Transcript 1T kapittel 5 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka

Løsninger til oppgavene i boka
1T kapittel 5 Derivasjon
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.1
a
a=
∆y y2 − y1 18 − 12 6
=
=
= = 2
∆x x2 − x1
8−5
3
b
a=
∆y y2 − y1 6 − 12 −6
=
=
=
= −2
∆x x2 − x1 8 − 5
3
Oppgave 5.2
Grafen til funksjonen går gjennom punktene (2 , 8) og (5 , −1) .
∆y y2 − y1 −1 − 8 −9
Vekstfarten er dermed a =
=
=
=
= −3 .
∆x x2 − x1 5 − 2
3
Oppgave 5.3
a
V ( x) =
−0,5 x 2 + 10 x
V (0) =−0,5 ⋅ 02 + 10 ⋅ 0 =0
V (1) =−0,5 ⋅ 12 + 10 ⋅ 1 =9,5
∆V ( x) V (1) − V (0) 9,5 − 0
=
= = 9,5
1− 0
1
∆x
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 0 , 1] er 9,5 liter/minutt.
Det betyr at det strømmer 9,5 L vann inn i tanken i løpet av det første minuttet.
b
V (7) =−0,5 ⋅ 7 2 + 10 ⋅ 7 =45,5
V (8) =−0,5 ⋅ 82 + 10 ⋅ 8 =48
∆V ( x) V (8) − V (7) 48 − 45,5
=
= = 2,5
∆x
8−7
1
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 7 , 8] er 2,5 liter/minutt.
Det betyr at det strømmer 2,5 L vann inn i tanken i løpet av det åttende minuttet.
c
V (0) =−0,5 ⋅ 02 + 10 ⋅ 0 =0
V (10) =
−0,5 ⋅102 + 10 ⋅10 =
50
∆V ( x) V (10) − V (0) 50 − 0
=
= = 5, 0
∆x
10 − 0
10
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 0 , 10] er 5,0 liter/minutt.
De første 10 minuttene strømmer det i gjennomsnitt 5,0 L vann inn i tanken hvert minutt.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.4
a
b
Grafen går gjennom punktene (10 , 30) og (25 , 22,5) .
22,5 − 30 =
−7,5
Temperaturen synker med 7,5 °C .
7,5
7,5
= = 0,5
25 − 10 15
Temperaturen synker i gjennomsnitt med 0,5 °C hvert minutt.
∆y 22,5 − 30 −7,5
=
=
= −0,5
∆x
25 − 10
15
Den gjennomsnittlige vekstfarten er −0,5 °C/min .
Oppgave 5.5
a
Grafen går gjennom punktene (0 , 80) og (3 , 27) .
∆y 27 − 80 −53
=
=
= −17, 7
∆x
3−0
3
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 0 , 3] er −17, 7 °C/time .
De tre første timene synker temperaturen i gjennomsnitt med 17, 7 °C hver time.
b
Grafen som viser temperaturen er brattere i intervallet [ 0 , 3] enn i intervallet [3 , 5] .
Men grafen synker, og stigningstallet er negativt. Det betyr at vekstfarten øker med tiden.
Den gjennomsnittlige vekstfarten er altså større i intervallet [3 , 5] enn i intervallet [ 0 , 3] .
Oppgave 5.6
a
f (t=
) 0, 04t 2 − 1,8t + 45
= 0, 04 ⋅ 02 − 1,8 ⋅ 0 + 45
= 45
f (0)
f (20)= 0, 04 ⋅ 202 − 1,8 ⋅ 20 + 45= 25
Til å begynne med er temperaturen i flaska 45 °C .
Etter 20 minutter er temperaturen 25 °C .
b
c
∆f (t ) f (20) − f (0) 25 − 45 −20
=
=
=
= −1, 0
20 − 0
20
20
∆t
Den gjennomsnittlige vekstfarten er −1, 0 °C/min .
De første 20 minuttene synker temperaturen i gjennomsnitt med 1, 0 °C hvert minutt.
På figuren går grafen gjennom punktet (20 , 23,5) .
∆f (t ) f (20) − f (0) 23,5 − 45 −21,5
=
=
=
= −1,1
∆t
20 − 0
20
20
Ifølge figuren er den gjennomsnittlige vekstfarten −1,1 °C/min .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.7
a
1
f (=
x) 0, 25 x 2 − 2 x + 2
f (0)
= 0, 25 ⋅ 02 − 2 ⋅ 0 + =
2 2
f (6)= 0, 25 ⋅ 62 − 2 ⋅ 6 + 2= 0, 25 ⋅ 36 − 12 + 2= 9 − 12 + 2= −1
∆y −1 − 2 −3
=
=
= −0,5
∆x 6 − 0
6
2
f (4)= 0, 25 ⋅ 42 − 2 ⋅ 4 + 2= 0, 25 ⋅ 16 − 8 + 2= 4 − 8 + 2= −2
f (8)= 0, 25 ⋅ 82 − 2 ⋅ 8 + 2= 0, 25 ⋅ 64 − 16 + 2= 16 − 16 + 2= 2
∆y 2 − (−2) 4
=
= = 1
∆x
8−4
4
3
b
∆y
=
∆x
f (8) − f (0) 2 − 2 0
=
= = 0
8−0
8
8
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [ 0 , 8] er 0. Det betyr at f (0) = f (8) .
Punktene ( 0 , f (0) ) og ( 8 , f (8) ) har altså samme y-verdi.
Oppgave 5.8
Når x øker med 1, øker y med 1,7 for den grønne linja, som er tangenten til grafen til f ( x) .
Stigningstallet for tangenten er altså 1,7. Den momentane vekstfarten i punktet A er 1,7.
Oppgave 5.9
Punkt A:
Når x øker med 1, øker y med 0,4.
Den momentane vekstfarten er derfor 0,4.
Punkt B:
Når x øker med 1, minker y med 1,2.
Den momentane vekstfarten er derfor −1, 2 .
Oppgave 5.10
a
x = 3:
Tangenten går gjennom punktene (1 , 46) og (5,5 , 91) .
∆y 91 − 46 45
=
= = 10
∆x 5,5 − 1 4,5
Den momentane vekstfarten for x = 3 er 10 mm/døgn.
Etter tre dager vokser altså planten med 10 mm/døgn.
x = 12 :
Tangenten går gjennom punktene (10 , 166) og (14 , 194) .
∆y 194 − 166 28
=
= = 7, 0
14 − 10
4
∆x
Den momentane vekstfarten for x = 12 er 7,0 mm/døgn.
Etter 12 dager vokser altså planten med 7,0 mm/døgn.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
b
Av figuren ser vi at grafen er brattest rundt x = 7 .
Den momentane vekstfarten er altså størst for x = 7 .
Planten vokser raskest etter ca. 7 dager.
Oppgave 5.11
Vi bruker GeoGebra og tegner grafen til funksjonen
−0,1x 3 + 2,1x 2 + 50
h( x ) =
for 0 ≤ x ≤ 14 . Så finner vi tangenten i punktet (12 , h(12) )
med kommandoen Tangent[12,h].
Stigningstallet til tangenten er 7,2.
Den momentane vekstfarten for x = 12 er altså 7,2 mm/døgn.
Etter 12 dager vokser planten med 7,2 mm/døgn.
Oppgave 5.12
a
b
c
Grafen til funksjonen stiger mot høyre i punktet C.
Den momentane vekstfarten er altså positiv i punktet C.
Grafen til funksjonen synker mot høyre i punktene A og E.
Den momentane vekstfarten er altså negativ i punktene A og E.
I punktene B og D er tangenten til grafen vannrett.
Den momentane vekstfarten er altså lik null i punktene B og D.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.13
a
b
Grafen til funksjonen stiger mot høyre.
Den momentane vekstfarten er altså positiv i punktet A.
1 Til venstre for A er grafen slakere enn i punktet A.
Stigningstallet til tangenten er altså mindre til venstre for A enn i A.
Den momentane vekstfarten er lavere til venstre for A enn i A.
2 Til høyre for A er grafen brattere enn i punktet A.
Stigningstallet til tangenten er altså større til høyre for A enn i A.
Den momentane vekstfarten er høyere til høyre for A enn i A.
Oppgave 5.14
Vi tegner grafen til funksjonen B( x) = 3 x 2 − 66 x + 2164 i
GeoGebra for 1 ≤ x ≤ 31 . Så finner vi tangentene for x = 5 og
x = 20 med kommandoene Tangent[5,B] og Tangent[20,B].
Stigningstallet for tangentene er −36 og 54.
Den momentane vekstfarten for x = 5 er −36 , og den
momentane vekstfarten for x = 20 er 54.
Fra 5. til 6. mars synker dagsbesøket i alpinbakken med ca. 36.
Fra 20. til 21. mars øker dagsbesøket med ca. 54.
Oppgave 5.15
a
b
∆y 500
Av figuren ser vi at stigningstallet til tangenten er = = 5 .
∆x 100
Den momentane vekstfarten for x = 50 er lik stigningstallet til
tangenten i dette punktet.
Den momentane vekstfarten for x = 50 er altså 5.
Oppgave 5.16
a
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [1 , 3] er gitt ved
∆f ( x) f (3) − f (1) 2 − 4 −2
=
=
=
= −1
∆x
3 −1
2
2
For intervallet [3 , 5] får vi
∆f ( x)
=
∆x
b
f (5) − f (3) 4 − 2 2
=
= = 1
5−3
2
2
Tangenten i punktet (1 , f (1) ) går gjennom punktene (0 , 6) og (2 , 2) .
Stigningstallet for tangenten er dermed
∆y y2 − y1 2 − 6 −4
=
=
=
= −2
∆x x2 − x1 2 − 0 2
Den momentane vekstfarten for x = 1 er lik stigningstallet for tangenten i dette punktet.
Den momentane vekstfarten er altså −2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
c
Tangenten i punktet ( 5,5 , f (5,5) ) går gjennom punktene (4 , 1,3) og (7 , 8,8) .
∆y y − y1 8,8 − 1,3 7,5
Stigningstallet for tangenten er dermed = 2 =
= = 2,5 .
∆x x2 − x1
7−4
3
Den momentane vekstfarten for x = 5,5 er altså 2,5.
d
Punktet (3 , 2) er et bunnpunkt på grafen til f ( x) .
Tangenten i punktet er derfor vannrett, med stigningstall 0.
Den momentane vekstfarten for x = 3 er altså lik 0.
Oppgave 5.17
a
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 0 , 3] er gitt ved
∆f ( x)
=
∆x
b
f (3) − f (0) 0 − (−3) 3
=
= = 1
3−0
3
3
f ( x) = x 2 − 2 x − 3
f (−1) =(−1) 2 − 2 ⋅ (−1) − 3 =1 + 2 − 3 =0
f (1) =12 − 2 ⋅ 1 − 3 =1 − 2 − 3 =−4
∆f ( x) f (1) − f (−1) −4 − 0 −4
=
=
=
= −2
∆x
1 − (−1)
2
2
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ −1 , 1] er −2 .
c
d
Se figuren til høyre.
x = 0:
Tangenten går gjennom punktene (−2 , 1) og (1 , −5) .
∆y
−5 − 1 −6
=
=
= −2
∆x 1 − (−2) 3
Den momentane vekstfarten for x = 0 er −2 .
x = 2:
Tangenten går gjennom punktene (1 , −5) og (4 , 1) .
∆y 1 − (−5) 6
=
= = 2
4 −1
3
∆x
Den momentane vekstfarten for x = 2 er 2.
e
Punktet (1 , − 4) er et bunnpunkt på grafen til f ( x) .
Tangenten i punktet er derfor vannrett, og stigningstallet er 0.
Den momentane vekstfarten for x = 1 er altså lik 0.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.18
a
Vi tegner grafen til funksjonen i GeoGebra,
og finner tangentene for x = 2 og x = 4 .
Tangentene har stigningstall 2 og −2 .
