Eksamen vår 2026

Vanlige feil

• Å glemme kjernen og skrive $v'=e^{x^2-2x+1}$. Eksponenten er ikke bare $x$, så den må deriveres og ganges på.
• Fortegnsfeil når $(2x+1)(2x-2)$ ganges ut. Kontroll: ved $x=0$ skal produktet bli $1\cdot(-2)=-2$.

Løsning

1. Legg merke til at eksponenten er et fullstendig kvadrat: $x^2-2x+1=(x-1)^2$. Den er $0$ i $x=1$, så $e^{x^2-2x+1}=e^0=1$ der.
2. Venstre verdi: $\lim_{x\to1^-}f(x)=(2\cdot1+1)\cdot1=3$.
3. Venstre stigning, med $f'$ fra a): $\lim_{x\to1^-}f'(x)=2\cdot1\cdot(2\cdot1-1)\cdot1=2$.
4. Høyre del $ax+b$ har verdien $a+b$ og stigningen $a$ i $x=1$.
5. Samme verdi og samme stigning: $a+b=3$ og $a=2$. Det gir $a=2$ og $b=1$.

Vanlige feil

• Fikk du 3e? Du har trolig regnet eksponenten som $1$. Men $1^2-2\cdot1+1=0$, så faktoren er $e^0=1$.
• Fikk du 2e? Samme felle: $e^{x^2-2x+1}$ er $e^0=1$ i $x=1$, ikke $e$.
• Å bare kreve like verdier. Da får du bare likningen $a+b=3$, som ikke bestemmer $a$ og $b$ hver for seg.

Løsning

1. På $(0,1)$ er $f'(x)=2x(2x-1)e^{x^2-2x+1}$. Eksponentialfaktoren er alltid positiv, og $2x>0$ når $x>0$. Fortegnet bestemmes derfor av $2x-1$.
2. $2x-1<0$ når $x<\tfrac12$ og $2x-1>0$ når $x>\tfrac12$. Altså synker $f$ fram til $x=\tfrac12$ og stiger etterpå.
3. På $(1,2]$ er $f(x)=2x+1$ med $f'(x)=2>0$. Fra b) henger delene sammen uten hopp, så $f$ fortsetter å stige helt til $x=2$.
4. Konklusjon: $f$ er avtagende på $[0,\tfrac12]$ og voksende på $[\tfrac12,2]$. Endepunktet $x=0$ kan tas med eller utelates; begge deler godtas.

Vanlige feil

• Fikk du 1? $x=1$ er skjøten mellom de to delene, ikke der $f'$ skifter fortegn. Se på faktoren $2x-1$.
• Fikk du 0? I $x=0$ er $f'=0$, men fortegnet skifter ikke der. Det avgjørende nullpunktet er der $2x-1=0$.
• Å glemme høyre del ($1<x\le2$). Oppgaven spør om hele $[0,2]$.

Løsning

1. Kandidater: endepunktene $x=0$ og $x=2$, det stasjonære punktet $x=\tfrac12$ fra c) og skjøten $x=1$.
2. Regn ut verdiene, og bruk at $e^{x^2-2x+1}=e^{(x-1)^2}$: $$\begin{aligned}f(0)&=1\cdot e^{1}\approx2{,}718\\ f(\tfrac12)&=2\cdot e^{1/4}\approx2{,}568\\ f(1)&=3\\ f(2)&=2\cdot2+1=5\end{aligned}$$
3. Minste verdi er $f(\tfrac12)=2e^{1/4}\approx2{,}568$. Største verdi er $f(2)=5$.

Vanlige feil

• Fikk du e? $e\approx2{,}718$ er $f(0)$, altså et endepunkt. Men $f$ fortsetter å synke etter $x=0$, helt til $x=\tfrac12$ (se c).
• Fikk du 2? Du har trolig satt eksponentialfaktoren lik $1$ i $x=\tfrac12$. Eksponenten er $(\tfrac12-1)^2=\tfrac14$, så verdien er $2e^{1/4}$.
• Fikk du 3? $3$ er $f(1)$, men $f$ stiger videre på $(1,2]$. Husk endepunktet $x=2$.

Løsning

1. Gang ut: $f(t)=6yt-3t^2$. Da er $f'(t)=6y-6t$.
2. $f'(t)=0$ gir $t=y$. Siden $f''(t)=-6<0$, er dette et maksimum.
3. $f(t)=3t(2y-t)\ge0$ når $0\le t\le2y$. Etter $t=2y$ ville utvinningen blitt negativ, så modulen produserer i tidsrommet $[0,2y]$.

