ≡ d (mod 7) fordi 7 | (12 − 5) = 7. Følgelig er a + c ≡ b + d (mod 7).

    2. c = 8, d = 16
      Her er c ≢ d (mod 7) fordi 7 ∤ (16 − 8) = 8. Følgelig er a + c ≢ b + d (mod 7).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi vet at 365 ≡ 1 (mod 7), at 15. mars 2017 er en onsdag, og skal bruke kongruensregning til å finne ut hvilken ukedag 15. mars 2021 vil falle på.

Mellom disse datoene er det 3 ordinære år og 1 skuddår. Forskyvingen av ukedag blir derfor

3 · 365 + 366 ≡ 3 · 1 + 2 ≡ 5 (mod 7).

Datoforskyvningen blir 5 dager, så 15. mars 2021 vil falle på en mandag.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne det laveste, ikke-negative tallet som er kongruent med 243 modulo 13.

Vi har $243 \equiv 243 – \lfloor \frac{\displaystyle 243}{\displaystyle 13}\rfloor \cdot 13 \equiv 243 – 18 \cdot 13 \equiv 9 \, (mod \; 13)$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal bruke divisjonsregelen til å dividere 21 ≡ 147 (mod 14) med henholdsvis 3 og 7 på begge sider av kongruenstegnet.

Vi har SFF(3, 14) = 1, og kan derfor dividere med 3 på begge sider uten å dividere modulus med noe.

Derfor får vi ${\large \frac{21}{3}} \equiv {\large \frac{147}{3}} \, (mod \; 14)$, det vil si 7 ≡ 49 (mod 14).

Vi har SFF(7, 14) = 7. Når vi skal dividere med 7 på begge sider, må vi derfor dividere modulus med 7.

Derfor får vi ${\large \frac{21}{7}} \equiv {\large \frac{147}{7}} \, (mod \; {\large \frac{14}{7}})$, det vil si 3 ≡ 21 (mod 2).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal forkorte kongruensrelasjonen 126 ≡ 198 (mod 8) så mye som mulig.

Det er oppgitt at SFF(126, 198) = 18, så 18 er det største tallet vi kan dividere både 126 og 198 på og fremdeles få hele tall. 126 : 18 = 7 og 198 : 18 = 11.

SFF(18, 8) = 2, så vi må samtidig som vi dividerer med 18 på begge sider av kongruenstegnet dividere modulus med 2, og vi får 8 : 2 = 4.

Så relasjonen blir 7 ≡ 11 (mod 4).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal lage en addisjonstabell modulo 5. Vi lager da en tabell med tallene 0-4 i første rad og første kolonne. Så fyller vi ut hver rute med summen av tallet i første rad og kolonne modulo 5:

+ 0 1 2 3 4
0 0 1 2 3 4
1 1 2 3 4 0
2 2 3 4 0 1
3 3 4 0 1 2
4 4 0 1 2 3

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal avgjøre om det finnes en multiplikativ invers til a modulo n i eksemplene under, og i så fall finne en multiplikativ invers ved prøving og feiling.

  1. a = 2, n = 5
    Vi har SFF(2, 5) = 1, så det finnes multiplikativ invers. Vi prøver oss fram fra 1 og oppover:
    2 · 1 ≡ 2 (mod 5)
    2 · 2 ≡ 4 (mod 5)
    2 · 3 ≡ 6 ≡ 1 (mod 5)
    Så 3 er en multiplikativ invers til 2 modulo 5.
     
  2. a = 3, n = 8
    Vi har SFF(3, 8) = 1, så det finnes multiplikativ invers. Vi prøver oss fram fra 1 og oppover:
    3 · 1 ≡ 3 (mod 8)
    3 · 2 ≡ 6 (mod 8)
    3 · 3 ≡ 9 ≡ 1 (mod 8)
    Så 3 er en multiplikativ invers til 3 modulo 8.
     
  3. a = 4, n = 8
    Vi har SFF(4, 8) = 4 ≠ 1, så 4 har ingen multiplikativ invers modulo 8.