Den momentane vekstfarten for x = 2 er 2, og
den momentane vekstfarten for x = 4 er −2 .
b
Funksjonen har et toppunkt i (3 , 4) .
Tangenten i dette punktet er vannrett, med stigningstall 0.
Den momentane vekstfarten er altså lik null i punktet (3 , 4) .
Oppgave 5.19
f (t ) =
120 ⋅ 0,98t − 30
a
f (0) = 120 ⋅ 0,980 − 30 = 90
f (5) = 120 ⋅ 0,985 − 30 = 78,5
∆f (t ) f (5) − f (0) 78,5 − 90
=
=
= −2,3
∆t
5−0
5
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ 0 , 5] er −2,3 °C/min .
De første 5 minuttene synker temperaturen i gjennomsnitt med 2,3 °C hvert minutt.
b
Vi tegner grafen til funksjonen i GeoGebra,
og finner stigningstallet til tangentene
for t = 5 , t = 10 og t = 15 .
1
Den momentane vekstfarten for t = 5
er −2, 2 °C/min .
2
Den momentane vekstfarten for t = 10
er −2, 0 °C/min .
3
Den momentane vekstfarten for t = 15
er −1,8 °C/min .
Etter 5 minutter synker temperaturen med 2, 2 °C
hvert minutt, etter 10 minutter synker temperaturen
med 2, 0 °C hvert minutt, og etter 15 minutter synker temperaturen med 1,8 °C hvert minutt.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.20
a
b
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
Tangentene tegner vi med kommandoene
Tangent[-1,f] og Tangent[1,f].
c
Tangentene i punktene ( −1 , f (−1) ) og (1 , f (1) )
har begge stigningstall 1,5.
Den momentane vekstfarten i punktene er altså 1,5.
d
Vi ser at grafen til f er horisontal i punktet (0 , 0) .
Det betyr at stigningstallet til tangenten er lik 0 i
dette punktet. Den momentane vekstfarten er altså
lik null i punktet (0 , 0) .
e
Vi prøver oss fram i GeoGebra med forskjellige
punkter langs grafen til f, og finner tangenten i punktet.
Da ser vi at tangenten har stigningstallet 6 når x = −2 og når x = 2 .
Den momentane vekstfarten er lik 6 i punktene (−2 , − 4) og (2 , 4) .
Oppgave 5.21
Stigningstallet til tangenten skal være lik 2 når x = 3 .
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [ −3 , 1] er lik null.
Det betyr at f (−3) =
f (1) .
En andregradsfunksjon er symmetrisk omkring bunnpunktet eller
toppunktet. Siden f (−3) =
f (1) vet vi derfor at symmetrilinja er
gitt ved x =(−3 + 1) 2 =−1 .
Stigningstallet til tangenten er positivt for x = 3 . Dette punktet
ligger til høyre for symmetrilinja. Grafen stiger altså til høyre for
symmetrilinja. Det betyr at grafen har et bunnpunkt for x = −1 .
Den eneste ukjente er dermed funksjonsverdien i bunnpunktet, som
vi kan velge fritt. Vi velger at bunnpunktet skal være (−1 , 0) .
Det gir grafen som er vist i figuren.
Oppgave 5.22
a
f ′(1) er det samme som stigningstallet for tangenten i punktet (1 , f (1) ) .
Av figuren ser vi at stigningstallet for tangenten er 4. Altså er f ′(1) = 4 .
b
Stigningstallet for tangenten i punktet ( 4 , f (4) ) er −2 . Altså er f ′(4) = −2 .
c
Punktet ( 3 , f (3) ) er toppunkt på grafen til f. Tangenten i dette punktet er derfor vannrett, og
stigningstallet er null. Altså er f ′(3) = 0 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.23
a
b
c
f ( x) = 8,5
Funksjonen er en konstant. Den deriverte er derfor null, f ′( x) = 0 .
f ( x) = −8,5
f ′( x) = 0
f=
( x) 1,5 x + 3
Funksjonen er lineær. Den deriverte er derfor lik stigningstallet, f ′( x) = 1,5 .
d
f ( x) =
−1,5 x + 3
f ′( x) = −1,5
e
f ( x) = 2πx + 3
f ′( x) = 2π
f
f ( x)= 8 − x
f ′( x) = −1
Oppgave 5.24
I ( x) = 75 x
Siden funksjonen er lineær, er den deriverte det samme som stigningstallet for grafen.
Altså er I ′( x) = 75 . Svaret forteller at inntekten øker med 75 kr for hver enhet salget øker med.
Salgsprisen per enhet er altså 75 kr.
Oppgave 5.25
T ( x) =
−0,50 x + 20
T ′( x) = −0,50
Svaret forteller at temperaturen avtar med 0,50 °C hver time de første 24 timene.
Oppgave 5.26
a
f ( x) = x3
f ′( x) = 3 x 2
b
c
1 3
x
3
1
g ′( x) = ⋅ 3 x 2 =
x2
3
g ( x) =
h( x ) = 3 x 4
h′( x) =⋅
3 4 x3 =
12 x 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.27
a
f ( x=
) 4x + 8
f ′( x) = 4 + 0 = 4
b
g ( x) =
−2 x 2 + 3 x
g ′( x) =−2 ⋅ 2 x + 3 =−4 x + 3
c
h( x ) = 5 x 3 + 8 x 2 − 4 x
h′( x) = 5 ⋅ 3 x 2 + 8 ⋅ 2 x − 4 = 15 x 2 + 16 x − 4
d
i ( x) =
−8 x 2 + 4 x − 4,5
i′( x) =−8 ⋅ 2 x + 4 − 0 =−16 x + 4
Oppgave 5.28
a
b
c
d
1 3 1 2
x − x
3
2
1
1
f ′( x) = ⋅ 3 x 2 − ⋅ 2 x = x 2 − x
3
2
f=
( x)
7 2
x − 2x + 7
2
7
g ′( x) = ⋅ 2 x − 2 + 0 = 7 x − 2
2
g ( x) =
8 3
x − 3x 2
3
8
h′( x) = ⋅ 3 x 2 − 3 ⋅ 2 x = 8 x 2 − 6 x
3
h=
( x)
x x2
1
1
+
=1 − x + x 2
5 2
5
2
1 1
1
i′( x) = 0 − + ⋅ 2 x = x −
5 2
5
i ( x) =1 −
Oppgave 5.29
a
b
) x 2 − 0,5
f ( x=
f ′( x) = 2 x − 0 = 2 x
2 ⋅ (−1) =
f ′(−1) =
−2
f ( x) =
x 3 − 1,5 x 2 + 1, 75
f ′( x)= 3 x 2 − 1,5 ⋅ 2 x + 0= 3 x 2 − 3 x
f ′(−1) = 3 ⋅ (−1) 2 − 3 ⋅ (−1) = 3 ⋅ 1 + 3 = 6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.30
(l ) 0,15 ⋅ l 2
E=
E (50) = 0,15 ⋅ 502 = 375
E′(l )= 0,15 ⋅ 2l= 0,3l
E′(50) = 0,3 ⋅ 50 = 15
Når lengden av vingene er 50 cm, er den årlige energiproduksjonen til vindmøllen 375 kWh.
Energiproduksjonen øker med ca. 15 kWh hvis lengden av vingene øker med én cm til 51 cm.
Oppgave 5.31
a
) 0, 0001t 3 − 0, 0021t 2 + 0, 05t + 1
V (t=
(t ) 0, 0001 ⋅ 3t 2 − 0, 0021 ⋅ 2t + 0, 05 + 0
V ′=
= 0, 0003t 2 − 0, 0042t + 0, 05
b
c
d
′(2) 0, 0003 ⋅ 22 − 0, 0042 ⋅ 2 + 0,=
V=
05 0, 043
′(8) 0, 0003 ⋅ 82 − 0, 0042 ⋅ 8 + 0,
V=
05 0, 036
=
Etter 2 uker vokser planten med 43 gram/uke,
og etter 8 uker vokser planten med 36 gram/uke.
V ′(2) > V ′(8)
Grafen til V (t ) er brattere for t = 2 enn for t = 8 .
Se figuren til høyre.
Oppgave 5.32
a
V (t=
) 7000 − 5t + 0, 01t 2
V ′(t ) = 0 − 5 + 0, 01 ⋅ 2t = 0, 02t − 5
b
1
2
V ′(100) =0, 02 ⋅ 100 − 5 =−3
Etter 100 minutter minker volumet av ballongen med 3 cm3 per minutt.
V ′(300)
= 0, 02 ⋅ 300 − =
5 1
Etter 300 minutter øker volumet av ballongen med 1 cm3 per minutt.
Oppgave 5.33
g ( x) =
−32 x 2 + 1143 x + 1840
g ′( x) =−32 ⋅ 2 x + 1143 + 0 =−64 x + 1143
g ′(16) =
−64 ⋅ 16 + 1143 =
119
j ( x) =
−42 x 2 + 1167 x + 1500
j′( x) =−42 ⋅ 2 x + 1167 + 0 =−84 x + 1167
j′(16) =
−84 ⋅ 16 + 1167 =
−177
For gutter øker energibehovet per døgn med ca. 119 kJ fra de er 16 år til de er 17 år.
For jenter minker energibehovet per døgn med ca. 177 kJ fra de er 16 år til de er 17 år.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.34
a
f ( x) = 2 x
Siden funksjonen er lineær, er f ′( x) det samme som stigningstallet til grafen.
f ′( x) = 2
b
f ( x) = −3 x
f ′( x) = −3
c
f ( x)= x + 7
f ′( x) = 1
d
f ( x=
) 2x + 8
f ′( x) = 2
e
f ( x)= 5 + 8 x
f ′( x) = 8
f
f (=
x) 500 − 150 x
f ′( x) = −150
g
h
i
3
x+2
2
3
f ′( x) =
2
f (=
x)
3 2
− x
4 5
2
f ′( x) = −
5
=
f ( x) 0,53 x − 4,52
f ′( x) = 0,53
f ( x)=
Oppgave 5.35
a
b
Det er en trykkfeil i oppgaven. Uttrykkene viser f ( x) , ikke f ′( x) .
f ( x=
) x 2 + 3x
f ′( x=
) 2x + 3
f ′(−2) =2 ⋅ (−2) + 3 =−4 + 3 =−1
f ′(0) = 2 ⋅ 0 + 3 = 3
f ′(1) = 2 ⋅ 1 + 3 = 2 + 3 = 5
− x 2 + 3x + 2
f ( x) =
f ′( x) =
−2 x + 3 + 0 =
−2 x + 3
f ′(−2) =−2 ⋅ (−2) + 3 =4 + 3 =7
f ′(0) =−2 ⋅ 0 + 3 =3
f ′(1) =−2 ⋅ 1 + 3 =−2 + 3 =
1
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
c
f ( x) =
− x 3 + 2 x + 15
f ′( x) =
−3 x 2 + 2 + 0 =
−3 x 2 + 2
f ′(−2) =−3 ⋅ (−2) 2 + 2 =−3 ⋅ 4 + 2 =−12 + 2 =−10
f ′(0) =−3 ⋅ 02 + 2 =2
f ′(1) =−3 ⋅ 12 + 2 =−3 + 2 =−1
Oppgave 5.36
K ( x) =x 2 + 85 x + 6400
K ′( x) = 2 x + 85 + 0 = 2 x + 85
K ′(20) =2 ⋅ 20 + 85 =40 + 85 =125
K ′(50) =2 ⋅ 50 + 85 =100 + 85 =185
Oppgave 5.37
2 3
x − 4x
3
2
f ′( x) = ⋅ 3 x 2 − 4 = 2 x 2 − 4
3
f ′(−2) = 2 ⋅ (−2) 2 − 4 = 2 ⋅ 4 − 4 = 8 − 4 = 4
f=
( x)
f ′(2) = 2 ⋅ 22 − 4 = 2 ⋅ 4 − 4 = 8 − 4 = 4
Oppgave 5.38
V=
(l ) 0, 01 ⋅ l 3
V (35) = 0, 01 ⋅ 353 = 428,8
V ′(l ) = 0, 01 ⋅ 3l 2 = 0, 03 ⋅ l 2
V ′(35) = 0, 03 ⋅ 352 = 36,8
Svarene forteller oss at 35 cm lange ørreter veier ca. 429 gram.
