Matematikk 1T — Høst 2021

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1013 · Høst 2021 · K06 · ✓ Sammenholdt m/ matematikk.net · Uoffisielt

Om dette løsningsforslaget. Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Oppgaveteksten er ikke gjengitt i sin helhet; hver oppgave vises med nummer og et kort sammendrag. Kilde: oppgaven og matematikk.net sitt løsningsforslag. Sluttsvar er sammenholdt med matematikk.net sin versjon — se den ved tvil.

DEL 1 — Uten hjelpemidler

Oppgave 1 (2 poeng)

Oppgave. Regn ut og skriv svaret på standardform: \dfrac{6{,}2\cdot10^7 + 2{,}5\cdot10^8}{0{,}000002}.

Løsning. Vi summerer telleren. Skriv begge ledd med samme tierpotens:

6{,}2\cdot10^7 + 2{,}5\cdot10^8 = 6{,}2\cdot10^7 + 25\cdot10^7 = 31{,}2\cdot10^7 = 3{,}12\cdot10^8.

Nevneren er 0{,}000002 = 2\cdot10^{-6}. Da blir

\frac{3{,}12\cdot10^8}{2\cdot10^{-6}} = \frac{3{,}12}{2}\cdot10^{8-(-6)} = 1{,}56\cdot10^{14}.

\boxed{\,1{,}56\cdot10^{14}\,}

Oppgave 2 (2 poeng)

Oppgave. Løs ulikheten x^2 + 2x - 8 < 0.

Løsning. Vi finner nullpunktene til x^2+2x-8:

x = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 32}}{2} = \frac{-2 \pm 6}{2} \;\Longrightarrow\; x = -4 \;\text{eller}\; x = 2.

Altså er x^2+2x-8 = (x+4)(x-2). Parabelen åpner oppover, så uttrykket er negativt mellom nullpunktene:

\boxed{\,-4 < x < 2\,}

Oppgave 3 (2 poeng)

Oppgave. Skriv så enkelt som mulig: \dfrac{2x^2 - 2}{x^2 - 2x + 1}.

Løsning. Vi faktoriserer teller og nevner:

2x^2 - 2 = 2(x^2 - 1) = 2(x-1)(x+1), \qquad x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2.

Dermed

\frac{2(x-1)(x+1)}{(x-1)^2} = \frac{2(x+1)}{x-1}, \qquad x \neq 1.

\boxed{\,\dfrac{2(x+1)}{x-1}\,}

Oppgave 4 (3 poeng)

Oppgave. Grafen til en andregradsfunksjon f går gjennom punktene (0,12), (-3,0) og (2,0). Bestem f(x).

Løsning. Nullpunktene er x = -3 og x = 2, så f(x) = a(x+3)(x-2). Punktet (0,12) gir verdien av a:

f(0) = a\cdot 3\cdot(-2) = -6a = 12 \;\Longrightarrow\; a = -2.

Da er

f(x) = -2(x+3)(x-2) = -2(x^2 + x - 6) = -2x^2 - 2x + 12.

\boxed{\,f(x) = -2x^2 - 2x + 12\,}

Oppgave 5 (4 poeng)

Oppgave. Vis at likningssystemet x^2 + 2x - y = -1 og x + y = -2 ikke har løsning, a) grafisk og b) ved regning.

a) Grafisk. Vi skriver begge likningene som y uttrykt ved x:

y = x^2 + 2x + 1 = (x+1)^2 \qquad \text{og} \qquad y = -x - 2.

Parabelen y = (x+1)^2 har bunnpunkt (-1, 0) og ligger aldri under x-aksen. Linjen y = -x-2 har positivt funksjonsverdi bare for x < -2 og er negativ for x > -2; i x = -1 er y = -1 < 0. Tegner vi de to grafene i samme koordinatsystem, ser vi at parabelen ligger helt over linjen — de skjærer hverandre aldri. Da har systemet ingen løsning.

b) Ved regning. Sett y = -x-2 inn i den første likningen y = (x+1)^2:

-x - 2 = (x+1)^2 = x^2 + 2x + 1 \;\Longrightarrow\; x^2 + 3x + 3 = 0.

Diskriminanten er

\Delta = 3^2 - 4\cdot 1\cdot 3 = 9 - 12 = -3 < 0.