​Tilbake til oppgaven

Kongruens, anvendelser

Oppgave 3:

Vi skal bruke nierprøven og/eller elleveprøven til å undersøke om

    1. 1234 · 364 = 224588.
      Vi bruker nierprøven. T(a) = T(1234) = 10, T(b) = T(364) = 13.
      Vi har altså at T(a) · T(b) = 10 · 13 = 130. Tar vi tverrsummen en gang til, får vi T(130) = 4.
      T(svar) = T(224588) = 29. Tar vi tverrsummen to ganger til, får vi T(T(29)) = 2.
      Siden 4 og 2 ikke er kongruente modulo 9, er utregningen feil.
       
    2. 1234 · 364 = 449194.
      Vi bruker nierprøven. I 1) fant vi at T(a) · T(b) = 130 og T(130) = 4.
      T(svar) = T(449194) = 31. Tar vi tverrsummen en gang til, får vi T(31) = 4.
      Siden 4 og 4 er kongruente modulo 9, påviser ikke nierprøven feil.
      Vi går videre med elleveprøven. A(a) = A(1234) = 4 − 3 + 2 − 1 = 2, A(b) = A(364) = 4 − 6 + 3 = 1. Vi har altså at A(a) · A(b) = 2 · 1 = 2.
      A(svar) = A(449194) = 4 − 9 + 1 − 9 + 4 − 4 = −13. Vi adderer 11 to ganger og får 9.
      Siden 2 og 9 ikke er kongruente modulo 11, er utregningen feil.
       
    3. 1234 · 364 = 449176.
      Vi bruker nierprøven. I 1) fant vi at T(a) · T(b) = 130 og T(130) = 4.
      T(svar) = T(449176) = 31. Tar vi tverrsummen en gang til, får vi T(31) = 4.
      Siden 4 og 4 er kongruente modulo 9, påviser ikke nierprøven feil.
      Vi går videre med elleveprøven. I 2) fant vi at A(a) · A(b) = 2.
      A(svar) = A(449176) = 6 − 7 + 1 − 9 + 4 − 4 = −9. Vi adderer 11 og får 2.
      Siden 2 og 2 er kongruente modulo 11, påviser ikke elleveprøven feil. Dette er ikke noe bevis, men utregningen er faktisk riktig.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal avgjøre hva følgende betyr for resultatet av en multiplikasjon:

  1. Både nierprøven og elleveprøven påviser feil.
    Resultatet er feil.
     
  2. Enten nierprøven eller elleveprøven påviser feil.
    Resultatet er feil.
     
  3. Verken nierprøven eller elleveprøven påviser feil.
    Resultatet kan være riktig, men det trenger ikke være det.

​​Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal avgjøre om 7-6-1-3-0-3-5-8-3-0-5-9-0 er en gyldig EAN-13-kode.

Vi legger inn sifrene i tabellen for EAN-koder og multipliserer hvert siffer med de angitte vektene:

Strekkode 7 6 1 3 0 3 5 8 3 0 5 9 0
Vekt 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1
Vektet kode 7 18 1 9 0 9 5 24 3 0 5 27 0

Vi ser at summen av de vektede kodene blir

7 + 18 + 1 + 9 + 0 + 9 + 5 + 24 + 3 + 0 + 5 + 27 + 0 ≡ 108 ≡ 8 (mod 10).

Siden 8 ≢ 0 (mod 10), er dette ikke en gyldig EAN-13-kode.

​​Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal avgjøre om 21023712345 er et gyldig fødselsnummer.

Vi legger inn sifrene i tabellene for fødselsnummer og multipliserer hvert siffer med de angitte vektene.

Første kontrollsiffer: 

Fødselsnummer 2  1 0 2 3 7 1 2 3 4 5
Vekt ved k1 3 7 6 1 8 9 4 5 2 1 0
Vektet fødselsnummer 6 7 0 2 24 63 4 10 6 4 0

Den vektede summen blir

6 + 7 + 0 + 2 + 24 + 63 + 4 + 10 + 6 + 4 + 0 ≡ 126 ≡ 5 (mod 11).

Siden 5 ≢ 0 (mod 11) er første kontrollsiffer ikke riktig. Det har da ingen hensikt å undersøke andre kontrollsiffer, fødselsnummeret er ikke gyldig.