Når lengden øker fra 35 cm til 36 cm, øker vekten med ca. 37 gram.
Oppgave 5.39
s (v) 0, 016v 2 + 0, 27v
=
s (35)
= 0, 016 ⋅ 352 + 0, 27 ⋅ 35
= 29, 05
) 0, 016 ⋅ 2v + 0, 27
s′(v=
= 0, 032v + 0, 27
s′(35)
= 0, 032 ⋅ 35 + 0, 27
= 1,39
Når farten er 35 km/h er stopplengden ca. 29 meter.
Stopplengden øker med ca. 1,4 meter når farten øker fra 35 km/h til 36 km/h.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.40
K ( x=
) 0,12 x 2 + 20 x + 5000
K (100)= 0,12 ⋅ 1002 + 20 ⋅ 100 + 5000= 8200
K ′( x=
) 0,12 ⋅ 2 x + 20 + 0= 0, 24 x + 20
K ′(100)= 0, 24 ⋅ 100 + 20= 44
Når det produseres 100 enheter, er kostnaden gitt ved 8200 kr per uke.
Kostnaden vil øke med ca. 44 kr hvis produksjonen øker med én enhet.
Oppgave 5.41
A(r ) = πr 2
A′(r ) = π ⋅ 2r = 2πr
Den deriverte av arealet πr 2 av en sirkel med hensyn på radien er lik
omkretsen 2πr av sirkelen. Dette er ganske naturlig når vi tenker oss en
sirkel hvor radien øker med ∆r . Arealøkningen svarer da omtrent til et
bånd med lengde 2πr og tykkelse ∆r .
Oppgave 5.42
a
f ( x) = 3x 2 − 6 x + 2
f ′( x) = 3 ⋅ 2 x − 6 + 0 = 6 x − 6
f ′( x) = 12
6x − 6 =
12
6 x = 18
x=3
Stigningstallet til tangenten er lik 12 i punktet ( 3 , f (3) ) .
b
f ′( x) = 0
6x − 6 =
0
6x = 6
x =1
Stigningstallet til tangenten er lik 0 i punktet (1 , f (1) ) . Tangenten er vannrett i dette punktet.
Punktet er altså et toppunkt eller bunnpunkt (siden funksjonen er en andregradsfunksjon).
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.43
a
f ( x) = 2 x3 − 8 x + 2
f ′( x) = 2 ⋅ 3 x 2 − 8 = 6 x 2 − 8
b
Den momentane vekstfarten er lik den deriverte av funksjonen.
Vi løser derfor likningen f ′( x) = 16 .
6x2 − 8 =
16
6 x 2 = 24
x2 = 4
x= ± 4
x=
−2 ∨ x =
2
f (−2) =2 ⋅ (−2)3 − 8 ⋅ (−2) + 2 =−16 + 16 + 2 =2
f (2) = 2 ⋅ 23 − 8 ⋅ 2 + 2 = 16 − 16 + 2 = 2
I punktene (−2 , 2) og (2 , 2) er den momentane vekstfarten lik 16.
Oppgave 5.44
( x) mx 2 + 3
f=
f ′( x) = m ⋅ 2 x + 0 = 2mx
f ′(3)= 2m ⋅ 3= 6m
f ′(3) = 12
6m = 12
m=2
Oppgave 5.45
a
f ( x=
) ax + 3
f ′( x) = a
b
f=
( x) 2ax3 + ax
f ′( x) = 2a ⋅ 3 x 2 + a = 6ax 2 + a
c
f=
( x) 3ax 2 − 25
f ′( x) = 3a ⋅ 2 x = 6ax
d
f ( x)= 3ax3 + ax − 3,5a
f ′( x) = 3a ⋅ 3 x 2 + a − 0 = 9ax 2 + a
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.46
a
4 3
πr
3
4
V ′(r ) =
π ⋅ 3r 2 = 4πr 2
3
V (r )=
b
V (r ) =πr 2 ⋅ h
V ′(r ) = π ⋅ 2r ⋅ h = 2πhr
c
V (h) =πr 2 ⋅ h
V ′(h) =πr 2 ⋅ 1 =πr 2
Oppgave 5.47
f ( x) = x 2 + bx + c
f ′( x=
) 2x + b
Vi løser først likningen f ′(3) = 2 .
2⋅3+ b =
2
6+b =
2
b = −4
Så setter vi dette inn i uttrykket for f ( x) , og løser likningen f (3) = −5 .
f ( x) = x 2 − 4 x + c
32 − 4 ⋅ 3 + c =−5
9 − 12 + c =−5
c = −2
Løsningen er altså b =
−4 ∧ c =
−2 .
Oppgave 5.48
a
f ( x) = ax 2 + ax + 3a
f ′( x) = a ⋅ 2 x + a + 0 = 2ax + a
b
f (a ) = a 3 ⋅ b3 − 3a ⋅ b 2
f ′(a )= 3a 2 ⋅ b3 − 3 ⋅ b 2= 3b3a 2 − 3b 2
c
f (b) = a 3 ⋅ b3 − 3a ⋅ b 2
f ′(b) = a 3 ⋅ 3b 2 − 3a ⋅ 2b = 3a 3b 2 − 6ab
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.49
a
K (=
x) 0, 012 x 2 + 14 x + 7500
= 0, 012 ⋅ 5002 + 14 ⋅ 500 + 7500
= 17 500
K (500)
b
c
= 0, 012 ⋅ 15002 + 14 ⋅ 1500 + 7500
= 55 500
K (1500)
Når det produseres 500 enheter per uke er kostnaden 17 500 kr.
Når det produseres 1500 enheter per uke er kostnaden 55 500 kr.
K ′( x=
) 0, 012 ⋅ 2 x + 14
= 0, 024 x + 14
K ′(500)
= 0, 024 ⋅ 500 + 14
= 26
K ′(1500)
= 0, 024 ⋅ 1500 + 14
= 50
Når det produseres 500 enheter vil kostnaden øke med ca. 26 kr hvis produksjonen øker med
én enhet. Når det produseres 1500 enheter vil kostnaden øke med ca. 50 kr hvis produksjonen
øker med én enhet.
Det er en trykkfeil i oppgaven. Produksjonen er 500 enheter per uke, ikke per dag.
Kostnaden vil øke med ca. 26 kr hvis produksjonen øker med én enhet.
Inntekten vil øke med 45 kr. Overskuddet vil altså øke. Det lønner seg å øke produksjonen.
Oppgave 5.50
a
En linje som er parallell med x-aksen er grafen til en konstant funksjon.
Den deriverte av en konstant funksjon er lik null. Stigningstallet til linja er altså 0.
b
1
2
f ( x) = x 2 + 2 x − 1
f ′( x=
) 2x + 2
Vi ser om likningen f ′( x) = 0 har noen løsning.
2x + 2 =
0
x = −1
Grafen til f har en tangent for x = −1 som er parallell med x-aksen.
f ( x=
) x3 − 3x
f ′(=
x) 3x 2 − 3
f ′( x) = 0
3x 2 − 3 =
0
x2 = 1
1
x =−1 ∨ x =
Grafen til f har en tangent for x = −1 og for x = 1 som er parallell med x-aksen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.51
N (t ) = 2500 + 120t + 25t 2
(t ) 120 + 50t
N ′=
30 bakterier per time svarer til 30 ⋅ 24 =
720 bakterier per døgn.
Vi vil finne ut når tilveksten er 720 bakterier per døgn, altså når N ′(t ) = 720 .
120 + 50t =
720
50t = 600
t = 12
Etter 12 døgn er tilveksten 30 bakterier per time.
Oppgave 5.52
a
Grafen stiger når x < 3 og når x > 5 . Derfor er f ′( x) > 0 når x < 3 og når x > 5 .
b
Grafen synker når 3 < x < 5 . Derfor er f ′( x) < 0 når 3 < x < 5 .
c
Tangenten er horisontal når x = 3 og når x = 5 . Derfor er f ′( x) = 0 når x = 3 og når x = 5 .
Oppgave 5.53
f ′( x) > 0 for x < 3 , f ′( x) = 0 for x = 3 , f ′( x) < 0 for
3 < x < 5 , f ′( x) = 0 for x = 5 og f ′( x) > 0 for x > 5 .
Det gir fortegnslinja vist til høyre.
Oppgave 5.54
a
Grafen til f har toppunkt i (4 , 8) .
Grafen til g har toppunkt i (3 , 4) og bunnpunkt i (6 , 1) .
b
Oppgave 5.55
Av figuren ser vi at f ′( x) < 0 for x < 1 , f ′( x) = 0 for x = 1 og f ′( x) > 0 for x > 1 .
Dette stemmer med den nederste fortegnslinja.
(Den øverste fortegnslinja viser fortegnslinja for f ( x) .)
Oppgave 5.56
f ′( x) skal være positiv for x < 1 , null for x = 1 og negativ for x > 1 .
Dette stemmer ikke med fortegnslinja som er vist.
g ′( x) skal være negativ for x < 0 , null for x = 0 , positiv for 0 < x < 2 , null for x = 2 og negativ
for x > 2 . Dette stemmer med fortegnslinja. Det er altså fortegnslinja for g ′( x) som er vist.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.57
a
Grafen til f skal synke for x < 0 , stige for 0 < x < 3
og synke for x > 3 . For x = 0 har grafen et bunnpunkt,
og for x = 3 har grafen et toppunkt.
Det gir f.eks. grafen vist til høyre.
b
Formen på grafen skal være den samme som i oppgave a,
bare at bunnpunktet er for x = −2 i stedet for x = 0 .
Oppgave 5.58
a
Av figuren ser vi at f ′( x) < 0 når x < 2 ,
f ′( x) = 0 når x = 2 , og f ′( x) > 0 når x > 2 .
b
Vi ser at f ′( x) > 0 når x < −1 og når x > 1 ,
f ′( x) < 0 når −1 < x < 1 , og f ′( x) = 0 når
x = −1 og når x = 1 .
Oppgave 5.59
a
b
c
1
f ( x) =
− x 2 + 3x
2
1
f ′( x) =− ⋅ 2 x + 3 =3 − x
2
Vi finner f ′( x) og bruker faktoriseringsmetoden.
1
3
f ( x) = x3 + x 2 − 3
3
2
1
3
f ′( x) = ⋅ 3 x 2 + ⋅ 2 x = x 2 + 3 x = x( x + 3)
3
2
1
9
f ( x) =
− x3 + x 2 + 4
3
2
1
9
f ′( x) =− ⋅ 3 x 2 + ⋅ 2 x =− x 2 + 9 x =− x( x − 9)
3
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
d
1 3
x + x 2 − 3x + 6
3
1
f ′( x) = ⋅ 3 x 2 + 2 x − 3 =x 2 + 2 x − 3
3
Likningen x 2 + 2 x − 3 =
0 har løsningene x =−3 ∨ x =
1.
Vi faktoriserer uttrykket for f ′( x) med nullpunktmetoden.
f ′( x) = x 2 + 2 x − 3 = ( x + 3)( x − 1)
f ( x) =
Oppgave 5.60
a
f ( x) = x 2 − 3x + 1
f ′( x=
) 2x − 3
f ′(4) = 2 ⋅ 4 − 3 = 8 − 3 = 5
Vi finner likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − 5 = 5 ⋅ ( x − 4)
y − 5 = 5 x − 20
=
y 5 x − 15
b
f ( x) =
− x3 + 5 x + 3
f (0) =−03 + 5 ⋅ 0 + 3 =3
f ′( x) =
−3 x 2 + 5
f ′(0) =−3 ⋅ 02 + 5 =5
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − 3 = 5 ⋅ ( x − 0)
5x
y −3=
y 5x + 3
=
c
f (=
x) 2 x3 − 6 x
f (−1) =2 ⋅ (−1)3 − 6 ⋅ (−1) =−2 + 6 =4
f ′( x) = 2 ⋅ 3x 2 − 6 = 6 x 2 − 6
f ′(−1) = 6 ⋅ (−1) 2 − 6 = 6 − 6 = 0
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − 4 = 0 ⋅ ( x − (−1) )
y−4=
0
y=4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.61
Tangenten går gjennom punktet (2 , 5) = ( x1 , y1 ) .