Vanlige feil

• Fikk du 2y? $t=2y$ er der produksjonen stopper, ikke der den er størst. Toppunktet ligger midt mellom nullpunktene $0$ og $2y$.
• Å derivere med hensyn på $y$. Her er $t$ variabelen og $y$ en konstant.

Vanlige feil

• Å glemme å opphøye hele $2y$: $(2y)^3=8y^3$, ikke $2y^3$.
• Å integrere som om $y$ var variabelen. Her er $y$ en konstant.

Vanlige feil

• Å behandle $k(t)=y^2$ som om den varierte med $t$. Den er konstant i integralet og kan settes utenfor.
• Å regne $(2y)^4=8y^4$. Riktig er $(2y)^4=16y^4$, så $\tfrac32(2y)^4=24y^4$.

Løsning

1. $\dfrac{\partial f}{\partial x}=-2x+y+6$ og $\dfrac{\partial f}{\partial y}=x-2y+3$.
2. Sett begge lik null. Den andre gir $x=2y-3$. Innsatt i den første: $-2(2y-3)+y+6=0$, altså $-3y+12=0$. Da er $y=4$ og $x=5$.
3. $f(5,4)=-25+20-16+30+12-20=1$.

Vanlige feil

• Fikk du 4? Har du byttet om $x$ og $y$? Kontroll: $\partial f/\partial x=-2\cdot5+4+6=0$ i punktet $(5,4)$.
• Fortegnsfeil i $\partial f/\partial y$: leddet $-y^2$ gir $-2y$, og $x\cdot y$ gir $x$.

Løsning

1. Skriv $g=e^{h}$ med $h(x,y)=-\tfrac{x^2}2+xy+6x-(y^2-3y+20)\ln x$. Kjerneregelen gir $\dfrac{\partial g}{\partial x}=g\cdot\dfrac{\partial h}{\partial x}$.
2. Elastisiteten blir $\mathrm{El}_x[g]=\dfrac xg\cdot\dfrac{\partial g}{\partial x}=x\cdot\dfrac{\partial h}{\partial x}$.
3. $\dfrac{\partial h}{\partial x}=-x+y+6-\dfrac{y^2-3y+20}{x}$, så $x\dfrac{\partial h}{\partial x}=-x^2+xy+6x-y^2+3y-20=f(x,y)$.
4. Når $x$ øker med $1\,\%$, endres $g$ med omtrent $f(x,y)\,\%$. Fra a) er $f(x,y)\le1$, så $g$ øker med høyst omtrent $1\,\%$.

Vanlige feil

• Å derivere $\exp(\dots)$ uten kjerneregelen. Den deriverte av $e^{h}$ er $e^{h}\cdot h'$.
• Å glemme at $\ln x$ er ganget med $(y^2-3y+20)$, som er konstant når vi deriverer med hensyn på $x$.

Vanlige feil

• Å blande fortegnskonvensjoner. Både $-\lambda$ og $+\lambda$ i $\mathcal L$ er riktig, men da får $\lambda$ motsatt fortegn. Hold deg til én.
• Å glemme faktoren $x$ i $\partial\mathcal L/\partial y$.

Løsning

1. Fra $\partial\mathcal L/\partial x=0$: $\lambda=\dfrac{F(y)}{M(y)}$. Fra $\partial\mathcal L/\partial y=0$, med $x>0$: $\lambda=\dfrac{F'(y)}{M'(y)}$.
2. Med $F=-4y^5+8y^4+8y^3$ og $M=4y^3$ blir $$\begin{aligned}\frac FM&=-y^2+2y+2\\\frac{F'}{M'}&=\frac{-20y^4+32y^3+24y^2}{12y^2}\end{aligned}$$
3. Sett dem like og gang med $12y^2$: $-12y^4+24y^3+24y^2=-20y^4+32y^3+24y^2$, altså $8y^4-8y^3=8y^3(y-1)=0$.
4. $y=0$ gir $M=0$, altså ingen utvinning, så $y=1$. Da er $M(1)=4$ og $x=\dfrac{1000}{4}=250$.
5. $\lambda=\dfrac{F(1)}{M(1)}=\dfrac{12}{4}=3$. Tolkning: kreves det én enhet mer, øker maksimal fortjeneste med omtrent $3$.

Vanlige feil

• Fikk du 1000? Du har glemt å dele på $M(1)=4$. Hver modul utvinner 4 enheter, så $x=1000/4$.
• Å tolke $\lambda$ som prosent. $\lambda$ er fortjeneste per enhet. Prosentvis endring krever at du deler på nivåene: $\tfrac{1000}{3000}\cdot3=1$, altså 1 % mer fortjeneste for 1 % flere enheter.
• Å dele med $y$ uten å vurdere $y=0$. Den løsningen må sjekkes og forkastes.