Siden diskriminanten er negativ, har andregradslikningen ingen reelle løsninger. Følgelig har likningssystemet ingen løsning. \qquad\blacksquare

Oppgave 6 (2 poeng)

Oppgave. Skriv så enkelt som mulig: \dfrac{9^{\frac12}\cdot 3^{-1} + 9^0}{8^{\frac43}}.

Løsning. Vi regner ut hvert ledd. I telleren:

9^{\frac12} = 3, \qquad 9^{\frac12}\cdot 3^{-1} = 3\cdot\frac13 = 1, \qquad 9^0 = 1,

så telleren er 1 + 1 = 2. I nevneren:

8^{\frac43} = \left(8^{\frac13}\right)^4 = 2^4 = 16.

Dermed

\frac{2}{16} = \frac18.

\boxed{\,\dfrac18\,}

Oppgave 7 (3 poeng)

Oppgave. Løs likningene a) \lg(2x - 6) = 2 og b) \dfrac{3^{2x} + 3^{2x} + 4}{2} = 29.

a) \lg(2x-6) = 2 betyr at 2x - 6 = 10^2 = 100:

2x = 106 \;\Longrightarrow\; x = 53.

Kontroll: 2\cdot 53 - 6 = 100 > 0, så uttrykket inni logaritmen er gyldig.

\boxed{\,x = 53\,}

b) I telleren er 3^{2x} + 3^{2x} = 2\cdot 3^{2x}, så

\frac{2\cdot 3^{2x} + 4}{2} = 29 \;\Longrightarrow\; 2\cdot 3^{2x} + 4 = 58 \;\Longrightarrow\; 3^{2x} = 27 = 3^3.

Like grunntall gir like eksponenter: 2x = 3, altså

\boxed{\,x = \tfrac32\,}

Oppgave 8 (2 poeng)

Oppgave. I trekant ABC er AC = 2, AB = 4 og \angle A = 120^\circ. Bestem lengden av siden BC.

Løsning. BC ligger motstående den kjente vinkelen \angle A, så vi bruker cosinussetningen:

BC^2 = AC^2 + AB^2 - 2\cdot AC\cdot AB\cdot\cos A = 2^2 + 4^2 - 2\cdot 2\cdot 4\cdot\cos 120^\circ.

Med \cos 120^\circ = -\tfrac12:

BC^2 = 4 + 16 - 16\cdot\left(-\tfrac12\right) = 20 + 8 = 28.

Dermed er BC = \sqrt{28} = 2\sqrt7.

\boxed{\,BC = 2\sqrt7 \approx 5{,}29\,}

Oppgave 9 (2 poeng)

Oppgave. En rettvinklet trekant har omkrets 12, og en av sidene er 2. Bestem arealet av trekanten.

Løsning. Hypotenusen kan ikke være 2, for da måtte begge katetene være mindre enn 2, og omkretsen kunne ikke bli 12. Altså er siden 2 en katet. Kall den andre kateten b og hypotenusen c. Da er

2 + b + c = 12 \;\Longrightarrow\; b + c = 10 \;\Longrightarrow\; c = 10 - b.

Pytagoras gir 2^2 + b^2 = c^2:

4 + b^2 = (10 - b)^2 = 100 - 20b + b^2 \;\Longrightarrow\; 20b = 96 \;\Longrightarrow\; b = \frac{24}{5} = 4{,}8.

Den andre kateten er altså 4{,}8 (og hypotenusen c = 5{,}2). Arealet er

A = \frac12\cdot 2\cdot 4{,}8 = 4{,}8.

\boxed{\,A = 4{,}8\,}

Oppgave 10 (5 poeng)

Oppgave. En 12-sidet terning (tallene 1,2,\dots,12, alle like sannsynlige) kastes to ganger. a) Sannsynligheten for tallet 10 i begge kast. b) Vurder Maris påstand om at P(\{10,12\}) = \tfrac{1}{72}. c) Vurder Maris påstand om at P(\text{sum} \ge 20) > 10\,\%.

a) Kastene er uavhengige, og P(10) = \tfrac{1}{12} i hvert kast:

P(\text{10 begge}) = \frac{1}{12}\cdot\frac{1}{12} = \boxed{\dfrac{1}{144}}.

b) Å få «10 og 12» betyr at tallene 10 og 12 opptrer i de to kastene, uansett rekkefølge. To gunstige rekkefølger (10 først, så 12, eller omvendt):

P(\{10,12\}) = \frac{1}{12}\cdot\frac{1}{12} + \frac{1}{12}\cdot\frac{1}{12} = \frac{2}{144} = \frac{1}{72}.

Påstanden til Mari stemmer. \qquad\boxed{\dfrac{1}{72}}

c) De gunstige utfallene (sum \ge 20) blant 12\cdot 12 = 144 like sannsynlige par er:

Til sammen 5+4+3+2+1 = 15 gunstige utfall, så

P(\text{sum} \ge 20) = \frac{15}{144} = \frac{5}{48} \approx 0{,}104 = 10{,}4\,\%.

Siden 10{,}4\,\% > 10\,\%, stemmer påstanden til Mari. \qquad\boxed{\dfrac{5}{48} \approx 10{,}4\,\% > 10\,\%}

Oppgave 11 (3 poeng)

Oppgave. Grafen til en tredjegradsfunksjon f har bunnpunkt (-2,-11) og toppunkt (4,25). Tangenten i (1,7) er y = 9x - 2. Skisser grafen til f'.

Løsning. f er en tredjegradsfunksjon, så f' er en andregradsfunksjon — en parabel. Vi leser av tre opplysninger:

• I bunnpunktet x = -2 er f'(-2) = 0 (vannrett tangent).
• I toppunktet x = 4 er f'(4) = 0 (vannrett tangent).
• I (1,7) er stigningstallet til tangenten 9, altså f'(1) = 9.

Siden f' har nullpunkter i x = -2 og x = 4, kan vi skrive f'(x) = a(x+2)(x-4). Verdien f'(1) = 9 gir

a(1+2)(1-4) = a\cdot 3\cdot(-3) = -9a = 9 \;\Longrightarrow\; a = -1.

Altså

f'(x) = -(x+2)(x-4) = -x^2 + 2x + 8.

Dette er en parabel som åpner nedover, med nullpunkter i x = -2 og x = 4 og toppunkt midt mellom dem, i x = 1, der f'(1) = -1 + 2 + 8 = 9.

Skisse av f': Tegn en nedovervendt parabel som - skjærer x-aksen i (-2, 0) og (4, 0), - har toppunkt (1, 9), - skjærer y-aksen i (0, 8).

f' er positiv (graf til f stiger) for -2 < x < 4 og negativ (graf til f synker) ellers — i samsvar med at f stiger mellom bunn- og toppunkt.

\boxed{\,f'(x) = -x^2 + 2x + 8\,}

Oppgave 12 (6 poeng)

Oppgave. To lineære funksjoner f og g har grafer som vist. f går gjennom (0,3) og (2,-1); g går gjennom (0,-2) og (2,-1). a) Bestem f(x) og g(x). b) Bestem arealet av den grønne trekanten. c) Vis at trekanten er rettvinklet.

a) Linjen f går gjennom (0,3) og (2,-1):

a_f = \frac{-1 - 3}{2 - 0} = \frac{-4}{2} = -2, \qquad f(x) = -2x + 3.

Linjen g går gjennom (0,-2) og (2,-1):

a_g = \frac{-1 - (-2)}{2 - 0} = \frac{1}{2}, \qquad g(x) = \tfrac12 x - 2.

\boxed{\,f(x) = -2x + 3, \qquad g(x) = \tfrac12 x - 2\,}

b) Den grønne trekanten har hjørner i skjæringspunktet (2,-1) og i linjenes skjæringer med x-aksen. Nullpunkter:

f(x) = 0:\;\; -2x + 3 = 0 \Rightarrow x = \tfrac32, \qquad g(x) = 0:\;\; \tfrac12 x - 2 = 0 \Rightarrow x = 4.

Hjørnene er \left(\tfrac32, 0\right), (4, 0) og (2, -1). Grunnlinjen ligger på x-aksen med lengde

4 - \tfrac32 = \tfrac52,

og høyden er den loddrette avstanden fra (2,-1) til x-aksen, altså 1. Arealet er

A = \frac12\cdot\frac52\cdot 1 = \frac54 = 1{,}25.

\boxed{\,A = \tfrac54\,}

c) De to linjene møtes i (2,-1). Stigningstallene er a_f = -2 og a_g = \tfrac12. Produktet er

a_f\cdot a_g = -2\cdot\frac12 = -1.

