Løsningsforslag – Matematikk R1 Høst 2023

Oppgave 1

Vi bruker produktregelen: \((u \cdot v)' = u' \cdot v + u \cdot v'\).

La \( u = x^2 \) og \( v = \ln x \). Da er \( u' = 2x \) og \( v' = \dfrac{1}{x} \).

Oppgave 2

Vi forenkler hvert uttrykk:

Uttrykk 1: \( 2\ln e^3 \)

Uttrykk 2: \( 3\lg 70 \)

Vi vet at \(\lg 70 = \lg(7 \cdot 10) = \lg 7 + \lg 10 = \lg 7 + 1\).

Siden \(\lg 7 \approx 0{,}845\), får vi:

Vi kan også argumentere mer presist: \(\lg 70 < \lg 100 = 2\), så \(3\lg 70 < 6\).

Dessuten er \(\lg 70 > \lg 10 = 1\), så \(3\lg 70 > 3\).

Uttrykk 3: \( e^{3\ln 2} \)

Vi sammenligner: \(3\lg 70 \approx 5{,}54\), \(\;2\ln e^3 = 6\), \(\;e^{3\ln 2} = 8\).

Oppgave 3

Oppgave 3a)

Vi finner vektorene langs sidene:

Vi finner lengdene:

Vi har \(|\vec{BC}| = 5\), \(|\vec{AB}| = \sqrt{26} \approx 5{,}10\) og \(|\vec{AC}| = \sqrt{73} \approx 8{,}54\).

Oppgave 3b)

En vinkel er \(90°\) dersom skalarproduktet av de to tilhørende sidevektorene er null.

Vinkel A: Vi sjekker \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\):

Vinkel B: Vi sjekker \(\vec{BA} \cdot \vec{BC}\):

\(\vec{BA} = -\vec{AB} = (-5, 1)\)

Vinkel C: Vi sjekker \(\vec{CA} \cdot \vec{CB}\):

\(\vec{CA} = -\vec{AC} = (-8, -3)\) og \(\vec{CB} = -\vec{BC} = (-3, -4)\)

Oppgave 4

Oppgave 4a)

Egils strategi baserer seg på følgende:

1. Han definerer funksjonen \(f(x) = 2x^2 - 9x - 2\).
2. Han lager en funksjon df(x, h) som beregner en numerisk tilnærming til den deriverte ved hjelp av Newton's differansekvotient: \[ f'(x) \approx \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \] med \(h = 0{,}001\).
3. Han starter i \(a = 0\) og sjekker om den numeriske deriverte er negativ. Så lenge den er negativ (funksjonen synker), øker han \(a\) med 1.
4. Når den deriverte ikke lenger er negativ, har han passert bunnpunktet, og han skriver ut \((a, f(a))\) som bunnpunktet.

Strategien er altså: Start til venstre for bunnpunktet og gå mot høyre med steg 1 til den deriverte skifter fortegn. Da er vi i nærheten av bunnpunktet.

Oppgave 4b)

Problemet er at steglengden \(a = a + 1\) er for stor. Bunnpunktet ligger ved:

Med steg 1 hopper programmet fra \(a = 2\) (der \(f'(2) < 0\)) til \(a = 3\) (der \(f'(3) > 0\)), og får svaret \((3, -11)\) i stedet for det riktige \((2{,}25;\; -12{,}125)\).

Forslag til endring: Gjør steglengden mye mindre, for eksempel endre linje 11 fra a = a + 1 til a = a + 0.001.

Da vil programmet gå med små steg og stoppe mye nærmere det faktiske bunnpunktet.

Oppgave 1

Oppgave 1a)

Vi har at konsentrasjonen stabiliserer seg på 2,5 mmol/L, så vi kan skrive modellen som:

Vi definerer \(g(t) = f(t) - 2{,}5 = -2{,}5 \cdot 0{,}99^t\). Tabellen gir oss verdiene for \(g(t)\):

\(t\)	0	10	20	30	40	50	60
\(g(t)\)	\(-2{,}50\)	\(-2{,}22\)	\(-1{,}97\)	\(-1{,}74\)	\(-1{,}55\)	\(-1{,}37\)	\(-1{,}22\)

Vi utfører eksponentiell regresjon på datapunktene \((t, g(t))\). Siden \(g(t)\) er negativ, gjør vi regresjonen på \(-g(t)\) (som er positiv). En eksponentiell regresjon på \((t, -g(t))\) gir:

Vi kan verifisere modellen ved å sammenligne med tabellverdiene:

\(t\)	Målt	Modell \(f(t)\)
0	0	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 1 = 0\)
10	0,28	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{10} \approx 2{,}5 - 2{,}26 = 0{,}24\)
20	0,53	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{20} \approx 2{,}5 - 2{,}04 = 0{,}46\)
30	0,76	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{30} \approx 2{,}5 - 1{,}85 = 0{,}65\)
40	0,95	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{40} \approx 2{,}5 - 1{,}67 = 0{,}83\)
50	1,13	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{50} \approx 2{,}5 - 1{,}51 = 0{,}99\)
60	1,28	\(2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^{60} \approx 2{,}5 - 1{,}37 = 1{,}13\)

Verdiene stemmer rimelig godt overens. Avvikene er små, og modellen fanger riktig trend. Regresjonen på \(g(t)\)-verdiene bekrefter at \(0{,}99^t\) er en passende eksponentiell modell.

