1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 3 Funksjoner
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.1
a
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x) = 1 − x i GeoGebra
ved å bruke kommandoen Dersom[-1<=x<4,1-x].
Verdimengden er V f =−3 , 2  .
b
Vi tegner grafen til funksjonen g ( x) = x 2 i GeoGebra
ved å bruke kommandoen Dersom[-2<x<2,x^2].
Verdimengden er Vg = 0 , 4 .
Oppgave 3.2
a
Vi tegner grafen med kommandoen
Dersom[x<0,3,4].
© Aschehoug
b
www.lokus.no
Vi tegner grafen med kommandoen
Dersom[x<=-3,2x+9,x^2-6].
Side 1 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.3
a
Vi ser at funksjonen er definert for 0 < x ≤ 7 . Altså er =
Dg
b
g ( x) kan få alle verdier større enn 2 og mindre enn eller lik 6. Altså er=
Vg
c
For 0 < x ≤ 4 har grafen til g stigningstallet 1.
Grafen nærmer seg punktet (0 , 2) når x nærmer seg 0.
Altså er g ( x)= x + 2 når 0 < x ≤ 4 .
For 4 < x ≤ 7 er funksjonen konstant lik 3.
Funksjonsuttrykket til g er altså gitt ved
 x + 2 når 0 < x ≤ 4
g ( x) = 
når 4 < x ≤ 7
 3
d
Vi ser av grafen at g ( x) = 5 når x = 3 .
0 , 7  .
2 , 6  .
Likningen g ( x) = 5 har altså løsningen L = {3} .
e
Tallet 1 ligger utenfor verdimengden til g.
Likningen g ( x) = 1 har derfor ingen løsning. Løsningsmengden er L = ∅ .
f
Vi ser av grafen at g ( x) = 3 når x = 1 og når 4 < x ≤ 7 .
Likningen g ( x) = 3 har altså løsningen L =
{1} ∪ 4 , 7  .
Oppgave 3.4
a
5 =5
b
−8 =
8
c
−32 =
32
d
0 =0
Oppgave 3.5
a
) 5x − 3
f ( x=
f (1) = 5 ⋅ 1 − 3 = 5 − 3 = 2 = 2
b
c
f (0) =5 ⋅ 0 − 3 =0 − 3 =−3 =3
Vi tegner grafen til f i GeoGebra ved å
bruke kommandoen f(x)=abs(5x-3).
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.6
a
x+2 =
5
x + 2 =5 ∨ x + 2 =−5
x=
3 ∨ x=
−7
Altså får vi L = {−7 , 3} .
b
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x)= x + 2
og linja y = 5 i GeoGebra.
Så finner vi skjæringspunktene mellom linjene.
Skjæringspunktene er (−7 , 5) og (3 , 5) .
5 har altså løsningen L =
Likningen x + 2 =
{−7 , 3} .
Oppgave 3.7
a
b
c
Vi tegner grafen til f i GeoGebra ved å bruke
kommandoen Dersom[-2<x<=3,1-2x].
Av figuren ser vi at f (2) = −3 .
Vi tegner linja y = −1 og finner skjæringspunktet
mellom linja og grafen til f.
Skjæringspunktet er (1 , −1) .
Likningen f ( x) = −1 har altså løsningen x = 1 .
Løsningsmengden er L = {1} .
d
Siden −2 ∉ D f , er 5 ∉ V f .
Siden 3 ∈ D f , er −5 ∈ V f .
Verdimengden er altså V f = −5 , 5 .
Oppgave 3.8
a
f ( x)= 4 − x
F.eks. får vi
f (−2) = 4 − (−2) = 6 = 6
x
f ( x)
–2
6
0
4
2
2
4
0
6
2
8
4
10
6
f (6) =4 − 6 =−2 =2
b
c
Se figuren til høyre.
f ( x) kan få alle verdier større enn eller lik 0.
Verdimengden til funksjonen er V f =
0 , → .
d
Av figuren ser vi at grafen til f skjærer linja
y = 3 når x = 1 og når x = 7 .
Likningen f ( x) = 3 har løsningen L = {1 , 7} .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.9
a
 4 når 0 ≤ x < 3
f ( x) = 
−2 når 3 ≤ x < 7
b
når 0 ≤ x < 4
 x
g ( x) = 
8 − x når 4 ≤ x < 8
Oppgave 3.10
a
g ( x) = 2 x − 6 + 4
2x − 6 =
0 når x = 3 . Når x ≥ 3 er altså 2 x − 6 = 2 x − 6 .
−(2 x − 6) =
−2 x + 6 . Dermed er
Når x < 3 er 2 x − 6 =
b
c
−2 x + 10 når
g ( x) = 
 2 x − 2 når
Se figuren til høyre.
x<3
x≥3
2 x − 6 ≥ 0 for alle reelle tall x.
Dermed er g ( x) = 2 x − 6 + 4 ≥ 4 for alle x.
Verdimengden er altså Vg =
 4 , → .
d
Av figuren ser vi at g ( x) = 6 når x = 2 og når x = 4 .
Ved regning:
g ( x) = 6
2x − 6 + 4 =
6
2x − 6
2 x − 6 =2
2 x =8
x =4
=
2
∨ 2 x − 6 =−2
∨ 2 x =4
∨ x =2
Likningen g ( x) = 6 har løsningen L = {2 , 4} .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.11
a
b
c
Vi ser at f ( x) = 2 når 0 < x < 3 , og f ( x)= x − 1 når 3 ≤ x < 10 . Altså er
når 0 < x < 3
 2
f ( x) = 
 x − 1 når 3 ≤ x < 10
 x + 1 når 0 ≤ x < 4
g ( x) = 
3 x − 7 når 4 ≤ x < 8
Vi tegner grafen til g i GeoGebra ved å skrive
g(x)=Dersom[0<=x<4,x+1,Dersom[4<=x<8,3x-7]].
Vi ser at grafen til g skjærer linja y = 8 når x = 5 .
Likningen g ( x) = 8 har altså løsningen L = {5} .
Ved regning må vi se på hver del av det delte
funksjonsuttrykket, og så kontrollere om løsningene
er med i den aktuelle delen av definisjonsmengden.
0 ≤ x < 4 : g ( x) = 8
x +1 =
8
x=7
Siden 7 ∉ 0 , 4 , må vi forkaste løsningen x = 7 .
g ( x) = 8
3x − 7 =
8
3 x = 15
x=5
Siden 5 ∈  4 , 8 så beholder vi løsningen x = 5 .
4 ≤ x < 8:
Likningen g ( x) = 8 har altså løsningen L = {5} .
Oppgave 3.12
a
f ( x) = x 2
f (− x) =−
( x) 2 =x 2 =f ( x)
Grafen til f er symmetrisk om andreaksen.
b
f ( x) = x3
f (− x) =
( − x )3 =
− x3 =
− f ( x)
Grafen til f er symmetrisk om origo.
c
f ( x) = x
f (− x) =− x =x =f ( x)
Grafen til f er symmetrisk om andreaksen.
d
f ( x)= x + 6
f (− x) =− x + 6
Det er ingen direkte sammenheng mellom f (− x) og f ( x) .
Grafen til f er verken symmetrisk om andreaksen eller om origo.
(Hvis vi tegner grafen til f, ser vi at grafen i stedet er symmetrisk om linja x = −6 .)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.13
a
b
c
lim 2 x = 2 ⋅ 3 = 6
x →3
lim ( x 2 − 4 ) =−
( 1) 2 − 4 =−
1 4 =−3
x →−1
lim
x →0
10 − 2 x 10 − 2 ⋅ 0 10
=
= = 2
x2 + 5
02 + 5
5
Oppgave 3.14
a
f ( x) = x 2 − 2 x + 1
lim f ( x) = lim ( x 2 − 2 x + 1) = 02 − 2 ⋅ 0 + 1 = 1
x →0
x →0
b
lim f ( x) = lim ( x 2 − 2 x + 1) = 12 − 2 ⋅ 1 + 1 = 1 − 2 + 1 = 0
c
lim f ( x) = lim ( x 2 − 2 x + 1) = (−1) 2 − 2 ⋅ (−1) + 1 =1 + 2 + 1 = 4
x →1
x →1
x →−1
x →−1
Oppgave 3.15
a
x2 − 1
( x + 1)( x − 1)
= lim
= lim ( x + 1) = 1 + 1 = 2
lim
x →1 x − 1
x →1
x →1
x −1
b
1
1
1
x+2
x+2
= lim
= lim
=
= −
2
x →−2 x − 4
x →−2 ( x + 2)( x − 2)
x →−2 x − 2
4
−2 − 2
c
lim
lim
x →6
x2 − 6x
x( x − 6)
= lim
= lim
=
x 6
x →6
x →6
x−6
x−6
Oppgave 3.16
a
4
3− x
Hvis x går mot 3 og er mindre enn 3, har 3 − x positivt fortegn.
Da går verdien av brøken mot uendelig. Vi får altså f ( x) → ∞ når x → 3− .
f ( x) =
b
Hvis x går mot 3 og er større enn 3, har 3 − x negativt fortegn.
Da går verdien av brøken mot minus uendelig. Vi får altså f ( x) → −∞ når x → 3+ .
c
I oppgave a og b fant vi at de ensidige grenseverdiene lim− f ( x) og lim+ f ( x) ikke eksisterer.
x →3
x →3
Da eksisterer heller ikke lim f ( x) .
x →3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.17
a
b
c
x−4
3− x
x−4 4−4 0
lim g ( x=
) lim =
= = 0
x →4
x →4 3 − x
3 − 4 −1
−7
x − 4 −3 − 4
7
=
=
= −
lim g ( x) = lim
x →−3
x →−3 3 − x
3 − (−3) 3 + 3
6
g ( x) =
Når x går mot 3, går telleren mot −1 , mens nevneren går mot 0. Brøken går derfor mot
uendelig eller minus uendelig, avhengig av om x er større enn eller mindre enn 3.
Grenseverdien lim g ( x) eksisterer derfor ikke.
x →3
Oppgave 3.18
a
b
Når x går mot 0, går brøken 2 x mot uendelig eller minus uendelig,
avhengig av om x er større enn eller mindre enn 0.
2

