Løsningsforslag – Matematikk R1 Høst 2024

Eksamen REA3056

Oppgave 1 (2 poeng)

Vi bruker kvotientregelen. Hvis \( f(x) = \dfrac{u(x)}{v(x)} \), da er

Her er \( u(x) = e^{2x} \) og \( v(x) = x \).

Vi finner de deriverte:

Setter inn i kvotientregelen:

Oppgave 2 (2 poeng)

def O(x):
    return -0.1*x**2 + 2000*x - 50000

x = 0

while O(x + 1) > O(x):
    x = x + 1

print(x)

Funksjonen \( O(x) = -0{,}1x^2 + 2000x - 50\,000 \) er et andregradspolynom med negativ ledende koeffisient, altså en parabel som vender nedover. Denne funksjonen har et toppunkt.

Programmet starter med \( x = 0 \) og øker \( x \) med 1 så lenge \( O(x+1) > O(x) \), det vil si så lenge funksjonen er voksende. Programmet stopper når funksjonen slutter å vokse.

Vi undersøker når \( O(x+1) > O(x) \):

Vi setter \( O(x+1) - O(x) > 0 \):

Programmet øker \( x \) med 1 om gangen fra \( x = 0 \). While-løkken fortsetter så lenge \( x < 9999{,}5 \), altså for \( x = 0, 1, 2, \ldots, 9999 \). Etter siste økning blir \( x = 9999 + 1 = 10\,000 \). Da er \( O(10\,001) \leq O(10\,000) \), og løkken stopper.

Alternativt kan vi merke oss at toppunktet til \( O(x) \) ligger ved \( x = -\frac{2000}{2 \cdot (-0{,}1)} = 10\,000 \). Programmet finner den største heltallsverdien av \( x \) der funksjonen fortsatt er voksende.

Oppgave 3 (2 poeng)

Vi merker oss at \( 100^x = (10^2)^x = (10^x)^2 \). Vi innfører substitusjonen \( u = 10^x \), der \( u > 0 \):

Vi faktoriserer:

Dette gir \( u = 4 \) eller \( u = -1 \).

Siden \( u = 10^x > 0 \), forkaster vi \( u = -1 \).

Fra \( 10^x = 4 \) får vi:

Oppgave 4 (2 poeng)

Både teller og nevner er andregradspolynomer. Vi deler teller og nevner på \( x^2 \) (den høyeste potensen):

Når \( x \to \infty \), går \( \dfrac{1}{x} \to 0 \), \( \dfrac{12}{x^2} \to 0 \) og \( \dfrac{18}{x^2} \to 0 \). Dermed:

Oppgave 5 (4 poeng)

a) Like lange og ortogonale vektorer

Lengder:

Ortogonalitet: To vektorer er ortogonale hvis skalarproduktet er lik null. Vi beregner alle skalarprodukter:

b) Bestem \( a \) og \( b \)

Vi regner ut \( \vec{u} + 2\vec{q} \):

Setter dette lik \( [7, 5] \) og løser likningene:

Oppgave 6 (2 poeng)

Vi må sjekke to kriterier for hver funksjon:

1. Gjennomsnittlig vekstfart lik \( \frac{1}{2} \) på \( [0, 4] \): \(\dfrac{\text{funksjon}(4) - \text{funksjon}(0)}{4 - 0} = \frac{1}{2}\), altså funksjonen må øke med 2 fra \( x = 0 \) til \( x = 4 \).
2. Derivert lik 1 i \( x = 1 \): tangentlinjen i \( x = 1 \) skal ha stigningstall 1.

Vi leser av fra grafen:

Funksjon \( f \) (blå, nedre graf):

• \( f(0) \approx -2 \) og \( f(4) \approx -3 \). Gjennomsnittlig vekstfart \( \approx \frac{-3 - (-2)}{4} = -\frac{1}{4} \neq \frac{1}{2} \).