Vi setter y = f ( x) og a = f ′( x) inn i ettpunktsformelen.
y − y1 = a ( x − x1 )
y − 5= a ( x − 2)
) − 5 f ′( x)( x − 2)
f ( x=
Vi løser denne likningen med CAS i GeoGebra.
Det gir løsningen vist i figuren til høyre.
I felt 2 har vi klikket på knappen
for å løse likningen.
Koordinatene til tangeringspunktene er (0 , 1) og (4 , 1) .
Oppgave 5.62
a
f ( x) = x 2 − 4 x + 8
f ′( x=
) 2x − 4
b
f ( x) = x 2 + 3x + 4
f ′( x=
) 2x + 3
c
f ( x=
) x3 − 3x 2
f ′( x)= 3 x 2 − 3 ⋅ 2 x= 3 x 2 − 6 x
Vi faktoriserer uttrykket for f ′( x) og bruker
faktoriseringsmetoden.
′( x) 3 x( x − 2)
f=
d
f ( x) =
− x3 + 3x 2 − 5
f ′( x) =
−3 x 2 + 3 ⋅ 2 x =
−3 x 2 + 6 x
=
−3 x( x − 2)
Oppgave 5.63
a
1
2
b
Grafen til g skjærer x-aksen for x = 0 og x = 4 .
Nullpunktene er altså 0 og 4.
g ( x) er positiv når x < 0 og når x > 4 , negativ
når 0 < x < 4 , og null når x = 0 og når x = 4 .
3
Grafen til g synker for x < 2 og stiger for x > 2 .
Grafen har et bunnpunkt for x = 2 .
Altså er g ′( x) < 0 for x < 2 , g ′( x) = 0 for x = 2
og g ′( x) > 0 for x > 2 .
4
Vi ser at y-verdien for tangenten øker med 2 når x øker med 1.
Stigningstallet for tangenten er altså 2.
g ( x=
) x2 − 4x
g ′( x=
) 2x − 4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
c
1
Vi løser likningen g ( x) = 0 .
0
x2 − 4 x =
0
x( x − 4) =
x = 0 ∨ x−4= 0
x =0 ∨ x =4
Nullpunktene for g ( x) er 0 og 4.
d
2
Vi bruker faktoriseringsmetoden, og tegner en
fortegnslinje for hver av faktorene i uttrykket for g.
g ( x) = x 2 − 4 x = x( x − 4)
3
g ′( x=
) 2x − 4
Vi ser at g ′( x) = 0 for x = 2 .
4
Stigningstallet til tangenten i punktet (3 , −3) er
lik den deriverte av g ( x) for x = 3 .
g ′( x=
) 2x − 4
g ′(3) = 2 ⋅ 3 − 4 = 6 − 4 = 2
Vi finner likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y=
− y1 g ′( x1 )( x − x1 )
y −=
(−3) g ′(3)( x − 3)
y + 3 = 2 ⋅ ( x − 3)
y + 3 = 2x − 6
y 2x − 9
=
Oppgave 5.64
Grafen til f skal stige for x < −2 , synke for −2 < x < 2
og stige for x > 2 . For x = −2 har grafen et toppunkt,
og for x = 2 har grafen et bunnpunkt.
Det kan gi f.eks. denne grafen.
Oppgave 5.65
a
f ′( x) =
−3( x + 2)( x − 3)
Vi bruker faktoriseringsmetoden, og tegner en fortegnslinje for hver av de tre faktorene i uttrykket for f ′( x) .
b
Vi ser at f ′( x) > 0 for −2 < x < 3 , og at f ′( x) < 0
for x < −2 og for x > 3 .
Det betyr at grafen til f stiger for −2 < x < 3 og synker for x < −2 og for x > 3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.66
a
Grafen til f stiger når x < 0 , synker når 0 < x < 2 og
stiger når x > 2 . Grafen har et toppunkt for x = 0 og
et bunnpunkt for x = 2 . Dette betyr at f ′( x) > 0 når
x < 0 , f ′( x) = 0 når x = 0 , f ′( x) < 0 når 0 < x < 2 ,
f ′( x) = 0 når x = 2 og f ′( x) > 0 når x > 2 .
b
Stigningstallet for tangenten i et punkt er lik
den deriverte av funksjonen i punktet.
I oppgave a fant vi at f ′( x) < 0 når 0 < x < 2 .
Tangenten har altså negativt stigningstall i
intervallet 0 < x < 2 .
Vi tegner inn tangenten i toppunktet. Av figuren
ser vi at tangenten skjærer grafen i punktet (3 , 2) .
c
d
Vi ser at grafen til f synker brattest mot høyre rundt x = 1 .
Altså har f ′( x) sin minste verdi for x = 1 .
Oppgave 5.67
a
b
Tangenten går gjennom punktene (0,5 , 0, 7) og (1,5 , 2, 4) .
∆y 2, 4 − 0, 7 1, 7
Stigningstallet er dermed =
= = 1, 7 .
∆x 1,5 − 0,5
1
x = 3,5 : Tangenten går gjennom punktene (2,5 , 2, 7) og (4,5 , 1,3) .
∆y 1,3 − 2, 7 −1, 4
Stigningstallet er dermed
=
=
= −0, 7 .
∆x 4,5 − 2,5
2
Tangenten i bunnpunktet er horisontal. Stigningstallet er derfor 0.
x = 5:
Den deriverte av en funksjon i et punkt er lik stigningstallet for tangenten i punktet.
Fra oppgave a får vi dermed f ′(1) = 1, 7 , f ′(3,5) = −0, 7 og f ′(5) = 0 .
x =1:
c
Vi tegner inn tangenten i punktet (6 , 1,5) .
Av figuren ser vi at tangenten går gjennom
punktene (4,5 , 0) og (7 , 2,5) .
2,5 − 0 2,5
Stigningstallet er
= = 1.
7 − 4,5 2,5
Dermed er f ′(6) = 1 .
d
I oppgave c fant vi at f ′(6) = 1 .
Vi finner derfor de punktene hvor tangenten er parallell med tangenten i punktet (6 , 1,5) .
Ved hjelp av f.eks. en linjal ser vi at tangenten i punktet (1, 4 , 2,1) er parallell med tangenten
i punktet (6 , 1,5) . Altså er f ′( x) = 1 i punktene (1, 4 , 2,1) og (6 , 1,5) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.68
Vi ser at f ′( x) > 0 når x < 0 og når x > 2 ,
og f ′( x) < 0 når 0 < x < 2 .
For x = 0 og x = 2 er f ′( x) = 0 .
Dette betyr at grafen til f stiger for x < 0 ,
synker for 0 < x < 2 og stiger for x > 2 .
For x = 0 har grafen et toppunkt,
og for x = 2 har grafen et bunnpunkt.
Sammen med f (0) = 4 gir det denne grafen.
Oppgave 5.69
a
f ′( x) = a ( x + 2)(3 − x)
Vi bruker faktoriseringsmetoden, og tegner en
fortegnslinje for hver av de tre faktorene i
uttrykket for f ′( x) , der vi husker at a < 0 .
b
Grafen til f stiger der f ′( x) > 0 og synker der f ′( x) < 0 .
Altså stiger grafen for x < −2 og for x > 3 ,
og synker for −2 < x < 3 .
Grafen til f ′( x) har nullpunktene −2 og 3.
f ′( x) er positiv for x < −2 og for x > 3 , og
negativ for −2 < x < 3 .
Det gir f.eks. denne grafen.
c
d
Grafen til f stiger for x < −2 og for x > 3 ,
og synker for −2 < x < 3 .
For x = −2 har grafen et toppunkt,
og for x = 3 har grafen et bunnpunkt.
Sammen med f (−1) =
1 kan det gi denne grafen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.70
f ( x) har nullpunktene −2 , 3 og 7.
Grafen til f stiger for x < 0 , synker for 0 < x < 5
og stiger for x > 5 . For x = 0 har grafen et toppunkt,
og for x = 5 har grafen et bunnpunkt.
Til sammen kan dette gi f.eks. denne grafen.
Oppgave 5.71
Ifølge fortegnslinja for f ′( x) skal grafen ha et toppunkt for x = −2 og et bunnpunkt for x = 1 .
For x = −2 kan dette stemme med fortegnslinja for f ( x) : funksjonsverdien er negativ for x < −2
og for −2 < x < 1 , og funksjonen har nullpunktet −2 . Toppunktet har altså koordinatene (−2 , 0) .
Men det stemmer ikke for x = 1 . Hvis funksjonen skal ha et nullpunkt for x = 1 , må grafen «snu»
et sted mellom x = −2 og x = 1 , og så begynne å stige igjen. Bunnpunktet må altså være for
−2 < x < 1 , ikke for x = 1 . Det finnes derfor ingen graf som passer til begge fortegnslinjene.
Oppgave 5.72
Vi finner tangeringspunktet ved å løse likningen f ′( x) = 5 .
1
f ( x) =
− x 2 + 3x
2
1
f ′( x) =− ⋅ 2 x + 3 =− x + 3
2
f ′( x) = 5
5
−x + 3 =
x = −2
1
1
f (−2) =− ⋅ (−2) 2 + 3 ⋅ (−2) =− ⋅ 4 − 6 =−2 − 6 =−8
2
2
Tangeringspunktet er ( x1 , y1 ) =−
( 2 , −8) , og stigningstallet er f ′( x1 ) = 5 .
Dermed finner vi likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − (−8) = 5 ⋅ ( x − (−2) )
y + 8 = 5 x + 10
y 5x + 2
=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.73
Vi finner tangeringspunktene ved å løse likningen f ′( x) = 5 .
1 3
10
f ( x) =
x + 4x −
3
3
1
f ′( x) = ⋅ 3 x 2 + 4 = x 2 + 4
3
f ′( x) = 5
x2 + 4 =
5
x2 = 1
x =−1 ∨ x =
1
1
10
1
10
23
f (−1) = ⋅ (−1)3 + 4 ⋅ (−1) − =− − 4 − =−
3
3
3
3
3
1
10 1
10
f (1) = ⋅ 13 + 4 ⋅ 1 − = + 4 − =1
3
3 3
3
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y=
x = −1 :
x =1:
 23 
y −  −  = 5 ⋅ ( x − (−1) )
 3 
23
=5x + 5
y+
3
8
=
y 5x −
3
′
y=
− y1 f ( x1 )( x − x1 )
y − 1 = 5 ⋅ ( x − 1)
y − 1= 5 x − 5
y 5x − 4
=
Likningene for tangentene med stigningstall 5 er =
y 5x −
8
og =
y 5x − 4 .
3
Oppgave 5.74
a
3 2
x − 6x
2
3
f ′( x)= 3 x 2 + ⋅ 2 x − 6= 3 x 2 + 3 x − 6
2
Vi faktoriserer uttrykket for f ′( x) og tegner fortegnslinja
for f ′( x) med faktoriseringsmetoden.
f ( x) =
x3 +
Likningen 3 x 2 + 3 x − 6 =
0 har løsningene x =
−2 ∨ x =
1.
2
Dermed er f ′( x)= 3 x + 3 x − 6= 3( x + 2)( x − 1) .
Grafen til f vokser for x < −2 og for x > 1 , og minker for −2 < x < 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
b
Funksjonen har en maksimalverdi for x = −2 . Altså er −2 et maksimalpunkt.
Funksjonen har en minimalverdi for x = 1 . Altså er 1 et minimalpunkt.
3
Maksimalverdien er f (−2) =(−2)3 + ⋅ (−2) 2 − 6 ⋅ (−2) =−8 + 6 + 12 =10 .
2
3
3
7
Minimalverdien er f (1) =13 + ⋅ 12 − 6 ⋅ 1 =1 + − 6 =− =−3,5 .
2
2
2
Funksjonen har ekstremalpunktene −2 og 1,
og ekstremalverdiene 10 og −3,5 .
c
−2 er et maksimalpunkt.
(−2 , 10) .
Grafen har derfor toppunktet ( −2 , f (−2) ) =
1 er et minimalpunkt.
Grafen har derfor bunnpunktet (1 , f (1)=
) (1 , −3,5) .
d
Se figuren til høyre.
Oppgave 5.75
a
f ( x) =
− x3 − 3x 2 + 4
f ′( x) =
−3 x 2 − 6 x
=
−3 x( x + 2)
Av fortegnslinja ser vi at grafen til f synker
for x < −2 og for x > 0 , og stiger for −2 < x < 0 .
b
Grafen har et toppunkt for x = 0 og et bunnpunkt for x = −2 .
f (0) =−03 − 3 ⋅ 02 + 4 =4
f (−2) =−(−2)3 − 3 ⋅ (−2) 2 + 4 =
8 − 12 + 4 =0
Toppunktet har koordinatene (0 , 4) , og
bunnpunktet har koordinatene (−2 , 0) .
c
Se figuren til høyre.
Oppgave 5.76
a
f ( x=
) x3 − 3x 2
f ′( x) = 3 x 2 − 6 x = 3 x( x − 2)
Av fortegnslinja ser vi at grafen til f vokser
for x < 0 og for x > 2 , og minker for 0 < x < 2 .
b
Grafen har et toppunkt for x = 0 og et bunnpunkt for x = 2 .
f (0) = 03 − 3 ⋅ 02 = 0
f (2) =23 − 3 ⋅ 22 =8 − 12 =−4
Toppunktet har koordinatene (0 , 0) , og
bunnpunktet har koordinatene (2 , − 4) .
c
Se figuren til høyre.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.77
a
f ( x=
) x2 + 2x
x ∈ −
 3, 2
f ′( x=
) 2x + 2
Grafen til f synker for −3 < x < −1 og stiger for −1 < x < 2 .
Grafen har et toppunkt for endepunktet x = −3 , og et bunnpunkt for x = −1 .
f (−3) =(−3) 2 + 2 ⋅ (−3) =9 − 6 =3
−1
f (−1) =−
( 1) 2 + 2 ⋅ (−1) =−
1 2=
Toppunktet er (−3 , 3) og bunnpunktet er (−1 , −1) .
Når x nærmer seg 2, nærmer x 2 + 2 x seg 22 + 2 ⋅ 2 =
8 , som er større enn maksimalverdien 3.
Funksjonen har derfor ikke noe absolutt maksimum.
Men minimalverdien −1 er også et absolutt minimum.
Vi finner skjæringspunktene med x-aksen, altså nullpunktene
til funksjonen, ved å løse likningen f ( x) = 0 .
x2 + 2x =
0
x( x + 2) =
0
x= 0 ∨ x+2= 0
x=
0 ∨ x=
−2
Skjæringspunktene med x-aksen er (−2 , 0) og (0 , 0) .
Vi finner skjæringspunktet med y-aksen ved å sette x = 0 .
f (0) = 02 + 2 ⋅ 0 = 0
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 0) .
b
f ( x) =−0,5 x 2 + 2 x + 6
x ∈ [ −2 , 8]
f ′( x) =− x + 2
Grafen til f synker for 2 < x < 8 og stiger for −2 < x < 2 .
Grafen har et toppunkt for x = 2 , og bunnpunkter for endepunktene x = −2 og x = 8 .
f (−2) =−0,5 ⋅ (−2) 2 + 2 ⋅ (−2) + 6 =−2 − 4 + 6 =0
f (2) =−0,5 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2 + 6 =−2 + 4 + 6 =8
f (8) =−0,5 ⋅ 82 + 2 ⋅ 8 + 6 =−32 + 16 + 6 =−10
Toppunktet er (2 , 8) og bunnpunktene er (−2 , 0) og (8 , −10) .
Maksimalverdien 8 er også absolutt maksimum, og
minimalverdien −10 er også absolutt minimum.
Vi finner skjæringspunktene med x-aksen ved å løse
likningen f ( x) = 0 , og bruker da abc-formelen.
−0,5 x 2 + 2 x + 6 =
0
−2 ∨ x =
x=
6
Skjæringspunktene med x-aksen er (−2 , 0) og (6 , 0) .
Vi finner skjæringspunktet med y-aksen ved å sette x = 0 .
f (0) =−0,5 ⋅ 02 + 2 ⋅ 0 + 6 =6
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 6) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.78
1 3
x − 3x 2 + 9 x − 7
x ∈ 0 , 5
3
f ′( x) = x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3) 2
1
f (0) = ⋅ 03 − 3 ⋅ 02 + 9 ⋅ 0 − 7 =−7
3
1
f (3) = ⋅ 33 − 3 ⋅ 32 + 9 ⋅ 3 − 7 = 9 − 27 + 27 − 7 = 2
3
Grafen til f stiger både for 0 < x < 3 og for 3 < x < 5 .
Punktet ( 3 , f (3) ) = (3 , 2) er derfor et terrassepunkt.
f (=
x)
=
Grafen har et bunnpunkt for endepunktet x = 0 . Bunnpunktet er altså ( 0 , f (0)
) (0 , −7) .
Oppgave 5.79
A
I et toppunkt er alltid den deriverte lik null.
Når g ′(3) = 0 kan derfor grafen til g ha et toppunkt for x = 3 .
B
For en rett linje med stigningstall 3 er g ′( x) = 3 for alle x.
Siden g ′(3) = 0 kan derfor ikke grafen til g være en rett linje med stigningstall 3.
C
I et terrassepunkt er alltid den deriverte lik null.
Når g ′(3) = 0 kan derfor grafen til g ha et terrassepunkt for x = 3 .
D
I et bunnpunkt er alltid den deriverte lik null.
Når g ′(3) = 0 kan derfor grafen til g ha et bunnpunkt for x = 3 .
Oppgave 5.80
a
Vi finner nullpunktene til funksjonen ved å løse likningen f ( x) = 0 .
x2 − 6x + 5 =
0
Vi bruker abc-formelen og får
−(−6) ± (−6) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 5 6 ± 36 − 20 6 ± 16 6 ± 4
=
=
=
= 3± 2
2 ⋅1
2
2
2
x =1 ∨ x =5
Funksjonen har nullpunktene 1 og 5.
x=
b
c
f ( x) = x 2 − 6 x + 5
f ′( x=
) 2x − 6
Grafen til f synker for x < 3 og stiger for x > 3 .
Grafen har altså et bunnpunkt for x = 3 .
f (3) =32 − 6 ⋅ 3 + 5 =9 − 18 + 5 =−4
Grafen til f har et bunnpunkt i (3 , − 4) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.81
a
Vi finner nullpunktene ved å løse likningen f ( x) = 0 , og bruker da abc-formelen.
1
− x2 + 4 x − 6 =
0
2
 1
−4 ± 42 − 4 ⋅  −  ⋅ (−6)
−4 ± 16 − 12 −4 ± 4 −4 ± 2
 2
x=
=
=
=
= 4±2
 1
−1
−1
−1
2⋅− 
 2
x =2 ∨ x =6
Funksjonen har nullpunktene 2 og 6.
b
c
1
f ( x) =− x 2 + 4 x − 6
x ∈ −1 , 8
2
f ′( x) =− x + 4
Grafen til f stiger for −1 < x < 4 og synker for 4 < x < 8 .
Grafen har derfor et toppunkt for x = 4 , og et
bunnpunkt i endepunktet x = 8 .
1
f (4) =− ⋅ 42 + 4 ⋅ 4 − 6 =−8 + 16 − 6 =2
2
1
f (8) =− ⋅ 82 + 4 ⋅ 8 − 6 =−32 + 32 − 6 =−6
2
Toppunktet har koordinatene (4 , 2) , og
bunnpunktet har koordinatene (8 , −6) .
Ekstremalpunktene er altså 4 og 8, og
ekstremalverdiene er 2 og −6 .
Se figuren til høyre.
Oppgave 5.82
a
1
Grafen til f skjærer x-aksen i punktene (−2 , 0) og (1 , 0) .
Nullpunktene er altså −2 og 1.
2
Vi ser at f ( x) > 0 for x < −2 , og f ( x) < 0
for −2 < x < 1 og for x > 1 .
For x = −2 og x = 1 er f ( x) = 0 .
3
Grafen til f har et toppunkt i (1 , 0) og et bunnpunkt i (−1 , −8) .
4
Vi ser at f ′( x) < 0 når x < −1 , f ′( x) = 0 når x = −1 ,
f ′( x) > 0 når −1 < x < 1 , f ′( x) = 0 når x = 1 ,
og f ′( x) < 0 når x > 1 .
5
f ( x) vokser for −1 < x < 1 og minker for x < −1 og for x > 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
b
f ( x) =
−2 x 3 + 6 x − 4
f ′( x) =−2 ⋅ 3 x 2 + 6 =−6 x 2 + 6
=−6 ⋅ ( x 2 − 1) =−6( x + 1)( x − 1)
Av fortegnslinja ser vi at grafen til f synker for x < −1 ,
stiger for −1 < x < 1 og synker for x > 1 .
Grafen har altså et bunnpunkt for x = −1
og et toppunkt for x = 1 .
f (−1) =−2 ⋅ (−1)3 + 6 ⋅ (−1) − 4 =2 − 6 − 4 =−8
f (1) =−2 ⋅ 13 + 6 ⋅ 1 − 4 =−2 + 6 − 4 =0
Bunnpunktet har koordinatene (−1 , −8) , og toppunktet har koordinatene (1 , 0) .
c
Funksjonen har en lokal maksimumsverdi i toppunktet.
Den lokale maksimumsverdien er altså 0.
Funksjonen har en lokal minimumsverdi i bunnpunktet.
Den lokale minimumsverdien er altså −8 .
Oppgave 5.83
a
) 0,5 x 3 − 6 x + 2
f ( x=
f ′( x)= 0,5 ⋅ 3 x 2 − 6= 1,5 x 2 − 6
= 1,5 ⋅ ( x 2 − 4) = 1,5( x + 2)( x − 2)
Av fortegnslinja ser vi at grafen til f synker
for −2 < x < 2 og stiger for x < −2 og for x > 2 .
b
Grafen til f har et toppunkt for x = −2 og et bunnpunkt for x = 2 .
f (−2) =0,5 ⋅ (−2)3 − 6 ⋅ (−2) + 2 =−4 + 12 + 2 =10
f (2) =0,5 ⋅ 23 − 6 ⋅ 2 + 2 =4 − 12 + 2 =−6
Grafen har toppunkt i (−2 , 10) og bunnpunkt i (2 , −6) .
c
Tangeringspunktet er ( x1 , y1 ) =
( −1 , f (−1) ) .
f (−1) =0,5 ⋅ (−1)3 − 6 ⋅ (−1) + 2 =−0,5 + 6 + 2 =7,5
f ′(−1) =
1,5 ⋅ (−1) 2 − 6 =
1,5 − 6 =−4,5
Vi finner likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − 7,5 =−4,5 ⋅ ( x − (−1) )
y − 7,5 =
−4,5 x − 4,5
y=
−4,5 x + 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.84
f ( x=
) x3 + 3x 2
f ′( x) = 3 x 2 + 6 x = 3 x( x + 2)
Grafen til f stiger for x < −2 , synker for −2 < x < 0
og stiger for x > 0 .
Grafen har altså et toppunkt for x = −2 og et bunnpunkt for x = 0 .
f (−2) =(−2)3 + 3 ⋅ (−2) 2 =−8 + 12 =4
f (0) = 03 + 3 ⋅ 02 = 0
Grafen har toppunkt i (−2 , 4) og bunnpunkt i (0 , 0) .
Oppgave 5.85
a
b
c
1
Grafen til f skjærer x-aksen i punktet (0 , 0) .
Funksjonen har altså nullpunktet 0.
2
Vi ser at f ( x) < 0 når x < 0 , og f ( x) > 0 når x > 0 .
For x = 0 er f ( x) = 0 .
3
Vi ser at grafen stiger både for x < 2 og for x > 2 .
For x = 2 har grafen et terrassepunkt,
som betyr at f ′(2) = 0 .
1 3
x − 2x2 + 4x
3
f ′( x) = x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2
Likningen f ′( x) = 0 har løsningen x = 2 . Siden f ′( x) > 0 både før og etter x = 2 ,
vet vi at dette punktet er et terrassepunkt.
1
8
8
f (2) = ⋅ 23 − 2 ⋅ 22 + 4 ⋅ 2 = − 8 + 8 =
3
3
3
 8
Terrassepunktet har koordinatene  2 ,  .
 3
f ( x) =
1
1 3
1

x − 2x2 + 4x =  x2 − 2x + 4  ⋅ x
3
3

Vi løser likningen f ( x) = 0 .
1 2

0
 x − 2x + 4  ⋅ x =
3

1 2
x − 2x + 4 = 0 ∨ x = 0
3
Vi bruker abc-formelen, og finner at den første likningen ikke har noen løsning.
Funksjonen har derfor bare ett nullpunkt, nemlig 0.
f ( x) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
2
3
1

f ( x=
)  x2 − 2x + 4  ⋅ x
3

I oppgave c1 fant vi at faktoren 13 x 2 − 2 x + 4 har
samme fortegn for alle verdier av x.
Vi kan derfor sette f.eks. x = 0 , som gir
1 2
⋅0 − 2⋅0 + 4 = 4 > 0
3
Faktoren er altså positiv for alle verdier av x.
Vi kan dermed bruke faktoriseringsmetoden
og sette opp en fortegnslinje for f ( x) .
1 3
x − 2x2 + 4x
3
f ′( x) = x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2
f ( x) =
Oppgave 5.86
a
b
Grafen til f stiger for x < −2 , synker for −2 < x < 5 og stiger for x > 5 .
Grafen har et toppunkt for x = −2 og et bunnpunkt for x = 5 .
Oppgave 5.87
a
b
c
d
e
1 3
2
x − x2 +
3
3
2
f ′( x=
) x − 2x
= x( x − 2)
Grafen til f vokser for x < 0 og for x > 2 , og minker for 0 < x < 2 .
f ( x) =
Av fortegnslinja ser vi at funksjonen har et toppunkt for x = 0 og et bunnpunkt for x = 2 .
Funksjonen har altså maksimalpunktet 0 og minimalpunktet 2.
1
2 2
f (0) = ⋅ 03 − 02 + =
3
3 3
1
2 8
2 8 12 2
2
f (2) = ⋅ 23 − 22 + = − 4 + = − + = −
3
3 3
3 3 3 3
3
2
2
Maksimalverdien er
og minimalverdien er − .
3
3
Toppunktet er et lokalt maksimum, og
bunnpunktet er et lokalt minimum.
2
Funksjonen har altså lokalt maksimum
3
2
og lokalt minimum − .
3
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.88
a
f ′( x) = 2 for alle verdier av x. Det betyr at funksjonen er lineær med stigningstall 2.
Når x øker fra 5 til 7, øker derfor y fra 3 til 3 + 2 ⋅ 2 =
7 . Altså er f (7) = 7 .
b
Stigningstallet er 2. Når x minker fra 5 til 0, minker y fra 3 til 3 − 2 ⋅ 5 =−7 .
Grafen skjærer andreaksen i punktet (0 , −7) . Konstantleddet er altså −7 .
Funksjonsuttrykket er dermed gitt ved f ( x=
) 2x − 7 .
Oppgave 5.89
1 2
x − 2x + a
2
f ′( x)= x − 2
Vi ser at f ′( x) = 0 for x = 2 .
f ( x) =
Bunnpunktet har altså koordinatene ( 2 , f (2) ) .
1
f (2) = ⋅ 22 − 2 ⋅ 2 + a = 2 − 4 + a = a − 2
2
y-verdien i bunnpunktet skal være 1. Altså er f (2) = 1 .
a−2=
1
a=3
Oppgave 5.90
1 3
x − 4x + a
3
f ′( x) = x 2 − 4 = ( x + 2)( x − 2)
Funksjonen har et toppunkt for x = −2 og et
bunnpunkt for x = 2 .
1
8
16
f (−2) = ⋅ (−2)3 − 4 ⋅ (−2) + a =− + 8 + a =a +
3
3
3
y-verdien i toppunktet skal være 6. Altså er f (−2) =
6.
16
6
a+ =
3
2
a=
3
f ( x) =
Oppgave 5.91
a
O( x) =
−0, 004 x 2 + 36 x − 45 000
O′( x) =
−0, 008 x + 36
O′( x) = 0
−0, 008 x + 36 =
0
x = 4500
Overskuddet er størst hvis det produseres 4500 enheter.
O(4500) =
−0, 004 ⋅ 45002 + 36 ⋅ 4500 − 45 000 =
36 000
Det største overskuddet er 36 000 kr.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
b
−0, 008 x + 36
O′( x) =
−0, 008 ⋅ 3000 + 36 =
O′(3000) =
12
−0, 008 ⋅ 4800 + 36 =
−2, 4
O′(4800) =
Overskuddet øker med ca. 12 kr hvis produksjonen øker fra 3000 til 3001 enheter.
Overskuddet minker med ca. 2,40 kr hvis produksjonen øker fra 4800 til 4801 enheter.
Oppgave 5.92
a
Den korteste siden er (4 + x) dm og den lengste siden er (8 − x) dm .
Arealet av rektanglet er da
A( x) =
(4 + x)(8 − x) =
32 − 4 x + 8 x − x 2 =
− x 2 + 4 x + 32
Her er x ∈ 0 , 8 . Vi deriverer funksjonen.
A′( x) =
−2 x + 4
Likningen A′( x) = 0 har løsningen x = 2 . Arealet er altså størst når x = 2 .
b
Volumet av esken er gitt ved
V ( x) =A( x) ⋅ x =−
( x 2 + 4 x + 32 ) ⋅ x =− x3 + 4 x 2 + 32 x
x∈ 0 ,8
V ′( x) =
−3 x 2 + 8 x + 32
Vi løser likningen V ′( x) = 0 med abc-formelen,
og finner løsningene x =
−2,19 ∨ x =
4,86 .
Dermed er V ′( x) =
−3( x + 2,19)( x − 4,86) .
Fortegnet til V ′( x) ser vi av fortegnslinja.
Siden definisjonsmengden til V er DV = 0 , 8 har
funksjonen bare et toppunkt, for x = 4,86 .
Volumet av esken er altså størst når x = 4,86 .
Oppgave 5.93
a
b
c
f ( x) =
x(25 − x)3
x ∈ [ 0 , 25]
Vi tegner grafen til f i GeoGebra med
kommandoen f=Funksjon[x*(25-x)^3,0,25].
Så finner vi toppunktet på grafen med
kommandoen Ekstremalpunkt[f].
Toppunktet har koordinatene (6, 25 , 41199) .
Produksjonen er altså størst etter 6,25 dager.
Vi tegner grafen til f ′( x) ved hjelp av
kommandoen Derivert[f]. Så finner vi bunnpunktet
på grafen til f ′ ved å skrive Ekstremalpunkt[f'].
Den deriverte av f er minst når x = 12,5 .
Vi leser av y-verdien fra grafen. Den deriverte er minst i punktet (12,5 , 24 414) .
f ′( x) er minst, dvs. har den største negative verdien, når x = 12,5 .
Produksjonen avtar altså raskest etter 12,5 dager.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.94
O( x) =
−0,1x 2 + 40 x − 300
x ∈ [ 0 , 500]
O′( x) =
−0, 2 x + 40
Likningen O′( x) = 0 har løsningen x = 200 .
Grafen til O har altså et toppunkt for x = 200 .
O(200) =
−0,1 ⋅ 2002 + 40 ⋅ 200 − 300 =
3700
Overskuddet er størst når det produseres 200 enheter. Overskuddet er da 3700 kr.
Oppgave 5.95
a
Sidene i rektanglet er x og 20 − x . Arealet er da A( x) =⋅
x (20 − x) =
− x 2 + 20 x .
b
Begge sidene i rektanglet må være positive. Altså er x > 0 og 20 − x > 0 .
Fra den siste ulikheten får vi x < 20 . Til sammen betyr dette at 0 < x < 20 .
c
A( x) =
− x 2 + 20 x
A′( x) =
−2 x + 20
Likningen A′( x) = 0 har løsningen x = 10 .
Sidene i rektanglet er da 10 cm og (20 − 10) cm =
10 cm .
Området er altså kvadratisk, og arealet er 10 ⋅ 10 cm 2 =
100 cm 2 .
Oppgave 5.96
DT =
[0 , 15]
a
−0,8h3 + 20h 2
T ( h) =
b
Vi bruker grafen og leser av T (5) = 400 .
Vannhøyden er 5 dm etter ca. 400 s = 6 min 40 s .
c
10 minutter er det samme som 10 ⋅ 60 s =
600 s .
Vi bruker grafen og leser av når T (h) = 600 . Det gir h = 6,34 .
Etter 10 minutter er vannhøyden 6,3 dm.
d
−0,8 ⋅ 3h 2 + 20 ⋅ 2h =
−2, 4h 2 + 40h
T ′(h) =
e
T ′(5) =−2, 4 ⋅ 52 + 40 ⋅ 5 =140
T ′(10) =
160
−2, 4 ⋅ 102 + 40 ⋅ 10 =
Når vannhøyden er 5 dm øker tiden det tar å fylle beholderen med 140 s per dm.
Når vannhøyden er 10 dm øker tiden det tar å fylle beholderen med 160 s per dm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.97
a
( x) I ( x) − K ( x)
O=
=
( −0, 02 x 2 + 80 x ) − ( 0, 08x 2 + 40 x + 3000 )
=
−0, 02 x 2 + 80 x − 0, 08 x 2 − 40 x − 3000
=
−0,1x 2 + 40 x − 3000
b
c
−0, 2 x + 40
O′( x) =
Likningen O′( x) = 0 har løsningen x = 200 .
Grafen til O har altså et toppunkt for x = 200 .
O(200) =
−0,1 ⋅ 2002 + 40 ⋅ 200 − 3000 =
1000
Overskuddet er størst når det produseres 200 enheter.
Overskuddet er da 1000 kr.
Vi ser at grafen til O har toppunktet (200 , 1000) .
Overskuddet er altså størst når det produseres 200 enheter.
Overskuddet er da 1000 kr.
Oppgave 5.98
a
Vi lar lengden av rektanglet være l dm . Høyden er x dm . Omkretsen er da 2l + 2 x =
8.
Vi løser likningen med hensyn på l.
2l= 8 − 2 x
l= 4 − x
Lengden av rektanglet er altså (4 − x) dm .
b
Lengden og høyden i rektanglet må være positive. Altså er 4 − x > 0 og x > 0 .
Til sammen betyr dette at 0 < x < 4 .
c
Lengden er 4 − x og høyden er x. Arealet er da F ( x) = (4 − x) ⋅ x = 4 x − x 2 .
d
F ′( x)= 4 − 2 x
Likningen F ′( x) = 0 har løsningen x = 2 .
Grafen til F har altså et toppunkt for x = 2 .