Grenseverdien lim  3 +  eksisterer derfor ikke.
x →0
x

x2 − 9
( x + 3)( x − 3)
= lim
= lim ( x + 3) = 3 + 3 = 6
lim
x →3 x − 3
x →3
x →3
x−3
1
x−3
x−3
c
lim 2
lim
=
= lim
x →−3 x − 9
x →−3 ( x + 3)( x − 3)
x →−3 x + 3
Når x går mot −3 , går brøken mot uendelig eller minus uendelig,
avhengig av om x er større enn eller mindre enn −3 .
Grenseverdien eksisterer derfor ikke.
Oppgave 3.19
a
Når x vokser mot uendelig, minker brøken 3 x .
Vi kan få verdien av brøken så nær null vi vil, bare x er stor nok.
3
Derfor er lim = 0 .
x →∞ x
b
Når x minker mot minus uendelig, minker brøken 3 x i absoluttverdi.
Vi kan få verdien av brøken så nær null vi vil, bare x er stor nok i absoluttverdi.
3
Derfor er lim = 0 .
x →−∞ x
c
Når x vokser, vokser x 3 tilsvarende. Når x → ∞ , vil x 3 → ∞ .
x
Grenseverdien lim eksisterer derfor ikke.
x →∞ 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.20
a
Når x → ∞ , vil også x 2 → ∞ .
Grenseverdien lim x 2 eksisterer derfor ikke.
x →∞
b
c
x +1
x →∞ 5 x 2 + 3
Både teller og nevner går mot uendelig når x går mot uendelig. Vi dividerer teller og nevner
med x 2 , som er den høyeste potensen av x som forekommer i uttrykket.
1
1 1
x
+ 2
+
2
x +1
x
x
x x2
=
=
3
5x2 + 3 5x2 3
+ 2 5+ 2
2
x
x
x
1 1
+ 2
0+0
x +1
x
lim 2= lim x =
= 0
x →∞ 5 x + 3
x →∞
3
5
+0
5+ 2
x
lim
3x 2
x →∞ x 2 + 1
Både teller og nevner går mot uendelig når x går mot uendelig. Vi dividerer teller og nevner
med x 2 , som er den høyeste potensen av x som forekommer i uttrykket.
3x 2
2
3x
3
x2
=
=
2
2
1
1
x +1 x
+ 2 1+ 2
2
x
x
x
2
3x
3
3
lim 2= lim = = 3
x →∞ x + 1
x →∞
1
1+ 2 1+ 0
x
lim
Oppgave 3.21
a
Uttrykket f ( x) = x 2 er positivt for alle x.
Funksjonsverdien vokser både når x er positiv og vokser, og når x er negativ og minker.
Altså får vi f ( x) → ∞ når x → −∞ .
b
Uttrykket g ( x) = x 3 er positivt når x er positiv, og negativt når x er negativ.
Funksjonsverdien vokser når x er positiv og vokser, og minker når x er negativ og minker.
I begge tilfellene vokser absoluttverdien av funksjonsuttrykket.
Altså får vi g ( x) → −∞ når x → −∞ .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.22
a
lim 3 x = 3 ⋅ 0 = 0
b
3 3
lim = = 1
x →3 x
3
c
d
x →0
Når x går mot 0, går brøken 3 x mot uendelig eller minus uendelig,
avhengig av om x er større enn eller mindre enn 0.
3
Grenseverdien lim eksisterer derfor ikke.
x →0 x
lim ( 3 x 2 − x + 1) = 3 ⋅ 22 − 2 + 1 = 3 ⋅ 4 − 2 + 1 = 12 − 2 + 1 = 11
x →2
Oppgave 3.23
x ⋅ ( 3x + 5)
3x 2 + 5 x
= lim
= lim ( 3 x + 5 ) = 3 ⋅ 0 + 5 = 5
x →0
x →0
x →0
x
x
a
lim
b
x
x
1
1
1
= lim= =
lim =
lim
x →0 3 x 2 + 5 x
x →0 x ⋅ ( 3 x + 5 )
x →0 3 x + 5
3⋅ 0 + 5 5
c
lim
d
lim
2x2 − 4x
2 x( x − 2)
= lim
= lim 2 x = 2 ⋅ 2 = 4
→
x →2
x
x →2
2
x−2
x−2
x →3
x3 − 3x 2
x 2 ( x − 3)
2
2
= lim
= lim x=
3=
9
x →3
x →3
x−3
x−3
Oppgave 3.24
a
b
Når x vokser mot uendelig, minker brøken 1 x .
Vi kan få verdien av brøken så nær null vi vil, bare x er stor nok.
1
Derfor er lim = 0 .
x →∞ x
Når x vokser, vokser x − 1 tilsvarende. Når x → ∞ , vil x − 1 → ∞ .
Grenseverdien lim ( x − 1) eksisterer derfor ikke.
x →∞
c
d
2x + 3
3
 2x 3 

=lim  +  =lim  2 +  =2 + 0 =2
x →∞
x →∞
x
x
 x x  x→∞ 
lim
x
x →∞ x + 3
Både teller og nevner går mot uendelig når x går mot uendelig. Vi dividerer teller og nevner
med x 2 , som er den høyeste potensen av x som forekommer i uttrykket.
1
x
2
0
x
x
= 0
lim 2= lim 2 x= lim =
x →∞ x + 3
x →∞ x
3 x→∞ 1 + 3 1 + 0
+ 2
2
x2
x
x
lim
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.25
lim ( 8 x + 5 )
lim8 x + lim 5
8x + 5
x →1
x →1
x →1
=
=
lim 2
x →1 3 x − 4
lim ( 3 x 2 − 4 ) lim 3 x 2 + lim ( −4 )
x →1
x →1
=
lim8 ⋅ lim x + lim 5
x →1
x →1
2
x →1
lim 3 ⋅ lim x + lim ( −4 )
x →1
x →1
x →1
x →1
=
8 ⋅1 + 5
8 + 5 13
=
=
= −13
2
3 ⋅ 1 + (−4) 3 − 4 −1
Oppgave 3.26
a
lim ( f ( x) − 3 g ( x=
) ) lim f ( x) + lim ( −3 g ( x) )
x →4
x →4
x →4
x →4
x →4
= lim f ( x) + lim ( −3) ⋅ lim g ( x)
x →4
= 2 + (−3) ⋅ (−1) = 2 + 3 = 5
b

f ( x) 
f ( x)
=
lim  f ( x) ⋅ g ( x) +
lim ( f ( x) ⋅ g ( x) ) + lim

x →4
x →4 g ( x )
g ( x )  x →4

lim f ( x)
= lim f ( x) ⋅ lim g ( x) + x→4
x →4
x →4
lim g ( x)
x →4
=2 ⋅ (−1) +
2
=−2 + (−2) =−4
−1
Oppgave 3.27
a
81 − x 2
x →0
x →0 x 2 + 9 x
Når x går mot 0, går telleren mot 81, mens nevneren går mot 0. Brøken går derfor mot
uendelig eller minus uendelig, avhengig av om x er større enn eller mindre enn 0.
Grenseverdien lim f ( x) eksisterer derfor ikke.
lim f ( x) = lim
x →0
b
81 − x 2
(9 + x)(9 − x)
9 − x 9 − (−9) 18
= lim
= lim
=
=
= −2
→−
x →−9 x 2 + 9 x
x →−9
x
9
−9
−9
x( x + 9)
x
lim f ( x) = lim
x →−9
81 − x 2
81 − 92
81 − 81
0
=
=
= = 0
2
2
x + 9 x 9 + 9 ⋅ 9 81 + 81 162
c
lim f =
( x) lim
d
Både teller og nevner går mot ±∞ når x → ∞ . Vi dividerer derfor teller og nevner med x 2 ,
som er den høyeste potensen av x som forekommer i uttrykket.
81 x 2
81
− 2
−1
2
2
2
81 − x
0 −1
= lim x2 x = lim x
=
= −1
lim f ( x) = lim 2
x →∞
x →∞ x + 9 x
x →∞ x
9 x x→∞ 1 + 9 1 + 0
+
x
x2 x2
e
x →9
x →9
81
−1
2
0 −1
lim f ( x) = lim x
=
= −1
x →−∞
x →−∞
9 1+ 0
1+
x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.28
a
f ( x) = 3x 2 − 5 x + 1
Leddet 3x 2 → ∞ når x → ∞ eller x → −∞ . Dermed får vi
5x
1 

= 3x 2 → ∞
f ( x=
) 3 x 2 − 5 x +=
1 3 x 2 ⋅ 1 − 2 + 2  → 3 x 2 ⋅ (1 − 0 + 0)
 3x 3x 
når x → ∞ eller x → −∞ .
b
f ( x)= 4 − x 2
Leddet − x 2 → −∞ når x → ∞ eller x → −∞ . Dermed får vi
 4

f ( x) = 4 − x 2 = − x 2 ⋅  2 + 1 → − x 2 ⋅ (0 + 1) = − x 2 → −∞
 −x

når x → ∞ eller x → −∞ .
c
1 x
1
−
−1
1− x
0 −1
= lim x x = lim x
=
= −1
lim f ( x) = lim
x →∞
x →∞ x − 5
x →∞ x
5 x→∞
5 1− 0
−
1−
x x
x
1
−1
0 −1
=
= −1
lim f ( x) = lim x
x →−∞
x →−∞
5 1− 0
1−
x
Oppgave 3.29
a
b
3x ⋅ ( x 2 + 8)
3 ⋅ ( x 2 + 8 ) 3 ⋅ ( 02 + 8 ) 3 ⋅ 8
 3x x 2 + 8 
lim 
lim
lim
6
⋅
=
=
= =
=
x →0 x + 4
x →0
0+4
4
x  x→0 ( x + 4) ⋅ x
x+4