Funksjon \( h \) (rød, øvre graf):

• \( h(0) \approx 4 \) og \( h(4) \approx 5 \). Gjennomsnittlig vekstfart \( \approx \frac{5 - 4}{4} = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{2} \).

Funksjon \( g \) (oransje, midtre graf):

• \( g(0) \approx 1 \) og \( g(4) \approx 3 \). Gjennomsnittlig vekstfart \( \approx \frac{3 - 1}{4} = \frac{1}{2} \). Dette stemmer!
• I \( x = 1 \) ser tangentlinjen til \( g \) ut til å ha stigningstall omtrent lik 1. Dette stemmer!

Oppgave 1 (6 poeng)

a) Tid til vannmengden er halvert

Startverdien er:

Halvparten av dette er \( 5250 \) liter. Vi løser \( V(t) = 5250 \):

b) \( V'(12) \) og \( V''(12) \)

Vi deriverer \( V(t) \):

Vi deriverer igjen:

Setter inn \( t = 12 \):

Praktisk tolkning:

• \( V'(12) \approx -302 \): Etter 12 timer lekker reservoaret vann med en fart på omtrent 302 liter per time. (Vannmengden minker med ca. 302 liter per time.)
• \( V''(12) \approx 21{,}2 > 0 \): Siden den andrederiverte er positiv, betyr dette at lekkasjeraten avtar. Reservoaret lekker saktere og saktere. Etter 12 timer reduseres lekkasjeraten med omtrent 21 liter per time for hver time som går.

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer modellen: V(t) := 10000 · e^(-0.07t) + 500
• Beregn den deriverte: Numerisk(V'(12)) → gir \(\approx -302{,}2\)
• Beregn den dobbeltderiverte: Numerisk(V''(12)) → gir \(\approx 21{,}2\)

c) Asymptoter

Vi undersøker oppførselen til \( V(t) \) når \( t \to \infty \):

Siden \( e^{-0{,}07t} \to 0 \) når \( t \to \infty \), har funksjonen en horisontal asymptote \( V = 500 \).

Det finnes ingen vertikale asymptoter, ettersom \( V(t) \) er definert for alle \( t \geq 0 \).

Praktisk tolkning: Vannmengden i reservoaret vil aldri gå under 500 liter. Over lang tid vil vannmengden nærme seg 500 liter, men aldri nå dette nivået helt. De 500 literne kan tolkes som vann som ikke kan lekke ut (for eksempel vann som er under lekkasjenivået).

Oppgave 2 (6 poeng)

a) Påstand: Lik grenseatferd betyr lik funksjon

Usann.

At to funksjoner har same grenseverdier når \( x \to \infty \) og \( x \to -\infty \) betyr ikke at de er identiske. Vi gir et moteksempel:

La \( f(x) = 0 \) og \( g(x) = \frac{1}{x^2+1} \). Da er:

Begge grenseverdiene er like, men \( f(x) \neq g(x) \), for eksempel er \( f(0) = 0 \) mens \( g(0) = 1 \).

b) Påstand: \( f(x) = |x| \) er deriverbar overalt bortsett fra i \( x = 0 \)

Sann.

Vi kan skrive \( f(x) = |x| \) stykkevis:

For \( x > 0 \) er \( f(x) = x \), som har derivert \( f'(x) = 1 \).

For \( x < 0 \) er \( f(x) = -x \), som har derivert \( f'(x) = -1 \).

I \( x = 0 \) undersøker vi grenseverdien til differansekvotienten fra begge sider:

Siden grenseverdien fra venstre (\(-1\)) ikke er lik grenseverdien fra høyre (\(1\)), eksisterer ikke den deriverte i \( x = 0 \). Grafen har et «knekkpunkt» her.

c) Påstand: For \( a^x = a^y \) er løsningen alltid \( x = y \)

Usann.