F (2) = 4 ⋅ 2 − 22 = 8 − 4 = 4
Arealet er størst når x = 2 . Arealet er da 4 dm 2 .
Oppgave 5.99
a
f ( x) =
−0,5 x + 2
f (2) =−0,5 ⋅ 2 + 2 =−1 + 2 =
1
Bredden av området er 2, og høyden er 1. Arealet er derfor 2 ⋅ 1 =2 .
b
Når bredden av området er x, er høyden f ( x) =
−0,5 x + 2 .
c
A′( x) =− x + 2
Arealet av området er derfor A( x) = x ⋅ f ( x) = x ⋅ ( −0,5 x + 2 ) = −0,5 x 2 + 2 x .
A(2) =−0,5 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2 =−2 + 4 =2
Arealet er størst når x = 2 . Arealet er da 2.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.100
Det markerte området er et rektangel med bredde x og høyde f ( x) . Arealet er derfor
1
 1

A( x) = x ⋅ f ( x) = x ⋅  − x 2 + 3  = − x 3 + 3 x
3
 3

1
A′( x) =− ⋅ 3 x 2 + 3 =− x 2 + 3
3
Likningen A′( x) = 0 har løsningene x =
− 3 ∨ x =3 .
(
)(
)
− x + 3 x − 3 . Siden DA = 0 , 3 har
Altså er A′( x) =
grafen til A bare et toppunkt, for x = 3 .
2
1
1
f 3 =− ⋅ 3 + 3 =− ⋅ 3 + 3 =−1 + 3 =2
3
3
3
1
1
A 3 =− ⋅ 3 + 3 ⋅ 3 =− ⋅ 3 3 + 3 3 =− 3 + 3 3 =2 3
3
3
Koordinatene til P når arealet av rektanglet er størst mulig er 3 , 2 ≈ (1, 73 , 2) .
( )
( )
( )
( )
(
)
Arealet er da 2 3 ≈ 3, 46 .
Oppgave 5.101
a
21
x+ y =
=
y 21 − x
b
P( x) = x ⋅ y = x ⋅ (21 − x) = 21x − x 2 = − x 2 + 21x
c
P′( x) =
−2 x + 21
P′( x) = 0
−2 x + 21 =
0
21
x=
2
x = 10,5
Oppgave 5.102
De to grønne trekantene har til sammen areal 2 ⋅ 12 x 2 =
x 2 , og de to røde
trekantene har til sammen areal 2 ⋅ 12 (6 − x) 2 =(6 − x) 2 =36 − 12 x + x 2 .
Arealet av rektanglet er dermed gitt ved
f ( x) = 62 − x 2 − ( 36 − 12 x + x 2 ) = 36 − x 2 − 36 + 12 x − x 2
= 12 x − 2 x 2
Vi deriverer og får f ′( x=
) 12 − 4 x .
Likningen f ′( x) = 0 har løsningen x = 3 .
f (3) = 12 ⋅ 3 − 2 ⋅ 32 = 36 − 18 = 18
Arealet av rektanglet er størst når x = 3 . Arealet er da 18.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.103
Vi lar bredden av rektanglet være x og høyden y.
Radien i halvsirkelen er da r = x 2 , og omkretsen av halvsirkelen er
Omkretsen av hele figuren skal være 10. Det gir likningen
πx
x + 2y +
=
10
2
Vi finner y uttrykt ved x.
πx
2 y = 10 − x −
2
1
π
y =−
5
x− x
2
4
Arealet av figuren er dermed gitt ved
1
A( x) = x ⋅ y + πr 2
2
1
2
⋅ 2πr =πr =πx 2 .
2
π  1 x
π
π
1
1

= x ⋅  5 − x − x  + π ⋅   = 5x − x2 − x2 + x2
2
4  2 2
2
4
8

π
1
=5 x − x 2 − x 2
2
8
π
 π
A′( x) = 5 − x − x = 5 − 1 +  x
4
 4
Arealet er størst mulig når A′( x) = 0 .
 π
0 =5 − 1 +  x
 4
5
20
x =
=
≈ 2,8
π 4+π
1+
4
Dermed er
π
1
2 + π 20
 1 π  20
=5 −
⋅
y =5 − x − x =5 −  +  ⋅
2
4
4 4+π
2 4 4+π
= 5 − 5⋅
2+π
2
4+π 2+π
= 5⋅
−
 = 5⋅
4+π
4+π
4+π 4+π
10
≈ 1, 4
4+π
Sidene i rektanglet er 1,4 og 2,8.
=
Oppgave 5.104
a
Lengden av akvariet vil bli (2, 0 − 2 x) m , bredden blir (1, 0 − 2 x) m og høyden blir x m .
Alle disse lengdene må være positive tall. Altså er 2, 0 − 2 x > 0 , 1, 0 − 2 x > 0 og x > 0 .
Fra den andre ulikheten er x < 0,5 . Til sammen betyr dette at x ∈ 0 , 0,5 .
b
Volumet av akvariet er lik produktet av sidene.
V ( x) = (2 − 2 x) ⋅ (1 − 2 x) ⋅ x = ( 2 − 4 x − 2 x + 4 x 2 ) ⋅ x =
( 2 − 6x + 4x ) ⋅ x
2
= 4 x3 − 6 x 2 + 2 x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
c
V ′( x) = 12 x 2 − 12 x + 2
Vi løser likningen V ′( x) = 0 med abc-formelen.
12 x 2 − 12 x + 2 =
0
−(−12) ± (−12) 2 − 4 ⋅ 12 ⋅ 2 12 ± 144 − 96 12 ± 48
= =
2 ⋅ 12
24
24
=
x 0, 211 ∨ =
x 0, 789
Siden x ∈ 0 , 0,5 har likningen V ′( x) = 0 bare én løsning, nemlig x = 0, 21 .
=
x
d
Fra oppgave c får vi V ′( x) =
12( x − 0, 211)( x − 0, 789) .
Av fortegnslinja ser vi at V ( x) har et toppunkt
for x = 0, 211 .
V (0, 211) = 4 ⋅ 0, 2113 − 6 ⋅ 0, 2112 + 2 ⋅ 0, 211 = 0,192
Volumet av akvariet er størst når x = 0, 21 .
Volumet er da 0,19 m3 .
Oppgave 5.105
Volumet av drivhuset er gitt ved
1 2
1
π
 38

V ( x)=
πr ⋅ l=
π ⋅ x 2 ⋅  − x = 19πx − x 3
2
2
2
 x

Vi deriverer og får
π
3π 2
V ′( x)= 19π − ⋅ 3 x 2= 19π −
x
2
2
V ′( x) = 0
3π 2
x = 19π
2
38
x= ±
3
−3,56 ∨ x =
x=
3,56
Vi kan dermed skrive
3π
− ( x + 3,56)( x − 3,56) =
−4, 71( x + 3,56)( x − 3,56)
V ′( x) =
2
Siden radien x må være positiv, har V ( x) kun et toppunkt, for x = 3,56 .
π
V (3,56)= 19π ⋅ 3,56 − ⋅ 3,563= 142
2
Volumet av drivhuset er størst når x = 3, 6 . Volumet er da 142 m3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.106
a
x+ y =
21
=
y 21 − x
P( x) = x 2 ⋅ y = x 2 ⋅ (21 − x) = − x 3 + 21x 2
b
P′( x) =
−3 x 2 + 42 x =
−3 x( x − 14)
Grafen til P har et bunnpunkt for x = 0 og et
toppunkt for x = 14 .
Verdien av P( x=
) x 2 ⋅ y blir altså størst for x = 14 .
c
Vi lar Q( x)= x ⋅ y 2 .
Q( x) =x ⋅ (21 − x) 2 =x ⋅ ( 441 − 42 x + x 2 ) =441x − 42 x 2 + x3
Q′( x) = 441 − 84 x + 3 x 2
Vi løser likningen Q′( x) = 0 med abc-formelen,
og finner løsningene x = 7 ∨ x = 21 .
Altså er Q′( x) =3( x − 7)( x − 21) .
Grafen til Q har et toppunkt for x = 7 og et
bunnpunkt for x = 21 .
Verdien av Q( x)= x ⋅ y 2 blir altså størst for x = 7 .
Oppgave 5.107
x+ y =
12
y 12 − x
=
Vi setter inn uttrykket for y i funksjonen f ( x=
) x2 + y2 .
f ( x) =x 2 + (12 − x) 2 =x 2 + 144 − 24 x + x 2 =2 x 2 − 24 x + 144
f ′( x=
) 4 x − 24
Likningen f ′( x) = 0 har løsningen x = 6 . Grafen til f har altså et bunnpunkt for x = 6 .
f (6) =⋅
2 62 − 24 ⋅ 6 + 144 =
72 − 144 + 144 =
72
2
2
Den minste verdien x + y kan ha er 72.
Oppgave 5.108
a
Toppflaten og bunnflaten har areal x 2 , og de fire sideflatene har areal x ⋅ h .
Overflaten av prismet er derfor 2 x 2 + 4 xh =
400 . Vi løser likningen med hensyn på h.
2
xh 400 − 2 x
4=
100 1
=
h
− x
x
2
Sidene i prismet må være positive tall. Altså er x > 0 og h > 0 . Den siste ulikheten gir
100 1
> x
2
x
2
x < 200
x < 200
(I overgangene her har vi brukt x > 0 .) Verdien av x må altså oppfylle 0 < x < 200 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
b
Volumet av prismet er gitt ved
1
 100 1 
V ( x) = x 2 ⋅ h = x 2 ⋅ 
− x  = 100 x − x3
2 
2
 x
3
V ′(=
x) 100 − x 2
2
Likningen V ′( x) = 0 har løsningene
200
≈ ±8,165
3
Grafen til V har altså et toppunkt for x = 8,165 .
1
V (8,165)= 100 ⋅ 8,165 − ⋅ 8,1653 = 544
2
100 1
=
h
− ⋅ 8,165
= 8,165
8,165 2
Det største volumet prismet kan få er 544 cm3 . Dette skjer når x= h= 8, 2 .
x=±
Oppgave 5.109
a
f ( x=
) 2x + 5
f ( x + ∆x) = 2 ⋅ ( x + ∆x) + 5 = 2 x + 2∆x + 5
b
c
∆f ( x) = f ( x + ∆x) − f ( x) = (2 x + 2∆x + 5) − (2 x + 5) = 2 x + 2∆x + 5 − 2 x − 5 = 2∆x
∆f ( x) 2∆x
= = 2
∆x
∆x
Vi har funnet den deriverte av f ( x) , som er f ′( x) = 2 .
∆f ( x)
′( x) lim = lim
Dette er fordi f=
=
2 2.
∆x →0 ∆x
∆x →0
Oppgave 5.110
a
b
f ( x) = 5 x 2
f ( x + ∆x) = 5 ⋅ ( x + ∆x) 2 = 5 ⋅ ( x 2 + 2 x ⋅ ∆x + (∆x) 2 ) = 5 x 2 + 10 x∆x + 5(∆x) 2
∆f ( x)= f ( x + ∆x) − f ( x)= 5 x 2 + 10 x∆x + 5(∆x) 2 − 5 x 2= 10 x∆x + 5(∆x) 2
∆f ( x) 10 x∆x + 5(∆x) 2
=
= 10 x + 5∆x
∆x
∆x
c
∆f ( x)
lim = lim (10 x +=
5∆x ) 10 x
∆x →0 ∆x
∆x →0
∆f ( x)
Vi har dermed funnet
f ′( x) lim
=
= 10 x .
∆x →0 ∆x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5.111
a
f ( x) =
−3 x + 4
f ( x + ∆x) = −3 ⋅ ( x + ∆x) + 4 = −3 x − 3∆x + 4
b
∆f ( x) =
−3 x − 3∆x + 4 + 3 x − 4 =
−3∆x
f ( x + ∆x) − f ( x) =
(−3 x − 3∆x + 4) − (−3 x + 4) =
c
∆f ( x) −3∆x
=
= −3
∆x
∆x
∆f ( x)
.