x 2 + x − 12
x →−4
x 2 − 16
Vi faktoriserer telleren med nullpunktmetoden.
x 2 + x − 12 =
0
lim
−1 ± 12 − 4 ⋅1 ⋅ (−12) −1 ± 1 + 48 −1 ± 49 −1 ± 7
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x=
−4 ∨ x =
3
=
x
Dermed er x 2 + x − 12 = ( x + 4)( x − 3) .
x 2 + x − 12
( x + 4)( x − 3)
x − 3 −4 − 3 −7 7
lim
= lim
= lim =
= =
2
4
4
x →−4
x
→−
x
→−
x − 16
( x + 4)( x − 4)
x − 4 −4 − 4 −8 8
c
Når x → 4 går telleren mot 42 + 4 − 12 = 16 + 4 − 12 = 8 , mens nevneren går mot 0.
Brøken går derfor mot uendelig eller minus uendelig,
avhengig av om x er større enn eller mindre enn 4.
x 2 + x − 12
Grenseverdien lim 2
eksisterer derfor ikke.
x →4
x − 16
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.30
a
Telleren går mot 0 når x går mot 1. Telleren er derfor delelig med x − 1 .
( x 3 − 1) : ( x − 1) = x 2 + x + 1
x3 − x 2
x2 − 1
x2 − x
x −1
x −1
0
Dermed er
( x − 1)( x 2 + x + 1)
x3 − 1
lim
= lim
= lim ( x 2 + x + 1) = 12 + 1 + 1 = 3
x →1 x − 1
x →1
x →1
x −1
b
Telleren går mot 0 når x går mot 1. Telleren er derfor delelig med x − 1 .
( x 3 − 2 x 2 − 5 x + 6) : ( x − 1) = x 2 − x − 6
x3 − x 2
− x2 − 5x + 6
− x2 + x
−6 x + 6
−6 x + 6
0
Dermed er
x3 − 2 x 2 − 5 x + 6
x 2 − x − 6 12 − 1 − 6 −6
( x − 1)( x 2 − x − 6)
= lim
= lim
=
=
= −2
lim
x →1
x →1
x →1
3x − 3
3( x − 1)
3
3
3
Oppgave 3.31
Vi ser av figuren at lim− f ( x) = 2,5 og lim+ f ( x) = 1,5 .
x →2
x →2
Siden lim− f ( x) ≠ lim+ f ( x) , eksisterer ikke lim f ( x) . Derfor er f diskontinuerlig for x = 2 .
x →2
x →2
x →2
(Derimot er f kontinuerlig for x = −2 , siden lim f ( x=
) 0,5
= f (−2) .)
x →−2
Grenseverdien lim g ( x) eksisterer ikke. Men −3 er heller ikke med i definisjonsmengden.
x →−3
Funksjonen g er derfor kontinuerlig for alle verdier i definisjonsmengden.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.32
a
f ( x)= x + 5
lim f ( x) = lim ( x + 5 ) =1 + 5 = 6
x →1
x →1
f (1) =1 + 5 = 6
Altså er lim f ( x) = f (1) , som betyr at f er kontinuerlig for x = 1 .
x →1
b
lim− g ( x) = lim− ( x + 5 ) =1 + 5 = 6
x →1
x →1
x →1
x →1
lim+ g ( x) = lim+ ( 3 x + 3) = 3 ⋅ 1 + 3 = 6
Dermed er lim g ( x) = 6 .
x →1
g (1) =1 + 5 = 6
Altså er lim g ( x) = g (1) , som betyr at g er kontinuerlig for x = 1 .
x →1
c
lim− h( x) = lim− ( x + 5 ) =1 + 5 = 6
x →1
x →1
x →1
x →1
lim+ h( x) = lim+ ( 3 x − 3) = 3 ⋅ 1 − 3 = 0
Altså eksisterer ikke lim h( x) , som betyr at h er diskontinuerlig for x = 1 .
x →1
d
lim− i ( x) = lim− ( x + 5 ) =1 + 5 = 6
x →1
x →1
x →1
x →1
lim+ i ( x) = lim+ ( 3 x + 3) = 3 ⋅ 1 + 3 = 6
Dermed er lim i ( x) = 6 . Men i (1) = 0 .
x →1
Altså er lim i ( x) ≠ i (1) , som betyr at i er diskontinuerlig for x = 1 .
x →1
Oppgave 3.33
a
lim f ( x=
) lim− 0,11x= 0,11 ⋅ 3= 0,33
x →3−
x →3
1 1
lim+ =
f ( x) lim
=
+
x →3
x →3 x
3
Altså er lim− f ( x) ≠ lim+ f ( x) , som betyr
x →3
x →3
at lim f ( x) ikke eksisterer.
x →3
b
Funksjonen f er derfor diskontinuerlig for x = 3 .
Vi tegner grafen til f i GeoGebra ved å skrive
f(x)=Dersom[x<=3,0.11x,1/x]
Ved å zoome inn rundt x = 3 ser vi
at grafen til f er diskontinuerlig.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.34
a
b
Eksempel:
Eksempel:
Oppgave 3.35
a
3 når x < 2
f ( x) = 
4 når x ≥ 2
=
f ( x) lim
lim− =
3 3
−
x →2
x →2
=
f ( x) lim
lim =
4 4
+
x →2+
x →2
Altså er lim− f ( x) ≠ lim+ f ( x) , som betyr
x →2
x →2
at lim f ( x) ikke eksisterer.
x →2
Funksjonen er derfor diskontinuerlig for x = 2 .
b
 x 2 når x < 2
g ( x) =  2
− x når x ≥ 2
2
2
lim− g ( x=
) lim− x=
2=
4
x →2
x →2
x →2
x →2
−22 =
−4
lim+ g ( x) =
lim+ ( − x 2 ) =
Altså er lim− g ( x) ≠ lim+ g ( x) , som betyr at lim g ( x) ikke eksisterer.
x →2
x →2
x →2
Funksjonen er derfor diskontinuerlig for x = 2 .
Oppgave 3.36
a
Funksjonen har definisjonsmengden D f =  \ { 12 } .
Funksjonsverdien f ( 12 ) eksisterer derfor ikke.
Av figuren ser vi at f (2) = 5 .
b
Av figuren ser vi at f ( x) → −3 når x → 12 , både når x > 12 og når x < 12 .
Altså er lim1 f ( x) = −3 . Tilsvarende ser vi at lim f ( x) = 3,5 .
x→ 2
c
x →2
Siden x = 12 ikke er med i definisjonsmengden til funksjonen, gir det heller ingen mening å si
om funksjonen er kontinuerlig eller diskontinuerlig for x = 12 .
lim f ( x) = 3,5 , mens f (2) = 5 . Altså er f diskontinuerlig for x = 2 .
x →2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.37
 x 2 + 1 når

f ( x) =
 x − a når
 7 − x når

x<2
x=
2
x>2
lim f ( x) = lim− ( x 2 + 1) = 22 + 1 = 5
x →2−
x →2
x →2+
x →2
lim f ( x) = lim+ ( 7 − x ) = 7 − 2 = 5
Dermed er lim f ( x) = 5 . Hvis funksjonen skal være kontinuerlig for x = 2 , må altså f (2) = 5 .
x →2
2 − a =5
a =−3
⇔
Oppgave 3.38
a
Når x + 3 < 0 er x + 3 =−( x + 3) =− x − 3 . Da er f ( x) =x + 3 − 1 =− x − 4 .
Når x + 3 ≥ 0 er x + 3 = x + 3 . Da er f ( x) = x + 3 − 1 = x + 2 . Altså får vi
b
− x − 4 når x < −3
f ( x) = 
 x + 2 når x ≥ −3
Det eneste punktet i definisjonsmengden hvor det kan være noen tvil, er x = −3 .
lim− f ( x) =lim− ( − x − 4 ) =−(−3) − 4 =3 − 4 =−1
x →−3
x →−3
x →−3+
x →−3
lim f ( x) = lim+ ( x + 2 ) =−3 + 2 =−1
Dermed er lim f ( x) = −1 .
x →−3
f (−3) =−3 + 2 =−1
Altså er lim f ( x=
) f (−3) , som betyr at f er kontinuerlig for x = −3 .
x →−3
Dermed er f kontinuerlig i hele definisjonsmengden. f er en kontinuerlig funksjon.
Oppgave 3.39
a
b
c
3x + 1
x−5
Nevneren har nullpunktet x = 5 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = 5 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
x
x − 25
Nevneren har nullpunktene −5 og 5. Telleren er forskjellig fra null i begge tilfellene.
Linjene x = −5 og x = 5 er derfor vertikale asymptoter for grafen til g.
g ( x) =
2
x +1
x2 − 1
Nevneren har nullpunktene −1 og 1. Men −1 er et felles nullpunkt for telleren og nevneren.
Vi må derfor forkorte brøken.
1
x +1
x +1
h=
( x)
( x ≠ −1)
=
=
2
x − 1 ( x + 1)( x − 1) x − 1
Linja x = 1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til h.
h( x ) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.40
a
b
2
x−3
Vi dividerer med x i teller og nevner.
2
f ( x) = x
3
1−
x
0
lim f=
( x) = 0
x →±∞
1− 0
Linja y = 0 er derfor en horisontal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
x2 + 2
x
Vi dividerer med x 2 i teller og nevner.
2
1+ 2
x
g ( x) =
1
x
Her går telleren mot 1 og nevneren mot 0 når x → ±∞ .
lim g ( x) eksisterer derfor ikke. Grafen til g har ingen horisontale asymptoter.
g ( x) =
x →±∞
c
4 x3 + 1
2 x3 + x
Vi dividerer med x 3 i teller og nevner.
1
4+ 3
x
h( x ) =
1
2+ 2
x
4+0
h( x ) = 2
lim =
x →±∞
2+0
Linja y = 2 er derfor en horisontal asymptote for grafen til h.
h( x ) =
Oppgave 3.41
a
x −1
x−2
Nevneren har nullpunktet x = 2 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = 2 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
1
1−
x −1
−0
x 1=
lim f=
( x) lim = lim =
1
x →±∞
x →±∞ x − 2
x →±∞
2 1− 0
1−
x
Linja y = 1 er derfor en horisontal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
b
For eksempel er f (−3) =
x
f ( x)
c
–3
0,8
0
0,5
−3 − 1 −4 4
=
= = 0,8 .
−3 − 2 −5 5
1
0
1,5
–1
1,8
–4
2,2
6
2,5
3
3
2
4
1,5
7
1,2
Vi tegner asymptotene x = 2 og y = 1 , og punktene
fra oppgave b, i et koordinatsystem.
Så trekker vi en jevn kurve gjennom punktene.
Oppgave 3.42
a
b
6
x +1
Nevneren har nullpunktet x = −1 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = −1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til g.
6 

g ( x) lim  2 −
lim=

x →±∞
x →±∞
x +1

6 



0
=
=
lim  2 − x  =
2−
2
x →±∞
1
+
1
0


1+
x

Linja y = 2 er derfor en horisontal asymptote
for grafen til g.
Vi tegner grafen til g i GeoGebra ved å skrive
g(x)=2-6/(x+1), og asymptotene ved å skrive
Asymptote[g].
g ( x)= 2 −
Oppgave 3.43
a
x3 − x 2 − 4
x−2
Vi ser at både telleren og nevneren har nullpunktet x = 2 . Da vet vi at polynomdivisjonen
( x 3 − x 2 − 4) : ( x − 2) går opp. Det betyr at grafen til f ikke har noen vertikale asymptoter.
f ( x) =
For å finne eventuelle horisontale asymptoter dividerer vi teller og nevner med x 3 .
1 4
1− − 3
x x
f ( x) =
1 2
−
x 2 x3
Her går telleren mot 1 og nevneren mot 0 når x → ±∞ .
lim f ( x) eksisterer derfor ikke, som betyr at grafen
x →±∞
til f ikke har noen horisontale asymptoter.
Grafen til f har derfor ingen asymptoter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
b
3x
x +1
Nevneren har ingen nullpunkter.
Grafen til g har derfor ingen vertikale asymptoter.
For å finne eventuelle horisontale asymptoter
dividerer vi teller og nevner med x 2 .
3
3x
0
x
= 0
lim g=
( x) lim 2= lim =
x →±∞
x →±∞ x + 1
x →±∞
1 1+ 0
1+ 2
x
Linja y = 0 er derfor en horisontal asymptote for grafen til g.
g ( x) =
2
Oppgave 3.44
a
b
2
x −1
Nevneren har nullpunktet x = 1 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = 1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
For å finne eventuelle horisontale asymptoter dividerer vi teller og nevner med x.
2
2
0
x
lim f=
( x) lim = lim =
= 0
x →±∞
x →±∞ x − 1
x →±∞
1 1− 0
1−
x
Linja y = 0 er derfor en horisontal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
Vi regner ut f ( x) for noen verdier av x.
x
f ( x)
–3
–0,5
–1
–1
0
–2
0,5
–4
1,5
4
2
2
3
1
5
0,5
Så markerer vi punktene i et koordinatsystem,
og tegner en jevn kurve gjennom punktene.
c
Funksjonen er ikke definert for x = 1 .
Definisjonsmengden er altså D f =  \ {1} .
Grafen til f er kontinuerlig for alle x ∈ D f .
Funksjonen er derfor kontinuerlig.
d
e
2
= 0 har ingen løsning,
x −1
siden telleren ikke kan bli lik null.
Funksjonen f har derfor ingen nullpunkter.
Likningen f=
( x)
3 
Vi ser at grafen til f skjærer linja y = 4 i punktet  , 4  .
2 
2
3
Likningen
= 4 har altså løsningen L =   .
x −1
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.45
a
b
2x − 3
x −1
Nevneren har nullpunktet x = 1 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = 1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til g.
For å finne eventuelle horisontale asymptoter dividerer vi teller og nevner med x.
3
2−
−0
2x − 3
x 2=
lim g=
( x) lim = lim =
2
x →±∞
x →±∞ x − 1
x →±∞
1 1− 0
1−
x
Linja y = 2 er derfor en horisontal asymptote for grafen til g.
g ( x) =
Vi finner nullpunktet ved å løse likningen g ( x) = 0 .
2x − 3
=0
x −1
2x − 3 =
0
x=
3
2
3
.
2
Vi tegner grafen til g i GeoGebra.
g ( x) er ikke definert for x = 1 .
Nullpunktet til g er
c
d
Definisjonsmengden er altså Dg =  \ {1} .
Grafen til g nærmer seg linja y = 2 når x → ±∞ ,
men skjærer aldri linja.
Verdimengden til g er derfor Vg =  \ {2} .
e
g ( x) < 3 når x < 0 og når x > 1 .
Løsningsmengden er L =← , 0 ∪ 1 , → .
Vi ser at dette stemmer med grafen i oppgave c.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.46
Vi antar at funksjonsuttrykket er på formen
ax + b
f ( x) =
cx + d
Siden y = 1 er en horisontal asymptote, er lim f ( x) = 1 .
x →±∞
b
a+
ax + b
x= a + 0=
lim f ( x=
) lim
= lim
x →±∞
x →±∞ cx + d
x →±∞
d c+0
c+
x
Vi velger å sette a= c= 1 . Altså er
x+b
f ( x) =
x+d
Nullpunktet til funksjonen er x = −3 . Det betyr at
Linja x = 2 er en vertikal asymptote. Det betyr at
Et mulig funksjonsuttrykk for f er derfor
x+3
f ( x) =
x−2
a
= 1
c
−3 + b = 0 ⇔ b = 3 .
2+d =
0 ⇔ d=
−2 .
Oppgave 3.47
ax + b
cx + 4
Den vertikale asymptoten er gitt ved x = −2 . Nevneren er altså lik null for x = −2 .
c ⋅ (−2) + 4 =0
c=2
Den horisontale asymptoten er gitt ved y = 2 .
b
a+
ax + b
x= a + 0= a= 2
lim f ( x=
) lim
= lim
x →±∞
x →±∞ 2 x + 4
x →±∞
4 2+0 2
2+
x
a=4
Grafen skjærer førsteaksen for x = −1 . Funksjonen har altså nullpunktet −1 .
4 ⋅ (−1) + b =0
b=4
Vi har dermed funnet at a = 4 , b = 4 og c = 2 .
f ( x) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.48
a
b
4x − 2
x 2 − 16
Nevneren har nullpunktene −4 og 4. Da er telleren forskjellig fra null.
Linjene x = −4 og x = 4 er derfor vertikale asymptoter for grafen til f.
For å finne eventuelle horisontale asymptoter dividerer vi teller og nevner med x 2 .
4 2
− 2
4x − 2
0−0
x
x
lim f=
( x) lim 2 = lim =
= 0
x →±∞
x →±∞ x − 16
x →±∞
16 1 − 0
1− 2
x
Linja y = 0 er derfor en horisontal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
Vi finner nullpunktene til f ved å løse likningen f ( x) = 0 .
4x − 2
=0
x 2 − 16
4x − 2 =
0
x=
1
2
1
.
2
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
Grafen til f er sammenhengende for alle
verdier av x bortsett fra x = −4 og x = 4 .
Funksjonen er ikke definert for disse to
x-verdiene. Funksjonen er altså kontinuerlig
for alle x ∈ D f . Det betyr at funksjonen er kontinuerlig.
Funksjonen har nullpunktet
c
d
e
f
Funksjonen er definert for alle verdier av x bortsett fra x = −4 og x = 4 .
D f  \ {−4 , 4} .
Definisjonsmengden er altså =
Funksjonsverdien kan bli alle mulige reelle tall,
inkludert y-verdien 0 til den horisontale asymptoten.
Verdimengden er derfor V f =  .
f ( x) ≥ 2 når −4 < x ≤ −3 og når 4 < x ≤ 5 .
Løsningsmengden er L =
−4 , −3 ∪ 4 , 5 .
Vi ser at dette stemmer med grafen i oppgave c.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.49
x−3
( x 2 − 9) 2
Nevneren har nullpunktene −3 og 3. Men telleren er også lik null for x = 3 .
Vi må derfor forkorte brøken for å finne de vertikale asymptotene.
x−3
x−3
1
=
f ( x)
=
=
2
2
2
( ( x + 3)( x − 3) ) ( x + 3) ( x − 3) ( x + 3)2 ( x − 3)
a
f ( x) =
Nevneren har fortsatt nullpunktene −3 og 3.
Linjene x = −3 og x = 3 er altså vertikale asymptoter for grafen til f.
Nevneren i uttrykket for f har høyere grad (fjerdegrad) enn telleren (førstegrad).
Da gjelder alltid grenseverdien lim f ( x) = 0 .
x →±∞
Linja y = 0 er derfor en horisontal asymptote for grafen til f.
( x − 1)( x − 2) 2 ( x − 3)3
( x − 1) 2 ( x − 2) 2 ( x − 3) 2
Både telleren og nevneren har nullpunktene 1, 2 og 3. Vi må derfor forkorte brøken.
x−3
( x − 1)( x − 2) 2 ( x − 3)3
=
=
g ( x)
x ∉ {1 , 2 , 3}
2
2
2
x −1
( x − 1) ( x − 2) ( x − 3)
Linja x = 1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til g.
For å finne den horisontale asymptoten dividerer vi teller og nevner med x.
3
1−
x−3
−0
x 1=
lim g=
( x) lim = lim =
1
x →±∞
x →±∞ x − 1
x →±∞
1 1− 0
1−
x
Linja y = 1 er derfor en horisontal asymptote for grafen til g.
b
g ( x) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.50
a
b
x 2 + 3x + 1
x +1
Nevneren har nullpunktet x = −1 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = −1 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
f ( x) =
( x 2 + 3 x + 1) : ( x + 1) = x + 2
x2 + x
2x + 1
2x + 2
−1
Polynomdivisjonen ( x 2 + 3 x + 1) : ( x + 1) har resten −1 . Altså er
f ( x) =
c
1
x 2 + 3x + 1
= x+2−
x +1
x +1
1
1
− ( x + 2) =
−
x +1
x +1
 1 
lim ( f ( x) − ( x + 2)=
lim  −
=
)
 0
x →±∞
x →±∞
 x +1
Differansen f ( x) − ( x + 2) går altså mot null når x → ±∞ .
f ( x) − ( x + 2) =+
x 2−
d
Avstanden mellom grafen til f og linja y= x + 2 går mot null når x → ±∞ .
Grafen til f nærmer seg altså linja y= x + 2 når x → ±∞ .
Derfor kaller vi y= x + 2 en skrå asymptote for grafen til f.
e
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
Asymptotene tegner vi ved å skrive
f
Asymptote[f]
Av grafen ser vi at f ( x) ≥ 1
når −2 ≤ x < −1 og når x ≥ 0 .
Løsningsmengden er L = −2 , −1 ∪ 0 , → .
Ved regning:
f ( x) ≥ 1
2
x + 3x + 1
≥1
x +1
x 2 + 3x + 1 x + 1
−
≥0
x +1
x +1
x2 + 2x
≥0
x +1
x( x + 2)
≥0
x +1
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten har løsningen L = −2 , −1 ∪ 0 , → .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.51
a
Definisjonsmengden skal være D f =  \ {4} . Nevneren skal altså ha nullpunktet 4.
Grafen til f har ingen vertikale asymptoter. Det betyr at telleren også har nullpunktet 4,
slik at faktoren x − 4 i telleren og nevneren kan forkortes.
Mulige funksjonsuttrykk kan derfor være f.eks.
x−4
( x − 4) 2 ( x + 1)
eller f ( x) =
f ( x) =
x−4
2x − 8
b
Siden lim g ( x) = 5 , er linja y = 5 en horisontal asymptote for grafen til g.
x →±∞
Linja x = 1 er en vertikal asymptote. Altså har nevneren nullpunktet 1.
Den enkleste løsningen får vi når både telleren og nevneren er førstegradsuttrykk,
ax + b
g ( x) =
cx + d
Fra den horisontale asymptoten får vi
ax + b a
= = 5
lim g ( x=
) lim
x →±∞
x →±∞ cx + d
c
Vi kan derfor velge a = 5 og c = 1 .
Nevneren har nullpunktet 1, som betyr at 1 + d =
0 ⇔ d=
−1 .
Til slutt bruker vi at g (2) = 3 .
5⋅ 2 + b
= 3 ⇔ 10 + b = 3 ⇔ b = −7
2 −1
5x − 7
Funksjonsuttrykket er dermed gitt ved g ( x) =
.
x −1
Andre, mer kompliserte funksjonsuttrykket, kan være f.eks.
5 x 2 − 17
5x2 − 8
eller g ( x) =
g ( x) =
( x − 1)( x + 2)
( x − 1) 2
c
Dh  \ {−2 , 3 , 5} . Nevneren har derfor nullpunktene −2 , 3 og 5.
Definisjonsmengden er =
Siden x = 3 er den eneste vertikale asymptoten, har også telleren nullpunktene −2 og 5.
I tillegg har telleren nullpunktet −1 .
Siden lim h( x) = 0 , har telleren faktoren x + 2 i en høyere potens enn nevneren.
x →−2
Siden lim h( x)= 4 ≠ 0 , har telleren faktoren x − 5 i samme potens som nevneren.
x →5
Det enkleste mulige funksjonsuttrykket som oppfyller disse betingelsene er dermed
a ( x + 1)( x + 2) 2 ( x − 5)
h( x ) =
( x − 3)( x + 2)( x − 5)
Vi bestemmer konstanten a fra grenseverdien lim h( x) = 4 .
x →5
a ( x + 1)( x + 2) ( x − 5)
a ( x + 1)( x + 2) a ⋅ 6 ⋅ 7
4
= lim
=
=4 ⇔ a =
x →5 ( x − 3)( x + 2)( x − 5)
x →5
x−3
2
21
lim h( x) = lim
x →5
2
4( x + 1)( x + 2) 2 ( x − 5)
Det enkleste mulige funksjonsuttrykket er altså h( x) =
.
21( x − 3)( x + 2)( x − 5)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.52
a
f ( x) = 0,5 x
For eksempel gir x = −3
−3
1
1
f (−3) = 0,5−3 =   = −3 = 23 = 8
2
2
x
f ( x)
b
c
–3
8
–2
4
–1
2
0
1
1
0,5
2
0,25
Vi markerer punktene fra oppgave a i et koordinatsystem,
og trekker en jevn kurve gjennom punktene.
Vi ser at grafen til f skjærer linja y = 3 for x = −1, 6 .
Når x > −1, 6 ser vi at f ( x) < 3 .
Ulikheten 0,5 x ≤ 3 har altså løsningen L = −1, 6 , → .
Oppgave 3.53
a
Vi leser av f (1, 25) på figuren,
og ser at f (1, 25) ≈ 3,5 .
Altså er e1,25 ≈ 3,5 .
b
e = e0,5
Vi leser av f (0,5) på figuren,
og ser at f (0,5) ≈ 1, 6 .
Altså er
e ≈ 1, 6 .
c
Siden eln 4,5 = 4,5 , er ln 4,5
løsningen av likningen e x = 4,5 .
Av figuren ser vi at f ( x) = 4,5
når x ≈ 1,5 . Altså er ln 4,5 ≈ 1,5 .
d
Siden eln 2 = 2 , er ln 2 løsningen
av likningen e x = 2 . Av figuren
ser vi at f ( x) = 2 når x ≈ 0, 7 .
Altså er ln 2 ≈ 0, 7 .
Oppgave 3.54
a
b
c
( e )= ( e )= e
( x) 0,5
g=
= (e =
) (e =
) e
h( x) = 5000 ⋅ 1, 23 = 5000 ⋅ ( e
) = 5000 ⋅ ( e )
ln 5 x
x
f ( x=
) 5=
© Aschehoug
x
ln 0,5 x
x
1,61 x
1,61 x
−0,693 x
−0,693 x
ln1,23 x
0,207 x
www.lokus.no
= 5000 ⋅ e0,207 x
Side 25 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.55
a =
V ( x) 250 000 ⋅ e0,2235 x
Vi finner verdien av kunstverket i 2007 ved å sette x = 0 inn i formelen for V ( x) .
⋅0
=
V (0) 250 000 ⋅ e0,2235
=
250 000
=
⋅ e0 250 000
=
⋅ 1 250 000
I 2007 var kunstverket verdt 250 000 kr.
b
V ( x) = 250 000 ⋅ e0,2235 x = 250 000 ⋅ ( e0,2235 ) = 250 000 ⋅ 1, 25 x
c
Vekstfaktoren er 1,25. Det svarer til en økning på 25 %.
Verdien av kunstverket øker altså med 25 % hvert år.
x
Oppgave 3.56
a
Verdien av bilen er til å begynne med 780 000 kr.
Verdien synker med 20 % hvert år, som svarer til vekstfaktoren 0,80.
Etter x år er altså verdien av bilen gitt ved=
V ( x) 780 000 ⋅ 0,80 x ,
som betyr at C = 780 000 og a = 0,80 .
b
V ( x)= 780 000 ⋅ 0,80 x= 780 000 ⋅ ( eln 0,80 ) = 780 000 ⋅ ( e −0,223 ) = 780 000 ⋅ e −0,223 x
x
x
Altså er C = 780 000 og k = −0, 223 .
c
Vi løser likningen V ( x) = 500 000 .
780 000 ⋅ 0,80 x =
500 000
0,80 x =
500 000
780 000
 500 000 
lg 