Når produktet av stigningstallene til to linjer er -1, står linjene vinkelrett på hverandre. Dermed er vinkelen i hjørnet (2,-1) rett, og trekanten er rettvinklet. \qquad\blacksquare

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 1 (5 poeng)

Oppgave. Salgsmodell S(x) = 0{,}75x^3 - 59{,}5x^2 + 1200x for x \in [0, 52] (antall par ski per uke, x uker etter salgsstart). a) Tegn grafen. b) Hvor mange uker selges mer enn 5000 par? c) Bestem momentan vekstfart i x = 30 og tolk den.

a) Graf. Tegn S i et digitalt verktøy (f.eks. GeoGebra) for x \in [0, 52]. Grafen starter i origo, stiger til en lokal topp ved omtrent x \approx 13 med ca. S \approx 7100 par, synker til en lokal bunn ved omtrent x \approx 40 med ca. S \approx 800 par, og stiger deretter bratt igjen mot slutten av perioden.

b) Mer enn 5000 par. Vi løser S(x) = 5000. Tre løsninger i intervallet:

x \approx 5{,}6, \qquad x \approx 23{,}7, \qquad x = 50.

(At x = 50 er en eksakt løsning ser vi ved innsetting: S(50) = 0{,}75\cdot 125000 - 59{,}5\cdot 2500 + 60000 = 93750 - 148750 + 60000 = 5000.)

S(x) > 5000 der grafen ligger over linjen y = 5000, altså på intervallene

5{,}6 < x < 23{,}7 \qquad \text{og} \qquad 50 < x \le 52.

Siden oppgaven spør om hele uker med salg mer enn 5000 par, teller vi heltallene x med S(x) > 5000. Uke 50 er ikke med (der er S = 5000 nøyaktig, ikke mer). Det gir ukene

6, 7, 8, \dots, 23 \;\;(\text{18 uker}) \qquad \text{og} \qquad 51, 52 \;\;(\text{2 uker}),

til sammen 18 + 2 = 20 uker.

\boxed{\,20 \text{ uker (uke } 6\text{–}23 \text{ og uke } 51\text{–}52)\,}

c) Momentan vekstfart i x = 30. Vi deriverer:

S'(x) = 2{,}25x^2 - 119x + 1200.

S'(30) = 2{,}25\cdot 900 - 119\cdot 30 + 1200 = 2025 - 3570 + 1200 = -345.

\boxed{\,S'(30) = -345\,}

Tolkning. Etter 30 uker synker det ukentlige salget med ca. 345 par ski per uke (salget er på vei nedover på dette tidspunktet).

Oppgave 2 (4 poeng)

Oppgave. En fritidsklubb har 120 medlemmer. Volleyball 50, bordtennis 30, dataspill 60; parvis 20 (V∩B), 15 (V∩D), 10 (B∩D); alle tre 5. a) Fullfør venndiagrammet. b) Sannsynlighet for at et tilfeldig medlem ikke deltar på noen aktivitet.

a) Venndiagram. Vi fyller inn innenfra og ut. I midten (alle tre) står 5. De parvise feltene uten den tredje:

\underbrace{20 - 5}_{\text{kun V og B}} = 15, \qquad \underbrace{15 - 5}_{\text{kun V og D}} = 10, \qquad \underbrace{10 - 5}_{\text{kun B og D}} = 5.

De rene feltene (kun én aktivitet):

\text{kun V} = 50 - 15 - 10 - 5 = 20, \text{kun B} = 30 - 15 - 5 - 5 = 5, \text{kun D} = 60 - 10 - 5 - 5 = 40.

Antallet som deltar i minst én aktivitet:

20 + 5 + 40 + 15 + 10 + 5 + 5 = 100.

b) Ingen aktivitet. Av 120 medlemmer deltar 100 i minst én aktivitet, så 120 - 100 = 20 deltar ikke i noen. Sannsynligheten er

P(\text{ingen}) = \frac{20}{120} = \frac{1}{6} \approx 0{,}167 = 16{,}7\,\%.

\boxed{\,P(\text{ingen}) = \tfrac16 \approx 16{,}7\,\%\,}

Oppgave 3 (6 poeng)

Oppgave. Firkant ABCD. I trekant ABD er \angle DAB = 120^\circ, \angle ADB = 30^\circ og AB = a. Diagonalen BD deler firkanten; i trekant BCD er \angle DBC = 75^\circ og BC = \sqrt2\cdot a. a) Vis at BD = \sqrt3\cdot a. b) Eksakt uttrykk for omkretsen. c) Bestem a slik at arealet blir \sqrt3.

a) Se på trekant ABD. Vinkelsummen gir den tredje vinkelen:

\angle ABD = 180^\circ - 120^\circ - 30^\circ = 30^\circ.