∆x →0 ∆x
Vi har dermed funnet f ′( x) = −3 . Dette er fordi f ′( x) = lim
Oppgave 5.112
a
b
f ( x) = 3x 2
f ( x + ∆x) = 3 ⋅ ( x + ∆x) 2 = 3 ⋅ ( x 2 + 2 x∆x + (∆x) 2 ) = 3 x 2 + 6 x∆x + 3(∆x) 2
∆f ( x) = f ( x + ∆x) − f ( x) = 3 x 2 + 6 x∆x + 3(∆x) 2 − 3 x 2 = 6 x∆x + 3(∆x) 2
∆f ( x) 6 x∆x + 3(∆x) 2
=
= 6 x + 3∆x
∆x
∆x
c
∆f ( x)
lim = lim ( 6 x + =
3∆x ) 6 x
∆x →0 ∆x
∆x →0
Vi har dermed funnet f ′( x) = 6 x .
Oppgave 5.113
a
f ( x=
) x2 + 4x
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x) 2 + 4 ⋅ ( x + ∆x)= x 2 + 2 x∆x + (∆x) 2 + 4 x + 4∆x
∆f ( x=
) f ( x + ∆x) − f ( x=
)
(x
2
+ 2 x∆x + (∆x) 2 + 4 x + 4∆x ) − ( x 2 + 4 x )
= 2 x∆x + (∆x) 2 + 4∆x
∆f ( x) 2 x∆x + (∆x) 2 + 4∆x
=
= 2 x + ∆x + 4
∆x
∆x
∆f ( x)
f ′( x=
) lim
= lim ( 2 x + ∆x + 4=
) 2x + 4
∆x →0 ∆x
∆x →0
b
f ( x) =
−3 x 2 + 2 x − 4
f ( x + ∆x) = −3 ⋅ ( x + ∆x) 2 + 2 ⋅ ( x + ∆x) − 4 = −3 ⋅ ( x 2 + 2 x∆x + (∆x) 2 ) + 2 x + 2∆x − 4
=−3 x 2 − 6 x∆x − 3(∆x) 2 + 2 x + 2∆x − 4
∆f ( x) =( −3 x 2 − 6 x∆x − 3(∆x) 2 + 2 x + 2∆x − 4 ) − ( −3 x 2 + 2 x − 4 ) =−6 x∆x − 3(∆x) 2 + 2∆x
∆f ( x) −6 x∆x − 3(∆x) 2 + 2∆x
=
=−6 x − 3∆x + 2
∆x
∆x
∆f ( x)
f ′( x) =
lim
lim ( −6 x − 3∆x + 2 ) =
=
−6 x + 2
∆x →0 ∆x
∆x →0
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
c
f ( x) = x3
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x)3= ( x + ∆x) 2 ⋅ ( x + ∆x)=
(x
2
+ 2 x∆x + (∆x) 2 ) ⋅ ( x + ∆x)
= x3 + x 2 ∆x + 2 x 2 ∆x + 2 x(∆x) 2 + x(∆x) 2 + (∆x)3 = x3 + 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3
∆f ( x) = x 3 + 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3 − x3 = 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3
∆f ( x) 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3
= = 3 x 2 + 3 x(∆x) + (∆x) 2
∆x
∆x
∆f ( x)
=
f ′( x) lim = lim ( 3 x 2 + 3 x(∆x) + (=
∆x) 2 ) 3 x 2
∆x →0 ∆x
∆x →0
Oppgave 5.114
f ( x) = ax 2 + bx + c
f ( x + ∆x) = a ⋅ ( x + ∆x) 2 + b ⋅ ( x + ∆x) + c = a ⋅ ( x 2 + 2 x∆x + (∆x) 2 ) + bx + b∆x + c
= ax 2 + 2ax∆x + a (∆x) 2 + bx + b∆x + c
∆f ( x)=
( ax
2
+ 2ax∆x + a (∆x) 2 + bx + b∆x + c ) − ( ax 2 + bx + c )= 2ax∆x + a (∆x) 2 + b∆x
∆f ( x) 2ax∆x + a (∆x) 2 + b∆x
=
= 2ax + a∆x + b
∆x
∆x
∆f ( x)
= lim ( 2ax + a∆x + b=
f ′( x=
) lim
) 2ax + b
∆x →0 ∆x
∆x →0
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
a
f ( x=
) 3x − 4
f ′( x) = 3 − 0 = 3
b
f ( x) = 4 x 2 − 3x + 2
f ′( x) = 4 ⋅ 2 x − 3 + 0 = 8 x − 3
Oppgave 2
f ′( x) < 0 når x < −2 , f ′( x) > 0 når −2 < x < 2 , og f ′( x) < 0 når x > 2 .
Det betyr at grafen til f synker mot høyre når x < −2 , stiger når −2 < x < 2 og synker når x > 2 .
f ′(−2) =
0 . Grafen synker før og stiger etter x = −2 . Grafen har derfor et bunnpunkt for x = −2 .
f ′(2) = 0 . Grafen stiger før og synker etter x = 2 . Grafen har derfor et toppunkt for x = 2 .
Oppgave 3
a
Grafen til f går gjennom punktene (0 , 1) og (1,5 , 0,1) .
∆f (t ) f (1,5) − f (0) 0,1 − 1 −0,9
=
=
=
= −0, 6
1,5 − 0
1,5
1,5
∆t
Den gjennomsnittlige vekstfarten er −0, 6 g/time . Massen av det radioaktive stoffet avtar altså
i gjennomsnitt med 0,6 gram per time de første 1,5 timene.
b
Tangenten går gjennom punktene (0, 4 , 0,5) og (0,9 , 0,1) .
∆y y2 − y1 0,1 − 0,5 −0, 4
Stigningstallet til tangenten er dermed
=
=
=
= −0,8 .
∆x x2 − x1 0,9 − 0, 4 0,5
Den momentane vekstfarten for t = 0, 4 er −0,8 g/time .
Etter 0,4 timer avtar massen av det radioaktive stoffet med 0,8 gram per time.
Oppgave 4
a
b
1
h(t ) = t 2
4
1
1
h′(t ) = ⋅ 2t = t = 0,5t
4
2
h′(3)= 0,5 ⋅ 3= 1,5
h′(5)= 0,5 ⋅ 5= 2,5
Etter 3 minutter stiger vannhøyden i beholderen med 1,5 cm per minutt.
Etter 5 minutter stiger vannhøyden med 2,5 cm per minutt.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5
a
f (=
x) 2 x3 − 3x 2
D f =−1 , 2 
f ′( x) = 2 ⋅ 3 x 2 − 3 ⋅ 2 x = 6 x 2 − 6 x
= 6 x( x − 1)
b
Vi bruker faktoriseringsmetoden, og tegner en
fortegnslinje for hver av faktorene i uttrykket for f ′( x) .
Grafen til f stiger for −1 < x < 0 , synker for 0 < x < 1
og stiger for 1 < x < 2 . Grafen har altså et toppunkt
for x = 0 og et bunnpunkt for x = 1 .
I tillegg er endepunktet x = 2 et toppunkt.
f (0) = 2 ⋅ 03 − 3 ⋅ 02 = 0
f (1) =2 ⋅ 13 − 3 ⋅ 12 =2 − 3 =−1
f (2) = 2 ⋅ 23 − 3 ⋅ 22 = 16 − 12 = 4
Grafen til f har toppunkt i (0 , 0) og (2 , 4) , og bunnpunkt i (1 , −1) .
c
Ekstremalpunktene er x-verdiene i topp- og bunnpunktene,
og ekstremalverdiene er y-verdiene i disse punktene.
Ekstremalpunktene er altså 0, 1 og 2.
Ekstremalverdiene er 0, −1 og 4.
d
Vi finner nullpunktene til f ved å løse likningen f ( x) = 0 .
2 x3 − 3x 2 =
0
e
x 2 ⋅ (2 x − 3) =
0
x = 0 ∨ 2x − 3 = 0
x = 0 ∨ x = 1,5
Funksjonen har nullpunktene 0 og 1,5.
Se figuren til høyre.
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 6
a
f ( x) =−0,5 x 2 + 2 x + 3
x ∈ −2 , 4 
f ′( x) =−0,5 ⋅ 2 x + 2 =− x + 2
b
Tangeringspunktet er ( x1 , y1 ) = ( 0 , f (0) ) .
f (0) =−0,5 ⋅ 02 + 2 ⋅ 0 + 3 =3
f ′(0) =−0 + 2 =2
Vi finner likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y=
− y1 f ′( x1 )( x − x1 )
y − 3 = 2 ⋅ ( x − 0)
y −3=
2x
y 2x + 3
=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7
a
g ( x) = x3 − 3x − 1
g ′( x) = 3 x 2 − 3 = 3 ⋅ ( x 2 − 1) = 3( x + 1)( x − 1)
Grafen til g stiger for −2 < x < −1 , synker for −1 < x < 1
og stiger for 1 < x < 2 . Grafen har altså et toppunkt
for x = −1 og et bunnpunkt for x = 1 .
g (−1) =−
( 1)3 − 3 ⋅ (−1) − 1 =−1 + 3 − 1 =1
g (1) =13 − 3 ⋅ 1 − 1 =1 − 3 − 1 =−3
Grafen til g har toppunkt i (−1 , 1) og bunnpunkt i (1 , −3) .
b
Linja går gjennom punktene (−1 , 1) og (1 , −3) .
∆y y2 − y1
−3 − 1 −4
Stigningstallet er da a =
=
=
=
= −2 .
∆x x2 − x1 1 − (−1) 2
Vi finner likningen for linja fra ettpunktsformelen.
y − y1 = a ( x − x1 )
y − 1 =−2 ⋅ ( x − (−1) )
y − 1 =−2 x − 2
y=
−2 x − 1
Vi finner skjæringspunktet mellom linja og grafen til g ved å løse likningen g ( x) =
−2 x − 1 .
x 3 − 3 x − 1 =−2 x − 1
0
x3 − x =
0
x ⋅ ( x 2 − 1) =
0
x ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x − 1) =
x = 0 ∨ x +1 = 0 ∨ x −1 = 0
x=
0 ∨ x=
−1 ∨ x =
1
Løsningene x = −1 og x = 1 er toppunktet og bunnpunktet.
Det tredje skjæringspunktet er altså for x = 0 .
g (0) =03 − 3 ⋅ 0 − 1 =−1
Linja skjærer grafen til g i punktet (0 , −1) .
c
Se figuren til høyre.
d
g ′(=
x) 3x 2 − 3
g ′(0) =3 ⋅ 02 − 3 =−3
Leddet 3x 2 i uttrykket for g ′( x) er alltid positivt eller null.
Den absolutt minste verdien g ′( x) kan ha er derfor når 3 x 2 = 0 , som betyr at x = 0 .
Minimalverdien for g ′( x) er da g ′(0) = −3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 48
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 8
a
Vi finner først funksjonsuttrykket for f ( x) .
−3
= −2 .
32
Grafen til f skjærer andreaksen i punktet (0 , 3) . Konstantleddet er derfor 3.
Dermed er f ( x) =
−2 x + 3 .
Det markerte området er en trekant med sider x og f ( x) . Arealet er derfor
1
1
3
A( x=
)
x ⋅ f ( x=
)
x ⋅ (−2 x + 3)= − x 2 + x
2
2
2
Når x øker fra 0 til 3 2 , minker y fra 3 til 0. Stigningstallet er derfor
b
3
2
Likningen A′( x) = 0 har løsningen x = 3 4 .
Grafen til A har altså et toppunkt for x = 3 4 .
A′( x) =
−2 x +
2
9 9 9
3
3 3 3
A  =
−  + ⋅ =
− + =
16 8 16
4
4 2 4
Det største arealet området kan få er 9 16 ≈ 0,56 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 48