780 000 

=
x = 2, 0
lg 0,80
Verdien av bilen har sunket til en halv million kroner etter 2 år.
d
Vi løser likningen
=
V ( x) 780
=
000 2 390 000 .
780 000 ⋅ 0,80 x =
390 000
390 000
0,80 x = 0,50
=
780 000
lg 0,50
=
x = 3,1
lg 0,80
Verdien av bilen har sunket til halvparten av kjøpsverdien etter litt over 3 år.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.57
a
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x) = 1, 23x i
GeoGebra, sammen med linja y = 2 .
Grafen til f skjærer linja i punktet (3,35 , 2) .
Likningen 1, 23x = 2 har altså løsningen
L = {3,35}
b
Vi tegner grafen til funksjonen
f ( x) = 0, 75 x og linja y = 0, 25 .
Grafen skjærer linja i punktet (4,82 , 0, 25) .
For x > 4,82 er f ( x) < 0, 25 .
Ulikheten 0, 75 x < 0, 25 har altså løsningen
=
L
c
4,82 , →
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x) = 3e 2 x og
linja y = 1 . Grafen skjærer linja i punktet (−0,549 , 1) .
Likningen 3e 2 x = 1 har altså løsningen
L = {−0,549}
d
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x) = e x−1 og
linja y = 5 . Grafen skjærer linja i punktet (2, 61 , 5) .
For x > 2, 61 er f ( x) > 5 .
Ulikheten e x−1 > 5 har altså løsningen
=
L 2, 61 , →
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.58
a =
f (t ) 205e − kt + 20
60 sekunder svarer til t = 1 . Vi løser derfor likningen f (1) = 150 med hensyn på k.
205 ⋅ e − k ⋅1 + 20 =
150
205 ⋅ e − k =
130
130
e− k =
205
 130 
k=
− ln 
0, 455
=
 205 
b
Vi løser likningen f (t ) = 50 , =
der f (t ) 205e −0,455t + 20 .
205e −0,455t + 20 =
50
205e −0,455t = 30
30
e −0,455t =
205
 30 
ln 
−0, 455t =
−1,922
=
 205 
−1,922
t = 4, 2
=
−0, 455
Anders må vente i litt over 4 minutter før han kan spise kakene.
c
lim f (t )= lim ( 205e −0,455t + 20 )= 205 ⋅ 0 + 20= 20
d
Etter lang tid går f (t ) mot 20. Temperaturen i kakene nærmer seg altså 20 °C etter lang tid,
som betyr at romtemperaturen er 20 °C .
t →∞
© Aschehoug
t →∞
www.lokus.no
Side 28 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.59
a
v=
( x) 1000 ⋅ 0,9975 x
Vi ser at v(0) =
1000 ⋅ 0,99750 =
1000 . Utgangshastigheten til kula er altså 1000 m/s.
Vekstfaktoren er 0,9975. Det svarer til en nedgang på (1 − 0,9975) ⋅ 100 % =
0, 25 % .
Hastigheten til kula synker altså med 0,25 % per meter.
b
v( x) =
1000 ⋅ 0,9975 x =
1000 ⋅ ( eln 0,9975 ) =
1000 ⋅ ( e −0,0025 ) =
1000 ⋅ e −0,0025 x
c
Vi løser likningen v( x) = 334 .
x
x
1000 ⋅ 0,9975 x =
334
0,9975 x = 0,334
ln 0,334
=
x = 438
ln 0,9975
Når farten er 334 m/s så befinner kula seg ca. 440 m fra avfyringsstedet.
d
=
E (v) 0, 0015 ⋅ v 2
E ( x) = 0, 0015 ⋅ v( x) 2 = 0, 0015 ⋅ (1000 ⋅ 0,9975 x )
2
=0, 0015 ⋅ 10002 ⋅ ( 0,9975 x ) =1500 ⋅ 0,99752 x
2
=
1500 ⋅ ( e −0,0025 ) =
1500 ⋅ e −0,0025⋅2 x =
1500 ⋅ e −0,0050 x
2x
Oppgave 3.60
a
Generelt er lim Ca x = 0 når a > 1 . Derfor er lim
=
=
e − x lim
ex 0 .
b
1
Generelt er lim Ca = 0 når 0 < a < 1 . Derfor er lim   = 0 .
x →∞
x→∞ 2
 
x →∞
x →−∞
x →−∞
x
c
d
x
ex
lim
x→ln 2 e x − 2
Når x → ln 2 går nevneren mot eln 2 − 2 = 2 − 2 = 0 , mens telleren går mot eln 2= 2 ≠ 0 .
Brøken går derfor mot uendelig eller minus uendelig, avhengig av om x > ln 2 eller x < ln 2 .
ex
Grenseverdien lim x
eksisterer derfor ikke.
x→ln 2 e − 2
e2 x − 4
lim
x→ln 2 e x − 2
Her går både telleren og nevneren mot null når x → ln 2 . Vi må derfor forkorte brøken.
e x ) − 22
e x + 2 )( e x − 2 )
(
(
e2 x − 4
lim
= lim
= lim
= lim ( e x + 2 ) = eln 2 + 2 = 2 + 2 = 4
x
x
x →ln 2 e x − 2
x →ln 2
x
→
ln
2
x →ln 2
e −2
e −2
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.61
a
ex + 1
ex − 2
Når x → ln 2 går nevneren mot null mens telleren går mot 3.
Grenseverdien lim f ( x) eksisterer derfor ikke.
f ( x) =
x →ln 2
b
1
1+ x
ex + 1
1 + e− x
1+ 0
e
lim
=
f ( x) lim=
lim
=
lim
=
= 1
x
−
x
x →∞
x →∞ e − 2
x →∞
2 x→∞ 1 − 2e
1− 2 ⋅ 0
1− x
e
ex + 1 0 + 1
1
lim f ( x) = lim x
=
= −
x →−∞
x →−∞ e − 2
0−2
2
Nevneren har nullpunktet x = ln 2 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = ln 2 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
I oppgave a fant vi at lim f ( x) = 1 og lim f ( x) = − 12 .
x →∞
x →−∞
De horisontale asymptotene for grafen til f er derfor y = 1 og y = − 12 .
Oppgave 3.62
a
b
=
f ( x) 5lg(2 x − 4)
Logaritmefunksjonen er definert for positive tall. Altså må 2 x − 4 > 0 ⇔ x > 2 .
=
2,→ .
Definisjonsmengden til funksjonen f er altså gitt ved D
f
2x − 4 = 0 ⇔ x = 2
Den vertikale asymptoten for grafen til f er derfor x = 2 .
f (2, 25) = 5 ⋅ lg(2 ⋅ 2, 25 − 4) = 5 ⋅ lg 0,5 = 5 ⋅ lg 2−1 = −5 ⋅ lg 2 ≈ −5 ⋅ 0,3 = −1,5
f (2,5) = 5 ⋅ lg(2 ⋅ 2,5 − 4) = 5 ⋅ lg1 = 5 ⋅ 0 = 0
f (3) = 5 ⋅ lg(2 ⋅ 3 − 4) = 5 ⋅ lg 2 ≈ 5 ⋅ 0,3 = 1,5
f (4) =5 ⋅ lg(2 ⋅ 4 − 4) =5 ⋅ lg 4 =5 ⋅ lg 22 =10 ⋅ lg 2 ≈ 10 ⋅ 0,3 =3
f (6) = 5 ⋅ lg(2 ⋅ 6 − 4) = 5 ⋅ lg 8 = 5 ⋅ lg 23 = 15 ⋅ lg 2 ≈ 15 ⋅ 0,3 =
4,5
f (7) = 5 ⋅ lg(2 ⋅ 7 − 4) = 5 ⋅ lg10 = 5 ⋅ 1 = 5
f (10) =5 ⋅ lg(2 ⋅ 10 − 4) =5 ⋅ lg16 =5 ⋅ lg 24 =20 ⋅ lg 2 ≈ 20 ⋅ 0,3 =6
x
f ( x)
c
d
2,25
–1,5
2,5
0
3
1,5
4
3
6
4,5
7
5
10
6
Vi tegner asymptoten x = 2 og punktene fra
oppgave b i et koordinatsystem.
Så trekker vi en jevn kurve gjennom punktene.
Grafen til f skjærer linja y = 4,5 i punktet (6 , 4,5) .
Når x < 6 ser vi at f ( x) < 4,5 .
Ulikheten 5lg(2 x − 4) ≤ 4,5 har derfor løsningen
=
L
© Aschehoug
2 , 6 
www.lokus.no
Side 30 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.63
a
b
=
g ( x) 10 ln( x + 1)
Logaritmefunksjonen er definert for positive tall. Altså må x + 1 > 0 ⇔ x > −1 .
Definisjonsmengden er altså gitt ved Dg = −1 , → .
x + 1 =0 ⇔ x =−1
Den vertikale asymptoten for grafen til g er derfor x = −1 .
g (−0,5) = 10 ⋅ ln(−0,5 + 1) = 10 ⋅ ln 0,5 = 10 ⋅ ln 2−1 = −10 ⋅ ln 2 ≈ −10 ⋅ 0, 7 = −7
g (0) = 10 ⋅ ln(0 + 1) = 10 ⋅ ln1 = 10 ⋅ 0 = 0
g (0,5) = 10 ⋅ ln(0,5 + 1) = 10 ⋅ ln1,5 = 10 ⋅ ln
g (1) = 10 ⋅ ln(1 + 1) = 10 ⋅ ln 2 ≈ 10 ⋅ 0, 7 = 7
g (2) = 10 ⋅ ln(2 + 1) = 10 ⋅ ln 3 ≈ 10 ⋅ 1,1 = 11
3
= 10 ⋅ ( ln 3 − ln 2 ) ≈ 10 ⋅ (1,1 − 0, 7 ) = 10 ⋅ 0, 4 = 4
2
g (3) =10 ⋅ ln(3 + 1) =10 ⋅ ln 4 =10 ⋅ ln 22 =20 ⋅ ln 2 ≈ 20 ⋅ 0, 7 =14
g (7) = 10 ⋅ ln(7 + 1) = 10 ⋅ ln 8 = 10 ⋅ ln 23 = 30 ⋅ ln 2 ≈ 30 ⋅ 0, 7 = 21
g (8) = 10 ⋅ ln(8 + 1) = 10 ⋅ ln 9 = 10 ⋅ ln 32 = 20 ⋅ ln 3 ≈ 20 ⋅ 1,1 = 22
x
g ( x)
c
d
–0,5
–7
0
0
0,5
4
1
7
2
11
3
14
7
21
8
22
Vi tegner asymptoten x = −1 og punktene fra
oppgave b i et koordinatsystem.
Så trekker vi en jevn kurve gjennom punktene.
Grafen til g skjærer linja y = 5 i punktet (0, 6 , 5) .
Når x < 0, 6 ser vi at g ( x) < 5 .
Ulikheten 10 ln( x + 1) ≤ 5 har derfor løsningen L =
−1 , 0, 6  .
Oppgave 3.64
a
=
p (t ) 7,5ln ( 32,5t − 0,95t 2 )
b
c
d
Vi tegner grafen til p i GeoGebra.
Vi ser at grafen til p skjærer førsteaksen
i punktene (0, 03 , 0) og (34,18 , 0) .
En rimelig definisjonsmengde for p kan
derfor være D p = [1 , 34] .
Vi tegner linja y = 30 , og finner skjæringspunktene mellom linja og grafen til p.
Skjæringspunktene er (1, 77 , 30) og (32, 44 , 30) .
Prisen for aksjen var 30 kr etter 1,8 måneder og etter 32,4 måneder.
Vi tegner linja y = 40 , og finner skjæringspunktene mellom linja og grafen til p.
Skjæringspunktene er (8, 47 , 40) og (25, 74 , 40) , og 25, 74 − 8, 47 =
17, 27 .
Prisen på aksjen holdt seg over 40 kr i ca. 17 måneder, fra omtrent halvveis i den 9. måneden
til omtrent halvveis i den 26. måneden.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.65
f=
( x) ln(ax + b)
a = 4 ∧ b = 8:
a = 4 ∧ b=0:
a=
4 ∧ b=
−8 :
a =1 ∧ b = 2 :
a =1 ∧ b = 0 :
a =∧
1
b=
−2 :
a =−1 ∧ b =−2 :
a =−1 ∧ b =0 :
a =−1 ∧ b =2 :
Vi ser at formen på grafen til f er den samme i alle tilfellene.
Absoluttverdien av konstanten a bestemmer posisjonen til grafen i y-retningen.
Hvis a er positiv, så vokser grafen mot høyre fra den vertikale asymptoten.
Hvis a er negativ, så vokser grafen mot venstre fra den vertikale asymptoten.
Konstanten b (kombinert med a) bestemmer posisjonen til grafen i x-retningen.
Vi ser dette tydeligere ved å skrive (for a > 0 )
 
b 
b

f ( x) = ln(ax + b) = ln  a ⋅  x +   = ln a + ln  x + 
a 
a

 
b
Grafen har en vertikal asymptote for x = − .
a
1− b
Nullpunktet til funksjonen er for ax + b = 1 ⇔ x =
.
a
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.66
a
f (=
x) lg x − 2
Logaritmefunksjonen er bare definert for positive tall.
=
0,→ .
Definisjonsmengden til funksjonen f er altså D
f
Funksjonsverdien kan bli alle mulige reelle tall. Verdimengden er altså V f =  .
b
Vi regner ut f ( x) for noen verdier av x, og bruker da lg 2 ≈ 0,3 .
f (10) =lg10 − 2 =−
1 2 =−1
f (100) = lg100 − 2 = 2 − 2 = 0
f (200)= lg 200 − 2= lg ( 2 ⋅ 100 ) − 2= lg 2 + lg100 − 2 ≈ 0,3 + 2 − 2= 0,3
1000
−=
2 lg1000 − lg 2 − 2 ≈ 3 − 0,3 −=
2 0, 7
2
f (1000) = lg1000 − 2 = 3 − 2 = 1
f (500)
= lg 500 −=
2 lg
x
f ( x)
10
–1
100
0
200
0,3
500
0,7
1000
1
Vi markerer punktene i et koordinatsystem,
sammen med den vertikale asymptoten x = 0 ,
og trekker en jevn kurve gjennom punktene.
c
d
e
Grafen til f er kontinuerlig for alle x ∈ D f .
Funksjonen er derfor kontinuerlig.
Grafen til f skjærer førsteaksen i punktet (100 , 0) .
Nullpunktet til funksjonen er derfor 100.
Ved regning:
f ( x) = 0
lg x − 2 =
0
lg x = 2
x = 102
x = 100
Vi tegner linja y = 1 . Grafen til f skjærer linja i punktet (1000 , 1) .
Likningen lg x − 2 =
1 har altså løsningen L = {1000} .
Ved regning:
lg x − 2 =
1
lg x = 3
x = 103
x = 1000
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.67
a
Vi tegner grafen til f ( x) = lg x i GeoGebra
sammen med linja y = 1,36 .
Grafen til f skjærer linja i punktet (22,9 , 1,36) .
Den vertikale asymptoten er x = 0 .
Når 0 < x < 22,9 ser vi at f ( x) < 1,36 .
Ulikheten lg x ≤ 1,36 har derfor løsningen
=
L
b
0 , 22,9 
Vi tegner grafen til =
f ( x) 5ln( x − 3)
sammen med linja y = 4 .
Grafen til f skjærer linja i punktet (5, 23 , 4) .
Den vertikale asymptoten er x = 3 .
Når 3 < x < 5, 23 ser vi at f ( x) < 4 .
Ulikheten 5ln( x − 3) < 4 har derfor løsningen
L = 3 , 5, 23
c
Vi tegner grafen til f ( x) =
4
lg( x − 3)
sammen med linja y = 5 .
Grafen til f skjærer linja i punktet (9,31 , 5) .
4
Likningen
= 5 har altså løsningen
lg( x − 3)
L = {9,31}
d
Vi tegner grafene til f =
( x) ln(2 − x) og
g=
( x) ln( x − 3) i samme koordinatsystem.
Definisjonsmengdene til funksjonene er
Df = ← , 2
D
=
g
3,→
Definisjonsmengdene har ingen felles verdier,
D f ∩ Dg =
∅
Da kan heller ikke grafene skjære hverandre.
Likningen ln(2 − x)= ln( x − 3) har derfor ingen løsning,
L= ∅
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.68
a
b
Vi tegner grafene til funksjonene
f (=
x) ln(3 − x)
g=
( x) ln( x − 5)
i samme koordinatsystem i GeoGebra.
Definisjonsmengden til funksjonene er
Df = ← , 3
D
=
g
5,→
Definisjonsmengdene har derfor ingen felles verdier,
∅
D f ∩ Dg =
Da kan heller ikke grafene skjære hverandre.
Likningen ln(3 − x)= ln( x − 5) har derfor ingen løsning.
c
Per har antakelig løst likningen på denne måten:
ln(3 − x)= ln( x − 5)
eln(3− x ) = eln( x −5)
3− x = x −5
−2 x =
−8
x=4
Per har altså glemt å sjekke om løsningen er med i definisjonsmengden til funksjonene.
Løsningen x = 4 er verken med i D f eller Dg . Likningen har derfor ingen løsning.
Oppgave 3.69
a
=
f ( x) lg ( x 2 − 4 )
Funksjonen lg x har en vertikal asymptote for x = 0 .
Funksjonen lg ( x 2 − 4 ) har derfor vertikale asymptoter for
0
x2 − 4 =
b
x2 = 4
2
x=
−2 ∨ x =
Linjene x = −2 og x = 2 er altså vertikale asymptoter for grafen til f.
Logaritmefunksjonen er bare definert for positive tall.
f ( x) er derfor definert for x 2 − 4 > 0 ⇔ x < −2 ∨ x > 2 .
Definisjonsmengden er altså D f = ← , − 2 ∪ 2 , → .
Logaritmefunksjonen kan bli lik et hvilket som helst reelt tall.
Verdimengden er altså V f =  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi finner nullpunktene til f ved å løse likningen f ( x) = 0 .
lg ( x 2 − 4 ) =
0
x2 − 4 =
1
x2 = 5
x=
− 5 ∨ x =5
Funksjonen har nullpunktene − 5 og
d
e
5.
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
Grafen til f er kontinuerlig for x < −2 og for x > 2 .
For −2 ≤ x ≤ 2 er ikke funksjonen definert.
Grafen er altså kontinuerlig for alle x ∈ D f . Funksjonen er derfor kontinuerlig.
f
f ( x) < 2
lg ( x 2 − 4 ) < 2
x 2 − 4 < 100
(x + 2
x 2 − 104 < 0
26
)( x − 2
)
26 < 0
I tredje linje har vi brukt at lg u er en monotont voksende funksjon.
Vi tegner fortegnsskjema, og husker i tillegg at D f = ← , − 2 ∪ 2 , → .
Ulikheten lg ( x 2 − 4 ) < 2 er altså oppfylt når −2 26 < x < −2 og når 2 < x < 2 26 .
Løsningsmengden er L = −2 26 , − 2 ∪ 2 , 2 26 .
Vi ser at dette stemmer med grafen i oppgave d, siden 2 26 ≈ 10, 2 .
Oppgave 3.70
a
Vi setter inn x = 5 , og løser likningen med hensyn på temperaturen t.
ln(20 − t=
) 2, 77 − 0,12 x
ln(20 − t=
) 2, 77 − 0,12 ⋅ 5
ln(20 − t ) =
2,17
20 − t =
e 2,17
t =20 − e 2,17 =11, 2
Etter 5 minutter er temperaturen i brusen 11 °C .
b
ln ( 20 − t ( x) ) = 2, 77 − 0,12 x
20 − t ( x) =
e 2,77−0,12 x
20 − t ( x) = e 2,77 ⋅ ( e −0,12 )
x
20 − t ( x) =
16 ⋅ 0,887 x
t ( x) = 20 − 16 ⋅ 0,887 x
Altså er a = −16 , b = 0,887 og c = 20 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.71
a
Når x går mot uendelig, går også lg x mot uendelig.
Grenseverdien lim lg x eksisterer derfor ikke.
x →∞
b
lg x − 1
lg x − 1
1
1
1
1
= lim
= lim
=
= =
2
x →10 (lg x ) − 1
x →10 (lg x + 1)(lg x − 1)
x →10 lg x + 1
lg10 + 1 1 + 1 2
c
lim
d
Når x går mot uendelig, går også ln x mot uendelig.
Vi dividerer derfor med (ln x) 2 i teller og nevner.
1
1
−
ln x − 1
ln x (ln x) 2 0 − 0
=
= = 0
lim
lim
x →∞ (ln x ) 2 − 1
x →∞
1
1− 0
1−
(ln x) 2
lim
ln x − 1
ln x − 1
1
1
1
1
= lim
= lim
=
= =
2
x →e (ln x ) − 1
x →e (ln x + 1)(ln x − 1)
x →e ln x + 1
ln e + 1 1 + 1 2
Oppgave 3.72
a
) x2 + 3
f ( x=
∆f ( x)= f ( x + ∆x) − f ( x)= ( x + ∆x) 2 + 3 − ( x 2 + 3)
=x 2 + 2 x∆x + (∆x) 2 + 3 − x 2 − 3 =2 x∆x + (∆x) 2 =∆x ⋅ (2 x + ∆x)
∆f ( x) ∆x ⋅ (2 x + ∆x)
=
= 2 x + ∆x
∆x
∆x
∆f ( x)
f ′( x) lim = lim ( 2 x=
=
+ ∆x ) 2 x
∆x →0 ∆x
∆x →0
b
g ( x=
) x3 − 4 x
∆g (=
x) g ( x + ∆x) − g ( x)
= ( x + ∆x)3 − 4( x + ∆x) − ( x 3 − 4 x)
= x 3 + 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3 − 4 x − 4∆x − x 3 + 4 x
= 3 x 2 ∆x + 3 x(∆x) 2 + (∆x)3 − 4∆x
=∆x ⋅ ( 3 x 2 + 3 x∆x + (∆x) 2 − 4 )
2
2
∆g ( x) ∆x ⋅ ( 3 x + 3 x∆x + (∆x) − 4 )
=
= 3 x 2 + 3 x∆x + (∆x) 2 − 4
∆x
∆x
∆g ( x)
=
= lim ( 3 x 2 + 3 x∆x + (∆x) 2 − 4=
g ′( x) lim
3x 2 − 4
)
∆
x
→
∆x →0
0
∆x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.73
Punktet (−2 , 0,5) er et knekkpunkt.
Da er de ensidige grenseverdiene for stigningstallet forskjellige,
∆f ( x)
∆f ( x)
lim−
≠ lim+
∆x →0
∆x →0
∆x
∆x
∆f ( x)
Grenseverdien lim
eksisterer derfor ikke for x = −2 .
∆x →0 ∆x
Funksjonen er dessuten diskontinuerlig for x = 2 . Da er funksjonen heller ikke deriverbar.
Funksjonen er altså ikke deriverbar for x = −2 og for x = 2 .
Oppgave 3.74
Figuren viser et eksempel på grafen til en funksjon f ( x) med
definisjonsmengde D f = 0 , 5 , som har et knekkpunkt for x = 3 .
De ensidige grenseverdiene for stigningstallet er da forskjellige,
f (3 + ∆x) − f (3)
f (3 + ∆x) − f (3)
lim−
≠ lim+
∆x →0
∆x →0
∆x
∆x
f (3 + ∆x) − f (3)
Grenseverdien f ′(3) = lim
eksisterer derfor ikke.
∆x →0
∆x
Funksjonen er ikke deriverbar for x = 3 .
Oppgave 3.75
a
b
 x + 5 når x ≤ 1
f ( x) = 
3 x + 3 når x > 1
Vi ser at f er kontinuerlig for x = 1 .
∆x
f (1 + ∆x) − f (1)
(1 + ∆x + 5) − 6
= lim−
= lim
=
1
−
∆x →0
∆x →0
∆x →0 ∆x
∆x
∆x
+ 3) − 6
f (1 + ∆x) − f (1)
3∆x
( 3(1 + ∆x)=
= lim+
=
lim+
lim
3
+
∆x →0
∆x →0
∆x →0 ∆x
∆x
∆x
De ensidige grenseverdiene for stigningstallet er forskjellige.
f (1 + ∆x) − f (1)
.
Da eksisterer ikke grenseverdien f ′(1) = lim
∆x →0
∆x
Funksjonen er ikke deriverbar for x = 1 .
lim−
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.76
a
g ( x)= x − 2
b
Vi kan skrive g ( x) som et delt funksjonsuttrykk:
2 − x når x < 2
g ( x) = 
 x − 2 når x ≥ 2
Dermed er
−∆x
g (2 + ∆x) − g (2)
(2 − 2 − ∆x) − 0
= lim−
= lim−
= −1
lim−
∆x →0
∆x →0
∆x →0 ∆x
∆x
∆x
∆x
g (2 + ∆x) − g (2)
(2 + ∆x − 2) − 0
= lim+
= lim
=
lim+
1
+
∆x →0
∆x →0
∆x →0 ∆x
∆x