​​Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal bruke ukedagsformelen, $u (\equiv y + \lfloor \frac{\displaystyle y}{\displaystyle 4} \rfloor – \lceil \frac{\displaystyle 3h}{\displaystyle 4} \rceil + \lfloor \frac{\displaystyle 13m – 1}{\displaystyle 5} \rfloor + d )\, (mod \; 7)$, til å finne ut hvilken ukedag følgende begivenheter fant sted.

  1. Angrepet på tvillingtårnene i New York den 11. september 2001.
    September er måned 7 når vi regner fra mars. Så vi får
    $u \equiv 2001 + \lfloor \frac{\displaystyle 2001}{\displaystyle 4} \rfloor – \lceil \frac{\displaystyle 3 \cdot 20}{\displaystyle 4} \rceil + \lfloor \frac{\displaystyle 13 \cdot 7 – 1}{\displaystyle 5} \rfloor + 11 \equiv$
    $2001 + 500 – 15 + 18 + 11 \equiv 2515 \equiv 2 \, (mod \; 7)$
    En tirsdag.
     
    At 2525 ≡ 2 (mod 7) kan vi finne ved å bruke kommandoen mod(2515, 7) i GeoGebra eller =rest(2515; 7) i et regneark.
     
  2. Wolfgang Amadeus Mozarts fødsel den 27. januar 1756.
    Januar 1756 er måned 11 i året før, altså 1755, når vi regner fra mars. Så vi får
    $u \equiv 1755 + \lfloor \frac{\displaystyle 1755}{\displaystyle 4} \rfloor – \lceil \frac{\displaystyle 3 \cdot 17}{\displaystyle 4} \rceil + \lfloor \frac{\displaystyle 13 \cdot 11 – 1}{\displaystyle 5} \rfloor + 27 \equiv$
    $1755 + 438 – 13 + 28 + 27 \equiv 2235 \equiv 2 \, (mod \; 7)$
    En tirsdag.
     
    At 2235 ≡ 2 (mod 7) kan vi finne ved å bruke kommandoen mod(2235, 7) i GeoGebra eller =rest(2235; 7) i et regneark.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal bruke metoden med toerpotenser til å beregne resten vi får når vi dividerer 613 med 11.

Vi skriver 13 som en sum av toerpotenser: 13 = 1 + 4 + 8.

Så 613 = 61+4+8 = 6 · 64 · 68.

62 ≡ 36 ≡ 3 (mod 11)

64 ≡ (62)2 ≡ 32 ≡ 9 ≡ −2 (mod 11)

68 ≡ (64)2 ≡ (−2)2 ≡ 4 (mod 11)

Så 613 ≡ 6 · 64 · 68 ≡ 6 · (−2) · 4 ≡ −48 ≡ 7 (mod 11).

Resten er 7.

Her valgte vi −2 (mod 11) i stedet for 9 (mod 11) for å få mindre tall.

I et regneark kontrollerer vi svaret ved å skrive =rest(6^13; 11), i GeoGebra ved å skrive mod(6^13,11). I appen fyller vi ut 6 for «a», 13 for «b», 11 for «n», og klikker på «Finn rest».

Tilbake til oppgaven

Kongruenslikninger

Oppgave 1:

Vi skal modellere problemene under med kongruenslikninger.

    1. En friidrettsutøver løper 300-meters intervaller på en 400-meters bane, og står stille og hviler mellom hvert intervall. Når hun gir seg, har hun passert målstreken med 100 meter, og vi skal sette opp en kongruenslikning som modellerer hvor mange intervaller hun kan ha løpt.
      Her må vi finne ut hvilke antall 300-meters intervaller som er kongruente med 100 meter modulo lengden på banen, altså 400 meter.
      Så likningen blir 300x ≡ 100 (mod 400), der x representerer antall 300-metere.
       