Siden BD ligger motstående \angle A = 120^\circ og AB = a ligger motstående \angle ADB = 30^\circ, gir sinussetningen

\frac{BD}{\sin 120^\circ} = \frac{AB}{\sin 30^\circ} \;\Longrightarrow\; BD = a\cdot\frac{\sin 120^\circ}{\sin 30^\circ} = a\cdot\frac{\tfrac{\sqrt3}{2}}{\tfrac12} = \sqrt3\cdot a. \qquad\blacksquare

b) Omkrets. Vi trenger alle fire sidene: AB = a, BC = \sqrt2\,a og dessuten AD og DC.

I trekant ABD er \angle ADB = \angle ABD = 30^\circ, så trekanten er likebeint med AD = AB = a. (Sinussetningen bekrefter: AD = a\cdot\frac{\sin 30^\circ}{\sin 30^\circ} = a.)

For DC ser vi på trekant BCD, der vi nå kjenner BD = \sqrt3\,a, BC = \sqrt2\,a og den mellomliggende vinkelen \angle DBC = 75^\circ. Cosinussetningen gir

DC^2 = BD^2 + BC^2 - 2\cdot BD\cdot BC\cdot\cos 75^\circ = 3a^2 + 2a^2 - 2\sqrt6\,a^2\cos 75^\circ.

Med \cos 75^\circ = \dfrac{\sqrt6 - \sqrt2}{4}:

DC^2 = 5a^2 - 2\sqrt6\,a^2\cdot\frac{\sqrt6 - \sqrt2}{4} = 5a^2 - \frac{a^2(12 - 2\sqrt{12})}{4} = 5a^2 - a^2(3 - \sqrt3) = a^2(2 + \sqrt3).

Siden 2 + \sqrt3 = \dfrac{4 + 2\sqrt3}{2} = \dfrac{(\sqrt3 + 1)^2}{2}, blir

DC = a\sqrt{2 + \sqrt3} = a\cdot\frac{\sqrt3 + 1}{\sqrt2} = \frac{a(\sqrt6 + \sqrt2)}{2}.

Omkretsen er

O = AB + BC + DC + DA = a + \sqrt2\,a + \frac{a(\sqrt6 + \sqrt2)}{2} + a = a\left(2 + \sqrt2 + \frac{\sqrt6 + \sqrt2}{2}\right).

Vi samler \sqrt2-leddene: \sqrt2 + \tfrac{\sqrt2}{2} = \tfrac{3\sqrt2}{2}, så

\boxed{\,O = \frac{a\left(4 + 3\sqrt2 + \sqrt6\right)}{2}\,}

c) Areal lik \sqrt3. Firkanten deles av BD i to trekanter.

Trekant ABD (sider AB = a, AD = a, mellomliggende \angle A = 120^\circ):

A_1 = \frac12\cdot a\cdot a\cdot\sin 120^\circ = \frac12 a^2\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{\sqrt3}{4}a^2.

Trekant BCD (sider BD = \sqrt3\,a, BC = \sqrt2\,a, mellomliggende \angle DBC = 75^\circ):

A_2 = \frac12\cdot\sqrt3\,a\cdot\sqrt2\,a\cdot\sin 75^\circ = \frac{\sqrt6}{2}a^2\cdot\frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4} = \frac{a^2(6 + \sqrt{12})}{8} = \frac{a^2(3 + \sqrt3)}{4}.

Samlet areal:

A = A_1 + A_2 = \frac{\sqrt3}{4}a^2 + \frac{3 + \sqrt3}{4}a^2 = \frac{a^2(3 + 2\sqrt3)}{4}.

Vi setter A = \sqrt3 og løser for a:

\frac{a^2(3 + 2\sqrt3)}{4} = \sqrt3 \;\Longrightarrow\; a^2 = \frac{4\sqrt3}{3 + 2\sqrt3}.

Vi rasjonaliserer nevneren ved å gange med 2\sqrt3 - 3:

a^2 = \frac{4\sqrt3(2\sqrt3 - 3)}{(2\sqrt3 + 3)(2\sqrt3 - 3)} = \frac{4(6 - 3\sqrt3)}{12 - 9} = \frac{24 - 12\sqrt3}{3} = 8 - 4\sqrt3.