∆x
De ensidige grenseverdiene for stigningstallet er forskjellige.
g (2 + ∆x) − g (2)
Da eksisterer ikke grenseverdien g ′(2) = lim
.
∆x →0
∆x
Funksjonen er ikke deriverbar for x = 2 .
Oppgave 3.77
a
1
Vi ser av figuren at
lim− f ( x) = lim+ f ( x) = lim f ( x) = f (2) = −1
x →2
x →2
x →2
Funksjonen er derfor kontinuerlig for x = 2 .
2
Vi ser av figuren at funksjonen er kontinuerlig for x = 3 .
3
Vi ser av figuren at lim− f ( x) = −1 , mens lim+ f ( x) = 3 .
x →5
x →5
De ensidige grenseverdiene er forskjellige, som betyr at lim f ( x) ikke eksisterer.
Funksjonen er derfor ikke kontinuerlig for x = 5 .
b
x →5
1
Funksjonen har et knekkpunkt for x = 2 .
De ensidige grenseverdiene for stigningstallet er derfor forskjellige,
f (2 + ∆x) − f (2)
f (2 + ∆x) − f (2)
lim−
=
1 ≠ lim+
=
0
∆x →0
∆x →0
∆x
∆x
f (2 + ∆x) − f (2)
Da eksisterer ikke grenseverdien f ′(2) = lim
.
∆x →0
∆x
Funksjonen er ikke deriverbar for x = 2 .
2
Vi ser av figuren at stigningstallet til grafen er kontinuerlig for x = 3 .
Funksjonen er altså deriverbar for x = 3 .
3
Funksjonen er diskontinuerlig for x = 5 .
Da kan heller ikke funksjonen være deriverbar for x = 5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3.78
a
b
c
Funksjonen f skal både være kontinuerlig
og ha et kontinuerlig stigningstall for x = 4 .
Funksjonen g skal være kontinuerlig
men ikke deriverbar for x = 4 .
Grafen har altså et knekkpunkt for x = 4 .
Hvis en funksjon ikke er kontinuerlig i et punkt,
kan den heller ikke være deriverbar i dette punktet.
Det finnes derfor ikke noen funksjon som er
deriverbar men ikke kontinuerlig for x = 4 .
Oppgave 3.79
a
b
Vi ser av figuren at f ikke er kontinuerlig for x = 2 .
(For x = −2 er ikke funksjonen definert. Da gir det heller ingen mening å spørre om
funksjonen er kontinuerlig eller ikke i dette punktet.)
Siden f ikke er kontinuerlig for x = 2 , er funksjonen heller ikke deriverbar for x = 2 .
(Siden −2 ∉ D f gir det ingen mening å spørre om funksjonen er deriverbar i dette punktet.)
c
Vi ser av figuren at g ikke er kontinuerlig for x = −2 og x = 2 .
d
g er ikke kontinuerlig for x = −2 og x = 2 .
Da er heller ikke funksjonen deriverbar for x = −2 og x = 2 .
Oppgave 3.80
a
b
c
Funksjonen f skal ha et knekkpunkt for x = 1 ,
og være diskontinuerlig for x = 4 .
Funksjonen g skal være diskontinuerlig
for både x = 1 og x = 4 .
(Da er funksjonen heller ikke deriverbar i noen
av disse to punktene.)
Hvis en funksjon ikke er kontinuerlig i et punkt,
kan den heller ikke være deriverbar i dette punktet.
Det finnes derfor ikke noen funksjon som er
deriverbar men ikke kontinuerlig for x = 1 .
Oppgave 3.81
Funksjonen f skal være definert for alle reelle tall, og den skal være kontinuerlig men ikke
deriverbar for x = 3 . Det betyr at funksjonen har et knekkpunkt for x = 3 .
Et mulig funksjonsuttrykk for f kan derfor være f.eks. f ( x)= x − 3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
a
2x − 4
x+2
2x − 4 2 ⋅ 2 − 4 0
lim f ( x)= lim
=
= = 0
x →2
x →2 x + 2
2+2
4
Når x går mot −2 , går telleren mot −8 , mens nevneren går mot 0. Brøken går derfor mot
uendelig eller minus uendelig, avhengig av om x er større enn eller mindre enn −2 .
Grenseverdien lim f ( x) eksisterer derfor ikke.
f ( x) =
x →−2
4
2−
−0
2x − 4
x 2=
lim f=
( x) lim = lim =
2
x →∞
x →∞ x + 2
x →∞
2 1+ 0
1+
x
4
2−
−0
2x − 4
x 2=
lim f=
( x) lim = lim =
2
x →−∞
x →−∞ x + 2
x →−∞
2 1+ 0
1+
x
b
Nevneren har nullpunktet x = −2 . Da er telleren forskjellig fra null.
Linja x = −2 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
Siden lim f ( x) = 2 , er linja y = 2 en horisontal asymptote for grafen til f.
x →±∞
c
Funksjonen er definert for alle verdier av x bortsett fra x = −2 .
D f  \ {−2} .
Definisjonsmengden er altså =
Funksjonsverdien kan bli alle tall bortsett fra den horisontale asymptoten y = 2 .
Verdimengden er altså V f =  \ {2} .
d
Vi regner ut f ( x) for noen verdier av x.
2 ⋅ (−4) − 4 −12
For eksempel er f (−4)=
=
= 6.
−4 + 2
−2
x
f ( x)
–10
3
–6
4
–4
6
–3
10
–1
–6
0
–2
2
0
6
1
Vi markerer punktene i et koordinatsystem,
sammen med asymptotene x = −2 og y = 2 ,
og trekker en jevn kurve gjennom punktene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
e
Vi tegner linja y= 2 − x i samme koordinatsystem som f.
Linja skjærer grafen til f i punktene (−4 , 6) og (2 , 0) .
2x − 4
Likningen
= 2 − x har altså løsningen L = {−4 , 2} .
x+2
Ved regning:
2x − 4
= 2− x
x+2
2 x − 4= (2 − x)( x + 2)
( x ≠ −2)
2x − 4 = 4 − x2
x2 + 2x − 8 =
0
−2 ± 22 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−8) −2 ± 4 + 32 −2 ± 36 −2 ± 6
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x=
−4 ∨ x =
2
=
x
Løsningen av likningen er altså L =
{−4 , 2} .
Oppgave 2
a
Vi ser av figuren at f (6) = 5 , lim− f ( x) = 5 og lim+ f ( x) = 4 .
b
Siden lim− f ( x) ≠ lim+ f ( x) , eksisterer ikke grenseverdien lim f ( x) .
x →6
x →6
x →6
x →6
Funksjonen er derfor ikke kontinuerlig for x = 6 .
c
Funksjonen f er ikke kontinuerlig for x = 6 .
Da kan heller ikke f være deriverbar for x = 6 .
d
Definisjonsmengden til g er Dg = [ 0 , 8] .
x →6
g er kontinuerlig men ikke deriverbar for x = 3 .
Funksjonen har altså et knekkpunkt for x = 3 .
Grafen til g kan dermed bli f.eks. som vist til høyre.
Oppgave 3
a
1
3+
3x + 1
+0
x 3=
lim = lim =
3
x →∞
x →∞
x
1
1
b
lim
x 2 − 25
( x + 5)( x − 5)
= lim
= lim ( x + 5 ) = 5 + 5 = 10
x →5
x →5
x−5
x−5
c
lim
x 2 − 3x
x( x − 3)
= lim
= lim
=
x 3
x →3
x →3
x−3
x−3
d
x →5
x →3
x 2 − 3x
x−3
= lim
x →∞ x − 3
x →∞
3
1−
x
Når x → ∞ går nevneren i den siste brøken mot 1, mens telleren går mot uendelig.
Grenseverdien eksisterer derfor ikke.
lim
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 4
a
Vi setter inn t = 30 i formelen for T (t ) .
T (t=
) 15 + 160 lg(7t )
T (30) =15 + 160 ⋅ lg(7 ⋅ 30) =387
En halv time etter at ovnen blir påslått er temperaturen ca. 390 °C .
b
Vi løser likningen T (t ) = 500 .
15 + 160 lg(7t ) =
500
160 lg(7t ) = 485
485
lg(7t ) =
160
7t = 10
485
160
485
1
160
t =⋅10 =
153,5
7
153,5
153,5
=
minutter =
timer 2,56 timer
60
Det tar ca. 2,6 timer før temperaturen i ovnen er 500 °C .
Oppgave 5
a
M (d ) =
1400e −0,223d =
1400 ⋅ ( e −0,223 ) =
1400 ⋅ 0,80d
d
Vekstfaktoren 0,80 svarer til en nedgang på 20 %.
For hver desibel støyen øker, avtar tiden man kan oppholde seg i rommet med 20 %.
b
lim M (d=
) lim (1400 ⋅ 0,80d=
) 1400 ⋅=0 0
d →∞
d →∞
Når støynivået i rommet går mot uendelig, går tiden vi kan oppholde oss i rommet mot 0.
Jo mer støy det er, desto kortere tid bør vi altså være i rommet.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 44
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 6
a
f ( x)=
2x + 8
2
2x + 8
2 ⋅ ( x + 4)
x
x ⋅ ( x − 4)
−
+
= 2
−
+
2
x − 16 x − 4 x + 4 x − 16 ( x − 4)( x + 4) ( x + 4)( x − 4)
2 x + 8 − 2( x + 4) + x( x − 4) 2 x + 8 − 2 x − 8 + x 2 − 4 x
=
( x + 4)( x − 4)
( x + 4)( x − 4)
x2 − 4x
x( x − 4)
x
=
=
=
( x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4) x + 4
b
c
d
e
f
x ∉ {−4 , 4}
Nevnerne i det opprinnelige uttrykket for f har nullpunktene −4 og 4.
Funksjonen er definert for alle verdier av x bortsett fra disse to verdiene.
D f  \ {−4 , 4} .
Definisjonsmengden er altså =
x
har nevneren nullpunktet x = −4 . Da er telleren
x+4
forskjellig fra null. Linja x = −4 er derfor en vertikal asymptote for grafen til f.
x
1
1
lim f=
( x) lim = lim = = 1
x →±∞
x →±∞ x + 4
x →±∞
4 1+ 0
1+
x
Linja y = 1 er derfor en horisontal asymptote
for grafen til f.
Vi tegner grafen til f i GeoGebra.
I det forenklede uttrykket f ( x) =
f er kontinuerlig for alle x ∈ D f .
Funksjonen er derfor kontinuerlig.
f er kontinuerlig, og grafen har ingen knekkpunkter.
Funksjonen er derfor deriverbar.
Oppgave 7
a
Funksjonen f skal være kontinuerlig for alle x ∈ D f =−5 , 3 .
I punktet x = 1 er funksjonen ikke deriverbar.
Funksjonen har derfor et knekkpunkt for x = 1 .
b
Funksjonen g er diskontinuerlig for x = 1 .
Da vet vi at g heller ikke er deriverbar for x = 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 44