    2. En forstadsbane passerer et stoppested første gang klokka 05:00, deretter hvert 12. minutt, og vi skal sette opp en kongruenslikning som modellerer hvor mange passeringer senere banen igjen passerer på et helt klokkeslett.
      Her må vi finne ut hvilke antall perioder på 12 minutter som er kongruente med 0 modulo 60. Grunnen til at vi regner modulo 60 er at det er 60 minutter i en time, og grunnen til at vi skal ha kongruens med 0 er at 0 minutter representerer «hel time».
      Så likningen blir 12x ≡ 0 (mod 60), der x representerer antall passeringer.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal foreslå en situasjon som kan modelleres med kongruenslikningen 4x ≡ 0 (mod 10).

For eksempel: På et skolekjøkken har hver arbeidsgruppe brukt 4 dl melk til en oppskrift. Hvor mange grupper kan det ha vært på skolekjøkkenet hvis det er brukt et helt antall kartonger med melk à 10 dl?

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal avgjøre om følgende kongruenslikninger har løsning, og i så fall hvor mange restklasser de har løsninger i:

    1. 4x ≡ 8 (mod 10)
      Vi har SFF(4, 10) = 2. 2 | 8, så likningen har løsning i 2 restklasser.
       
    2. 3x ≡ 8 (mod 10)
      Vi har SFF(3, 10) = 1. 1 | 8, så likningen har løsning i 1 restklasse.

    3. 4x ≡ 9 (mod 10)
      Vi har SFF(4, 10) = 2. 2 ∤ 9, så likningen har ingen løsning.

    4. 84x ≡ 108 (mod 12)
      Vi har SFF(84, 12) = 12. 12 | 108, så likningen har løsning i 12 restklasser, det vil si samtlige restklasser modulo 12. Siden alle tall i disse restklassene også er løsninger, betyr det at alle hele tall er løsning av denne kongruenslikningen.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal forenkle kongruenslikningen x + 4 ≡ 13 − 5x (mod 5).

Vi starter med å flytte 4 over på høyre side, −5x over på venstre side og skifte fortegn:
x + 5x ≡ 13 − 4 (mod 5)

Så trekker vi sammen like ledd:
6x ≡ 9 (mod 5)

Så erstatter vi 6 med $6 – \lfloor \frac{\displaystyle 6}{\displaystyle 5} \rfloor \cdot 5 = 6 – 1 \cdot 5 = 1$ og 9 med $9 – \lfloor \frac{\displaystyle 9}{\displaystyle 5} \rfloor \cdot 5 = 9 – 1 \cdot 5 = 4$.

Så svaret blir

x ≡ 4 (mod 5)

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal finne alle restklasser som inneholder løsninger til likningen 6x ≡ 12 (mod 9).

Vi har at SFF(6, 9) = 3 og 3 | 12, så likningen har løsninger i 3 restklasser.

Det største tallet vi kan dividere med på begge sider av kongruenstegnet er SFF(6, 12) = 6. Da må vi samtidig dividere modulus med d = SFF(6, 9) = 3. Så vi får

x ≡ 2 (mod 3)

x = 2 er en løsning, og d = 3, så de tre restklassene blir

$x_0 = 2 + 0 \cdot \frac{\displaystyle 9}{\displaystyle 3} = 2$

$x_1 = 2 + 1 \cdot \frac{\displaystyle 9}{\displaystyle 3} = 5$

$x_2 = 2 + 2 \cdot \frac{\displaystyle 9}{\displaystyle 3} = 8$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal få x til å stå alene på venstre side i kongruenslikningen 4x ≡ 3 (mod 7).

Fra lista nederst i artikkelen om regneregler for kongruens finner vi at en invers til a = 4 modulo 7 er a = 2.

Vi multipliserer med 2 på begge sider av kongruenstegnet og får (4 · 2)x ≡ 3 · 2 (mod 7) ⇒ x ≡ 6 (mod 7).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal løse 2 kongruenslikninger hvis de er løsbare:

  1. 270x − 10 ≡ −130 + 14x (mod 44).
     
    Vi starter med å flytte 14x over på venstre side og −10 over på høyre side, skifte fortegn og trekke sammen. Vi får
    256x ≡ −120 (mod 44).
     
    Så erstatter vi 256 med $256 – \lfloor \frac{\displaystyle 256}{\displaystyle 44} \rfloor \cdot 44 = 256 – 5 \cdot 44 = 36$.
     