Siden 8 - 4\sqrt3 = 6 - 2\sqrt{12} + 2 = (\sqrt6 - \sqrt2)^2, er

a = \sqrt{8 - 4\sqrt3} = \sqrt6 - \sqrt2.

\boxed{\,a = \sqrt6 - \sqrt2 \approx 1{,}035\,}

Oppgave 4 (4 poeng)

Oppgave. Hans deriverer \tfrac1x med CAS og får -\tfrac{1}{x^2}. a) Vis at man får -\tfrac{1}{x^2} ved å derivere x^{-1} som et ledd i et polynom (potensregelen). b) Bruk definisjonen av den deriverte til å vise at \left(\tfrac1x\right)' = -\tfrac{1}{x^2}.

a) Med potensregelen. Potensregelen sier at \dfrac{d}{dx}\left(x^n\right) = n\,x^{n-1}. Med n = -1:

\frac{d}{dx}\left(x^{-1}\right) = -1\cdot x^{-1-1} = -x^{-2} = -\frac{1}{x^2}.

Altså gir samme regel som for polynomledd nettopp -\tfrac{1}{x^2}. \qquad\blacksquare

b) Med definisjonen av den deriverte. Den deriverte er

f'(x) = \lim_{h \to 0}\frac{f(x+h) - f(x)}{h}, \qquad f(x) = \frac1x.

Vi setter inn og setter brøkene i telleren på felles brøkstrek:

\frac{f(x+h) - f(x)}{h} = \frac{\dfrac{1}{x+h} - \dfrac{1}{x}}{h} = \frac{\dfrac{x - (x+h)}{x(x+h)}}{h} = \frac{\dfrac{-h}{x(x+h)}}{h}.

Vi forkorter h (for h \neq 0):

= \frac{-h}{h\cdot x(x+h)} = \frac{-1}{x(x+h)}.

Når h \to 0:

f'(x) = \lim_{h\to 0}\frac{-1}{x(x+h)} = \frac{-1}{x\cdot x} = -\frac{1}{x^2}. \qquad\blacksquare

\boxed{\,\left(\tfrac1x\right)' = -\dfrac{1}{x^2}\,}

Oppgave 5 (5 poeng)

Oppgave. f(x) = \dfrac1x med tangent i punktet (s, f(s)). a) Vis at tangenten er y = -\tfrac{1}{s^2}x + \tfrac2s. b) Bestem skjæringspunktene A (x-aksen) og B (y-aksen) uttrykt ved s. c) Bestem arealet av \triangle OAB.

a) Den deriverte er f'(x) = -\dfrac{1}{x^2} (fra Oppgave 4), så stigningstallet i x = s er f'(s) = -\dfrac{1}{s^2}. Tangenten gjennom punktet \left(s, \tfrac1s\right) er

y - \frac1s = -\frac{1}{s^2}(x - s).

Vi løser for y:

y = -\frac{1}{s^2}x + \frac{1}{s^2}\cdot s + \frac1s = -\frac{1}{s^2}x + \frac1s + \frac1s = -\frac{1}{s^2}x + \frac2s. \qquad\blacksquare

b) Skjæringspunkter.

A ligger på x-aksen (y = 0):

0 = -\frac{1}{s^2}x + \frac2s \;\Longrightarrow\; \frac{1}{s^2}x = \frac2s \;\Longrightarrow\; x = 2s, \qquad A = (2s,\, 0).

B ligger på y-aksen (x = 0):

y = -\frac{1}{s^2}\cdot 0 + \frac2s = \frac2s, \qquad B = \left(0,\, \frac2s\right).

\boxed{\,A = (2s,\,0), \qquad B = \left(0,\,\tfrac2s\right)\,}

c) Areal av \triangle OAB. Trekanten har rett vinkel i origo, med kateter langs aksene: OA = 2s og OB = \dfrac2s. Da er

A_{\triangle} = \frac12\cdot OA\cdot OB = \frac12\cdot 2s\cdot\frac2s = \frac{2s}{s} = 2.

Arealet er konstant lik 2 — uavhengig av hvor på grafen tangeringspunktet ligger.

\boxed{\,A_{\triangle OAB} = 2\,}

Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Kilde og fasit: matematikk.net. Ikke tilknyttet Utdanningsdirektoratet.