Påstanden gjelder bare dersom \( a > 0 \), \( a \neq 1 \) og \( a \neq 0 \). Vi undersøker spesialtilfeller:

• Hvis \( a = 1 \): Da er \( 1^x = 1^y \), som gir \( 1 = 1 \). Denne likningen er sann for alle \( x \) og \( y \), ikke bare for \( x = y \).
• Hvis \( a = 0 \): Da er \( 0^x = 0^y \), som er 0 for positive eksponenter. Likningen er oppfylt for alle positive \( x \) og \( y \), uavhengig av om \( x = y \).

Dermed er det ikke alltid slik at \( x = y \) er den eneste løsningen.

Oppgave 3 (8 poeng)

a) Eksponentiell modell \( A(t) = A_0 \cdot k^t \)

Vi bruker eksponentiell regresjon (digitalt verktøy, f.eks. GeoGebra eller CAS) på datapunktene.

Regresjonen gir:

Altså:

Praktisk tolkning:

• \( A_0 \approx 1{,}60 \): Modellen estimerer at det var omtrent 1600 fisk ved første registrering (noe høyere enn det observerte antallet på 1000).
• \( k \approx 1{,}63 \): Fiskepopulasjonen øker med omtrent 63 % per måned ifølge denne modellen. Det betyr at antall fisk ganges med ca. 1,63 for hver måned som går.

b) Logistisk modell

Den logistiske modellen er gitt ved:

Fra tabellen leser vi av at \( N(0) = 1 \), altså \( N_0 = 1 \) (tusen fisk).

Vi bruker digitalt verktøy (regresjon) for å bestemme \( B \) og \( r \). Logistisk regresjon på dataene gir:

Den logistiske modellen blir dermed:

c) Deriverte og vekstfart

Eksponentiell modell:

Vekstfarten \( A'(t) \) er alltid voksende (eksponentiell vekst). Den deriverte øker for all tid, noe som betyr at populasjonen vokser raskere og raskere uten noen begrensning.

Logistisk modell:

Vi kan bruke CAS til å finne den deriverte. Den logistiske funksjonen kan deriveres til:

Med våre verdier:

Vekstfarten i den logistiske modellen øker først, når et maksimum (ved vendepunktet der \( N(t) = B/2 \approx 41 \) tusen fisk), og avtar deretter mot null. Dette gjenspeiler at populasjonen vokser raskt i starten, men bremser opp etter hvert som den nærmer seg bæreevnen.

d) Beste modell og prediksjon

Den logistiske modellen er klart best egnet til å beskrive den praktiske situasjonen.

Begrunnelse:

• Den eksponentielle modellen forutsetter ubegrenset vekst, noe som er urealistisk i en innsjø med begrenset plass, mat og ressurser.
• Den logistiske modellen tar hensyn til bæreevnen (kapasiteten i innsjøen) og gir en naturlig avbremsing av veksten.
• Den logistiske modellen gir også et bedre samsvar med de observerte dataene.

Vi beregner antall fisk etter 12 måneder med den logistiske modellen:

Oppgave 4 (2 poeng)

Vi avleser egenskaper til grafen for å bestemme \( a \).

Fra grafen ser vi at \( f(x) = \log_a(x) \) passerer gjennom punktet \( (1, 0) \), noe som stemmer for alle logaritmefunksjoner siden \( \log_a(1) = 0 \).

Videre ser vi at grafen ser ut til å passere gjennom \( (5, 1) \), altså \( f(5) = 1 \). Dette betyr:

Kontroll: Hvis \( a = 5 \), da er:

• \( f(1) = \log_5(1) = 0 \) (stemmer med grafen)
• \( f(5) = \log_5(5) = 1 \) (stemmer med grafen)
• \( f(25) = \log_5(25) = 2 \) (stemmer med grafen, funksjonen er ca. 2 ved \( x = 25 \))
• \( f\!\left(\frac{1}{5}\right) = \log_5(0{,}2) = -1 \) (stemmer med at grafen krysser \( y = -1 \) nær \( x = 0{,}2 \))

Oppgave 5 (4 poeng)

a) Har funksjonene omvendte funksjoner?