    Og vi erstatter −120 med $-120 – \lfloor \frac{\displaystyle -120}{\displaystyle 44} \rfloor \cdot 44 = -120 – (-3) \cdot 44 = 12$
     
    Vi får
    36x ≡ 12 (mod 44).
     
    Vi finner d = SFF(a, n) = SFF(36, 44) = 4. Siden 4 | 12, har likningen løsninger i 4 restklasser.
     
    Vi dividerer alle ledd med 4 og får
    9x ≡ 3 (mod 11).
     
    Vi undersøker om likningen kan forkortes, og finner c = SFF(a, b) = SFF(9, 3) = 3. Vi dividerer a og b med 3 og får
    3x ≡ 1 (mod 11).
     
    Fra lista nederst i artikkelen om regneregler for kongruens finner vi at en invers til a = 3 modulo 11 er a = 4.
    Vi multipliserer med 4 på begge sider av kongruenstegnet og får (3 · 4)x ≡ 1 · 4 (mod 11).
     
    Vi har altså følgende løsning:
    x ≡ 4 (mod 11).
     
    Ut fra denne løsningen finner vi de fire restklassene med løsninger i den opprinnelige likningen modulo 44:
    x0 = 4 + 0 · 11 = 4
    x1 = 4 + 1 · 11 = 15
    x2 = 4 + 2 · 11 = 26
    x3 = 4 + 3 · 11 = 37
     
    Så løsningene til kongruenslikningen er x ≡ 4, 15, 26, 37 (mod 44).

  2. −108x − 100 ≡ 229 + 10x (mod 44).
     
    Vi starter med å flytte 10x over på venstre side og −100 over på høyre side, skifte fortegn og trekke sammen. Vi får
    −118x ≡ 329 (mod 44).
     
    Så erstatter vi −118 med $-118 – \lfloor \frac{\displaystyle -118}{\displaystyle 44} \rfloor \cdot 44 = -118 – (-3) \cdot 44 = 14$.
     
    Og vi erstatter 329 med $329 – \lfloor \frac{\displaystyle 329}{\displaystyle 44} \rfloor \cdot 44 = 329 – 7 \cdot 44 = 21$.
     
    Vi får
    14x ≡ 21 (mod 44).
     
    Vi finner d = SFF(14, 44) = 2.
    Siden 2 ∤ 21, har likningen ingen løsning.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal løse kongruenslikningen 60x ≡ −50 (mod 7) på en enkel måte.

Vi ser at vi kan dividere med 10 på begge sider. Siden SFF(a, n) = SFF(60, 7) = 1, trenger vi ikke endre modulus. Vi får

6x ≡ −5 (mod 7).

Vi benytter så at 6 ≡ −1 (mod 7) og skriver om til

−x ≡ −5 (mod 7).

Vi multipliserer med −1 på begge sider og får

x ≡ 5 (mod 7).

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 9:

Vi har to bøtter uten målestreker på henholdsvis 5 og 7 liter og skal måle opp akkurat 1 liter.

  1. Vi skal sette opp en kongruenslikning som uttrykker dette problemet.
    Etter modell fra eksempel 13, ser vi at det blir
    5x ≡ 1 (mod 7)
     
  2. Vi skal vise at likningen har løsning, og løse den.
    Vi har SFF(a, n) = SFF(5, 7) = 1, så likningen har løsning i én restklasse.
    I tabellen over multiplikative inverser modulo 7, ser vi at 3 er en multiplikativ invers til 5 modulo 7. Vi multipliserer med 3 på begge sider av kongruenstegnet og får
    x ≡ 3 (mod 7)
     
  3. Vi ser at operasjonen må gå i tre trinn, siden x = 3. En trinnvis beskrivelse er vist under, tallene i parentes forteller hvor mye det er igjen i bøttene.
    Vi heller over 5 liter. (0, 5).
    Vi heller over 5 liter, med en pause mens vi tømmer den store bøtta. (0, 3).
    Det er nå plass til 4 liter i den store bøtta. Vi heller over 4 liter og står igjen med 1 liter i den lille.

Tilbake til oppgaven