Oppgave 1b)

Vi skal løse \(f(t) = 2{,}0\):

Vi tar den naturlige logaritmen på begge sider:

Oppgave 1c)

Vi skal finne når endringshastigheten er mindre enn 0,001 mmol/L per sekund. Vi deriverer \(f(t)\):

Siden \(\ln(0{,}99) < 0\), er \(f'(t) > 0\) (konsentrasjonen øker). Vi setter opp ulikheten:

Vi har \(-\ln(0{,}99) \approx 0{,}01005\), så:

Vi tar logaritmen:

Siden \(\ln(0{,}99) < 0\), snur ulikheten:

Oppgave 2

Oppgave 2a)

For at \(f\) skal være kontinuerlig, må funksjonen være kontinuerlig i overgangspunktet \(x = k\). Begge delene er polynomfunksjoner (som er kontinuerlige overalt), så det eneste vi trenger å sjekke er at venstregrensen og høyregrensen i \(x = k\) er like.

Venstregrense (fra \(x < k\)): \[ \lim_{x \to k^-} f(x) = -k^2 + (2+k) \cdot k = -k^2 + 2k + k^2 = 2k \]

Funksjonsverdi (fra \(x \ge k\)): \[ f(k) = k^2 + (2-k) \cdot k = k^2 + 2k - k^2 = 2k \]

Siden \(\displaystyle\lim_{x \to k^-} f(x) = f(k) = 2k\) for alle verdier av \(k\), er \(f\) kontinuerlig for alle \(k\).

Oppgave 2b)

For at \(f\) skal være deriverbar i \(x = k\), må den deriverte fra venstre og den deriverte fra høyre være like i \(x = k\).

Venstre del (\(x < k\)): \[ f'(x) = -2x + (2+k) \quad \Rightarrow \quad f'(k^-) = -2k + 2 + k = -k + 2 \]

Høyre del (\(x \ge k\)): \[ f'(x) = 2x + (2-k) \quad \Rightarrow \quad f'(k^+) = 2k + 2 - k = k + 2 \]

Vi setter de deriverte like:

Oppgave 2c)

For at \(f\) skal ha en omvendt funksjon, må \(f\) være strengt monoton (enten strengt voksende eller strengt avtagende overalt).

Venstre del (\(x < k\)): \(f'(x) = -2x + (2+k)\).

Denne er null når \(x = \dfrac{2+k}{2}\).

For at venstre del skal være strengt monoton for alle \(x < k\), må vi ikke ha et toppunkt i intervallet \(x < k\). Toppunktet ligger ved \(x = \frac{2+k}{2}\). Vi krever at toppunktet ikke ligger i \(x < k\), dvs.:

Dersom \(k \le 2\), er \(f'(x) = -2x + 2 + k > 0\) for alle \(x < k\) (sjekk: ved \(x = k\) er \(f'(k^-) = -k + 2 \ge 0\)), så venstre del er voksende.

Høyre del (\(x \ge k\)): \(f'(x) = 2x + (2-k)\).

Denne er null når \(x = \dfrac{k-2}{2}\).

For at høyre del skal være strengt voksende for alle \(x \ge k\), må bunnpunktet ligge ved \(x \le k\), dvs. vi trenger at \(f'(x) > 0\) for alle \(x \ge k\). Vi sjekker verdien i \(x = k\):

Denne er positiv når \(k > -2\). For \(x > k\) øker \(f'(x) = 2x + 2 - k\) (stigningstallet til \(f'\) er 2), så dersom \(f'(k^+) > 0\), er også \(f'(x) > 0\) for alle \(x > k\).

For at hele \(f\) skal være strengt voksende, trenger vi i tillegg at funksjonen er voksende i overgangspunktet. Vi trenger både venstre og høyre del strengt voksende, pluss at \(f'(k^-) > 0\) og \(f'(k^+) > 0\):

• Fra venstre: \(-k + 2 > 0 \Rightarrow k < 2\)
• Fra høyre: \(k + 2 > 0 \Rightarrow k > -2\)

Når \(k = 2\): \(f'(k^-) = 0\), så funksjonen har et stasjonært punkt. Vi må undersøke nærmere. For \(x < 2\): \(f'(x) = -2x + 4 \ge 0\) med likhet i \(x = 2\). For \(x \ge 2\): \(f'(x) = 2x > 0\). Funksjonen er altså ikke-avtagende men har et punkt med \(f' = 0\). Siden \(f' = 0\) bare i ett punkt, er \(f\) fortsatt strengt voksende, så \(k = 2\) er også gyldig.

Tilsvarende for \(k = -2\): \(f'(k^+) = 0\) bare i punktet \(x = -2\), og ellers er \(f' > 0\), så \(f\) er strengt voksende. \(k = -2\) er også gyldig.

Oppgave 3

Oppgave 3a)

Påstand: Grafen til \(f\) har minst ett ekstremalpunkt.

La \(f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\), der \(a \neq 0\). Da er:

For at \(f\) skal ha ekstremalpunkter, må \(f'(x) = 0\) ha reelle løsninger. Diskriminanten til \(f'(x)\) er:

Dersom \(D < 0\), har \(f'(x) = 0\) ingen reelle løsninger, og \(f\) har ingen ekstremalpunkter.

Moteksempel: \(f(x) = x^3\). Da er \(f'(x) = 3x^2 \ge 0\) for alle \(x\), med likhet bare for \(x = 0\). Funksjonen er strengt voksende, og \(x = 0\) er et terrassepunkt (ikke et ekstremalpunkt).

Oppgave 3b)

Påstand: Alle linjer \(y = ax + b\) vil skjære grafen til \(f\).

La \(f(x) = \alpha x^3 + \beta x^2 + \gamma x + \delta\) med \(\alpha \neq 0\). Vi undersøker om likningen \(f(x) = ax + b\) alltid har minst en løsning:

Dette er en tredjegradsligning (med \(\alpha \neq 0\)). En tredjegradsligning med reelle koeffisienter har alltid minst en reell løsning, fordi en tredjegradsfunksjon går mot \(+\infty\) på den ene siden og \(-\infty\) på den andre (eller omvendt), så den må krysse \(x\)-aksen minst en gang.

Oppgave 3c)

Påstand: Dersom grafen til \(f\) har et vendepunkt for \(x = 3\), er \(f'(1) = f'(5)\).

La \(f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\) med \(a \neq 0\). Da er:

Vendepunktet ligger der \(f''(x) = 0\):

\(f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c\) er en andregradsfunksjon (en parabel). Symmetrilinjen til \(f'(x)\) ligger ved:

Siden \(f'(x)\) er en parabel med symmetrilinje \(x = 3\), og punktene \(x = 1\) og \(x = 5\) ligger symmetrisk om \(x = 3\) (både med avstand 2), får vi:

Oppgave 4

Oppgave 4a)

La \(x\) være sidekanten i den kvadratiske bunnen og \(h\) være høyden. Her er \(x = 5\) dm.

Arealet av kassen (uten lokk) består av bunn + 4 sidevegger:

Med \(x = 5\) og \(A \le 120\):

Volumet er \(V = x^2 \cdot h = 25h\). Størst volum får vi når \(h = 4{,}75\):

Oppgave 4b)

Vi skal maksimere \(V = x^2 h\) med bivilkåret \(x^2 + 4xh = 120\) (vi bruker hele arealet for å få størst volum).

Vi løser ut \(h\):

Setter inn i volumet:

Vi deriverer og setter lik null:

Vi sjekker at dette er et maksimum: \(V''(x) = \dfrac{-6x}{4} < 0\) for \(x > 0\). ✓

Høyden blir:

Volumet blir:

Oppgave 4c)

Nå skal vi minimere arealet \(A = x^2 + 4xh\) med bivilkåret \(V = x^2 h = 80\).

Vi løser ut \(h\):

Setter inn:

Vi deriverer og setter lik null:

Vi sjekker at dette er et minimum: \(A''(x) = 2 + \dfrac{640}{x^3} > 0\) for \(x > 0\). ✓

Høyden blir:

Arealet blir:

Vi regner numerisk: \(x = \sqrt[3]{160} \approx 5{,}4288\)

Oppgave 5

Oppgave 5a)

Farten er gitt ved størrelsen på hastighetsvektoren. Vi deriverer posisjonsvektoren:

Ved \(t = 0\):

Farten er:

Oppgave 5b)

Banen er 60 m lang og 30 m bred med origo i midten. Vantet er ved \(x = \pm 30\) og \(y = \pm 15\).

Ved \(t = 0\) er puckens posisjon:

Hastighetsvektoren \(\vec{r}\,'(t) = [8(-e^{-t} - 1), 5(-e^{-t} - 1)]\) har alltid negative komponenter (for \(t \ge 0\)), så pucken beveger seg mot venstre og nedover. Den vil treffe vantet ved \(x = -30\) eller \(y = -15\).

Sjekker \(y = -15\):

Sjekker \(x = -30\):

Vi løser disse numerisk (med CAS eller digitalt verktøy).

For \(y = -15\): Vi søker \(e^{-t} = t - 3\). For \(t = 3\): \(e^{-3} \approx 0{,}050\) og \(t - 3 = 0\). For \(t = 3{,}05\): \(e^{-3{,}05} \approx 0{,}0474\) og \(3{,}05 - 3 = 0{,}05\). Vi trenger \(t\) slik at \(e^{-t} = t - 3\). For \(t \approx 3{,}0486\): Verdiene stemmer.

For \(x = -30\): Vi søker \(e^{-t} = t - 3{,}75\). For \(t \approx 3{,}7731\): Verdiene stemmer.

Siden \(t \approx 3{,}05 < 3{,}77\), treffer pucken \(y = -15\) først.

Vi kan også sjekke: når \(t \approx 3{,}05\) er \(x\)-koordinaten:

Siden \(-30 < -24{,}0 < 30\), er pucken innenfor banen i \(x\)-retning.

Oppgave 5c)

Spillerens posisjon til tid \(t\) er:

For at spilleren skal treffes av pucken, må spillerens posisjon være lik puckens posisjon på samme tidspunkt. Vi setter opp likningssystemet:

Fra likning (2):

Fra likning (1):

Vi setter uttrykkene for \(e^{-t}\) like:

Vi sjekker om dette gir konsistente verdier for \(e^{-t}\):

Fra likning (2): \[ \frac{11 - 2 \cdot 2{,}507}{5} = \frac{11 - 5{,}014}{5} = \frac{5{,}986}{5} = 1{,}197 \]

Men \(e^{-2{,}507} \approx 0{,}0815 \neq 1{,}197\).

Uttrykkene er ikke konsistente. Det finnes altså ingen tid \(t\) der både \(x\)- og \(y\)-koordinatene til spilleren og pucken er like.

Oppgave 6

Oppgave 6a)

Vi har \(f(x) = x^2 + 3x + 1\), så \(f'(x) = 2x + 3\).

Med \(a = 1\) og \(b = 3\):

Vi løser \(f'(c) = 7\):

Vi sjekker at \(c = 2 \in \langle 1, 3 \rangle\). ✓

Oppgave 6b)

Vi lager et Python-program som bruker Newtons metode (eller enkel likning) for å finne \(c\):

def f(x):
    return x**2 + 3*x + 1

def f_der(x):
    return 2*x + 3

a = float(input("Skriv inn a: "))
b = float(input("Skriv inn b: "))

# Beregn gjennomsnittlig stigningstall
stigningstall = (f(b) - f(a)) / (b - a)

# Finn c slik at f'(c) = stigningstall
# f'(c) = 2c + 3 = stigningstall
# c = (stigningstall - 3) / 2

c = (stigningstall - 3) / 2

print(f"c = {c}")

Alternativt kan vi bruke en numerisk metode for å gjøre programmet mer generelt:

def f(x):
    return x**2 + 3*x + 1

a = float(input("Skriv inn a: "))
b = float(input("Skriv inn b: "))

stigningstall = (f(b) - f(a)) / (b - a)

h = 0.0001
c = a + h

while c < b:
    derivert = (f(c + h) - f(c)) / h
    if abs(derivert - stigningstall) < 0.001:
        print(f"c = {c:.4f}")
        break
    c = c + h

Oppgave 6c)

Vi tester med ulike verdier av \(a\) og \(b\):

\(a\)	\(b\)	\(c\)	\(\frac{a+b}{2}\)
1	3	2	2
0	4	2	2
2	8	5	5
1	5	3	3
0	10	5	5

Vi ser at \(c = \dfrac{a + b}{2}\) i alle tilfellene.

Begrunnelse: For \(f(x) = x^2 + 3x + 1\) er \(f'(x) = 2x + 3\). Middelverdisetningen gir:

Oppgave 6d)

Anne påstår at for \(a = 2\) og \(b = 8\) er \(c = 5\) for alle andregradsfunksjoner.

La \(f(x) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma\) være en vilkårlig andregradsfunksjon med \(\alpha \neq 0\).

Da er \(f'(x) = 2\alpha x + \beta\).

Middelverdisetningen gir:

Vi beregner:

Vi setter dette lik \(f'(c)\):

Siden \(\alpha \neq 0\), kan vi dele på \(\alpha\):