En funksjon har en omvendt funksjon hvis og bare hvis den er injektiv (en-til-en) på sitt definisjonsområde. Grafisk sjekker vi dette med den horisontale linjetesten: enhver horisontal linje skal krysse grafen i høyst ett punkt.

Funksjon \( f \):

Grafen til \( f \) er strengt voksende på hele sitt definisjonsområde (omtrent \( [0, \; 2{,}5] \)). Den passerer den horisontale linjetesten.

Funksjon \( g \):

Grafen til \( g \) er strengt voksende på hele sitt definisjonsområde (omtrent \( [-2, \; 2] \)). Den passerer den horisontale linjetesten.

Funksjon \( h \):

Grafen til \( h \) har både et lokalt maksimum og et lokalt minimum. Funksjonen er ikke monoton. En horisontal linje kan krysse grafen til \( h \) i mer enn ett punkt, så den horisontale linjetesten feiler.

b) Funksjonsuttrykk og definisjonsmengde for de omvendte funksjonene

Fra grafene kan vi avlese funksjonsuttrykkene.

Funksjon \( f \):

Grafen til \( f \) ser ut til å passe med \( f(x) = x^2 + 3 \) på domenet \( x \geq 0 \). Vi kontrollerer: \( f(0) = 3 \), \( f(1) = 4 \), \( f(2) = 7 \), som stemmer med grafens punkter.

For å finne den omvendte funksjonen setter vi \( y = x^2 + 3 \) og løser for \( x \):

(Vi velger positiv rot fordi \( x \geq 0 \).)

Funksjon \( g \):

Grafen til \( g \) ser ut til å passe med \( g(x) = e^x + 4 \) på domenet \( [-2, \; 2] \). Vi kontrollerer: \( g(0) = 1 + 4 = 5 \), \( g(-2) = e^{-2} + 4 \approx 4{,}14 \), og \( g(2) = e^2 + 4 \approx 11{,}4 \). Alternativt kan vi forsøke andre uttrykk tilpasset de avleste verdiene.

For å finne den omvendte funksjonen setter vi \( y = e^x + 4 \) og løser for \( x \):

Oppgave 6 (8 poeng)

a) Fart for hver småfugl

Farten er lik lengden av hastighetsvektoren. Hastighetsvektoren finner vi ved å derivere posisjonsvektoren med hensyn på tid.

Fugl 1:

Fugl 2:

b) Avstand ved \( t = 0 \)

Posisjonene ved \( t = 0 \):

Avstanden mellom fuglene:

c) Tidspunkt for minste avstand

Vi finner differansen mellom posisjonsvektorene:

Avstanden i kvadrat er:

For å minimere \( d^2(t) \), deriverer vi og setter lik null:

Denne verdien gir minimum (andrederiverten er \( 100 > 0 \)).

Minste avstand i kvadrat:

Med eksakt regning: \( t = \frac{257}{50} \), som gir:

Altså:

d) Rovfuglens jakt

Rovfuglens posisjon er \( \vec{r}_R(t) = [7t - 10,\; 2t^2 - 6t + 5] \) for \( 0 \leq t \leq 6 \).

Startposisjoner ved \( t = 0 \):

Rovfuglen starter nærmest fugl 2 (13 m) og lengst fra fugl 1 (30 m).

Hastigheten til rovfuglen:

Ved \( t = 0 \) er farten \( \sqrt{49 + 36} = \sqrt{85} \approx 9{,}2 \) m/s. Rovfuglens hastighet i \( y \)-retning er \(-6\) m/s, altså den flyr nedover og til høyre - mot fugl 2.

Avstand til fugl 2:

Ved bruk av digitalt verktøy (CAS) finner vi at \( d_2(t) \) har minimum ved \( t \approx 4{,}53 \) s:

Avstand til fugl 1:

Ved bruk av digitalt verktøy finner vi at \( d_1(t) \) har minimum ved \( t \approx 4{,}68 \) s:

Sammenfatning av jakten: