Deriver x ln(x)

Deriver funksjonen

Fasit

\(f'(x)=x(2\ln (x)+1)\)

Løsningsforslag

Vi bruker produktregelen \((uv)' = u'v + uv'\) med

Da får vi

Sorter tallene i riktig rekkefølge

Skriv uttrykkene nedenfor i stigende rekkefølge.

Husk å begrunne svaret.

Fasit

\(3 \lg 70 < 2 \ln e^{3} < e^{3 \ln 2}\), det vil si \(3 \lg 70 < 6 < 8\).

Løsningsforslag

Vi forenkler hvert uttrykk algebraisk.

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

Vi bruker logaritmeregelen \(\ln e^{x} = x\):

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

Vi bruker at \(a \ln b = \ln b^{a}\), og deretter at \(e^{\ln x} = x\):

\(3 \lg 70\)

Vi argumenterer uten kalkulator. Siden \(10 < 70 < 100\), gjelder

Derfor er \(3 < 3 \lg 70 < 6\).

Vi vet altså at \(3 \lg 70\) er mellom 3 og 6, og dermed mindre enn 6.

Rekkefølge (stigende):

Vektorer til å bestemme sidekanter og vinkler i trekant

I trekanten \(ABC\) er \(A(3, 1)\), \(B(2, -2)\) og \(C(5, 2)\).

Fasit

a) \(AC\) er kortest (\(|AC| = \sqrt{5} \approx 2{,}24\))
b) Nei, ingen av vinklene er \(90\degree\).

Løsningsforslag

a

Vi finner lengden til alle tre sidene ved å beregne de tre sidevektorene.

Vi sammenligner: \(\sqrt{5} < \sqrt{10} < 5\), det vil si \(|AC| < |AB| < |BC|\).

\(AC\) er den korteste siden med lengde \(\underline{\underline{\sqrt{5} \approx 2{,}24}}\).

b

En vinkel i trekanten er \(90\degree\) hvis og bare hvis de to sidevektorene ut fra det hjørnet er ortogonale, det vil si at prikkproduktet er null.

Vinkel i \(A\) — vektorene \(\vec{AB}\) og \(\vec{AC}\):

Ikke \(90\degree\) i \(A\).

Vinkel i \(B\) — vektorene \(\vec{BA} = -\vec{AB} = (1, 3)\) og \(\vec{BC} = (3, 4)\):

Ikke \(90\degree\) i \(B\).

Vinkel i \(C\) — vektorene \(\vec{CA} = -\vec{AC} = (-2, -1)\) og \(\vec{CB} = -\vec{BC} = (-3, -4)\):

Ikke \(90\degree\) i \(C\).

Siden intet prikkprodukt er null, er ingen av vinklene \(\underline{\underline{90\degree}}\).

Tolk og fiks program som finner bunnpunkt

Funksjonen \(f\) er gitt ved

Egil ønsker å lage et program som regner ut koordinatene til bunnpunktet på grafen til \(f\). Han har skrevet koden nedenfor.

12345678910111213def f(x):
    return 2*x**2 - 9*x - 2

def df(x,h):
    return (f(x+h) - f(x))/h

h = 0.001
a = 0

while df(a,h) < 0:
    a = a + 1
    
print("Bunnpunktet er", (a, f(a)))

Programmet gir utskriften Bunnpunktet er (3, -11)

Svaret han får, er ikke riktig.

Fasit

a) Egil sjekker om grafen synker ved å beregne tilnærmet stigningstall. Løkken stopper ved \(a = 3\), og programmet printer \((3, -11)\).
b) Endre a = a + 1 til a = a + 0.01

Løsningsforslag

a

Funksjonen df(x, h) beregner et tilnærmet stigningstall (den deriverte) i punktet \(x\):

Egils strategi er å starte i \(a = 0\) og flytte seg til høyre i steg på 1. Så lenge df(a, h) < 0 synker grafen — man har altså ikke nådd bunnpunktet ennå. Når stigningstallet ikke lenger er negativt (grafen har sluttet å synke), betyr det at bunnpunktet er passert, og løkken stopper.

Det ekte bunnpunktet ligger i \(x = 2{,}25\). Siden \(a\) øker fra 0 i heltallssteg, er verdiene som testes \(a = 0, 1, 2, 3\). Ved \(a = 2\) er df(2, 0.001) \(\approx 4 \cdot 2 - 9 = -1 < 0\), så løkken fortsetter. Ved \(a = 3\) er df(3, 0.001) \(\approx 4 \cdot 3 - 9 = 3 > 0\), og betingelsen df(a, h) < 0 er usann — løkken stopper.

Programmet printer derfor \((3,\ f(3)) = (3,\ -11)\), selv om det ekte bunnpunktet er \((2{,}25,\ -12{,}125)\).

b

Problemet er at steglengden \(1\) er for stor — programmet «hopper over» bunnpunktet. Ved å bruke et mindre steg vil \(a\) komme mye nærmere \(x = 2{,}25\) når løkken stopper.

Endre linje 8 fra

    a = a + 1

til

    a = a + 0.01

Da stopper løkken ved \(a \approx 2{,}25\) og programmet printer et bunnpunkt som er langt nærmere det ekte svaret \(\mathbf{(2{,}25,\ -12{,}125)}\).

Konsentrasjon i kjemisk reaksjon

Tabellen nedenfor viser konsentrasjonen, i millimol per liter (mmol/L), av et stoff, \(t\) sekunder etter at en kjemisk reaksjon startet. Når det har gått lang tid, vil konsentrasjonen av stoffet stabilisere seg på \(2{,}5 \mathrm{~mmol/L}\).

Fasit

a) Regresjon på de forskjøvede verdiene \((t,\, c(t)-2{,}5)\) gir \(a \approx -2{,}5\) og \(b \approx 0{,}99\), som bekrefter modellen \(f(t) = 2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^t\).
b) \(\underline{\underline{t \approx 160 \mathrm{~sekunder}}}\)
c) \(\underline{\underline{t \approx 321 \mathrm{~sekunder}}}\)

Løsningsforslag

a

Tabellen i oppgaven inkluderer en rad med de forskjøvede verdiene \(c(t) - 2{,}5\). Siden \(f(t) \to 2{,}5\) når \(t \to \infty\), forventer vi at \(f(t) - 2{,}5\) følger en eksponentialfunksjon av typen \(g(t) = a \cdot b^t\).

Vi logger de forskjøvede verdiene:

Dette er en lineær funksjon av \(t\). Vi utfører lineær regresjon (eller eksponentialregresjon) på punktene

og får \(a \approx -2{,}5\) og \(b \approx 0{,}99\). Dermed er

Grafen nedenfor viser at modellkurven ligger svært nært datapunktene:

b

Vi løser \(f(t) = 2{,}0\) i GeoGebra CAS (se linje 2 i utklippet nedenfor):

Det tar omtrent 160 sekunder før konsentrasjonen er \(2{,}0 \mathrm{~mmol/L}\).

c

Vi deriverer \(f(t) = 2{,}5 - 2{,}5 \cdot 0{,}99^t\) og bruker at \(0{,}99^t = e^{t \ln 0{,}99}\):

Siden \(\ln(0{,}99) < 0\) er \(f'(t) > 0\), det vil si konsentrasjonen øker hele tiden (som forventet). Vi ønsker å finne når \(f'(t) < 0{,}001\), det vil si vi løser \(f'(t) = 0{,}001\) (se linje 5 i CAS-utklippet):

Etter omtrent 321 sekunder øker konsentrasjonen med mindre enn \(0{,}001 \mathrm{~mmol/L}\) per sekund.

Stykkevis funksjon med parameter k

Funksjonen \(f\) er gitt ved

der \(k \in \mathbb{R}\).

Fasit

a) \(f\) er kontinuerlig for alle \(k \in \mathbb{R}\).
b) \(\underline{\underline{k = 0}}\)
c) \(\underline{\underline{k \in [-2,\, 2]}}\)

Løsningsforslag

a

Hvert av uttrykkene \(-x^2 + (2+k)x\) og \(x^2 + (2-k)x\) er polynomer, og polynomer er kontinuerlige overalt. Det eneste stedet vi må sjekke kontinuitet spesielt er i bruddpunktet \(x = k\).

\(f\) er kontinuerlig i \(x = k\) hvis og bare hvis

Vi beregner grenseverdiene:

Alle tre er lik \(2k\) for alle verdier av \(k\). Dermed er \(f\) kontinuerlig i \(x = k\) for alle \(k \in \mathbb{R}\), og siden hvert deluttrykk er et polynom, er \(f\) kontinuerlig for alle \(k\).

b

For at \(f\) skal være deriverbar i \(x = k\) må venstre- og høyrederiverte være like.

Vi deriverer hvert deluttrykk:

Vi setter venstre- og høyrederiverte like (se linje 10 i CAS-utklippet):

c

\(f\) har en omvendt funksjon hvis og bare hvis \(f\) er strengt monoton (enten strengt voksende eller strengt avtagende) på hele \(\mathbb{R}\).

Strengt avtagende er ikke mulig: \(f_1(x) = -x^2 + (2+k)x\) er en nedovervendt parabel med toppunkt i \(x = \frac{2+k}{2}\). For \(x < k\) og \(k < \frac{2+k}{2}\) (dvs. \(k < 2\)) er \(f_1\) voksende i deler av \((-\infty, k)\), og for \(k \geq 2\) er toppunktet utenfor \((-\infty, k)\), men da er \(f_2\) oppovervendt og voksende på \([k, \infty)\). En strengt avtagende \(f\) er dermed ikke mulig for noe \(k\).

Strengt voksende krever to ting:

1. \(f_1\) må være voksende på hele \((-\infty, k)\): \(f_1\) er voksende til venstre for toppunktet \(x = \frac{2+k}{2}\), så vi trenger

   \[\frac{2+k}{2} \geq k \implies 2 + k \geq 2k \implies k \leq 2 \]

2. \(f_2\) må være voksende på hele \([k, \infty)\): \(f_2\) er en oppovervendt parabel med bunnpunkt i \(x = \frac{k-2}{2}\), og er voksende til høyre for bunnpunktet, så vi trenger

   \[\frac{k-2}{2} \leq k \implies k - 2 \leq 2k \implies k \geq -2 \]

Kontinuiteten i \(x=k\) er allerede sikret (vist i a), så det er tilstrekkelig at begge delene er voksende.

\(f\) har omvendt funksjon for \(\underline{\underline{k \in [-2,\, 2]}}\).

Påstander om tredjegradsfunksjon

La \(f\) være en tredjegradsfunksjon.

Avgjør for hver av påstandene nedenfor om den er sann eller usann. Begrunn svaret.

Fasit

a) Usann

Løsningsforslag

a

Jeg vet at funksjonen \(f(x)=x^{3}\) kun har et terrassepunkt og ingen ekstremalpunkter. Jeg bruker derfor denne funksjonen som et moteksempel til påstanden og konkluderer med at påstanden er feil.

Påstanden er usann. \(f\) trenger ikke ha ekstremalpunkter.

b

\(f\) har et \(x^{3}\)-ledd som vil stige eller synke kubisk mye raskere enn \(y=ax+b\). Det blir dermed umulig for den rette linja å «ikke bli tatt igjen» av \(f\).

Vi kan også bevise at disse vil skjære hverandre matematisk hvis vi lar \(f(x)=cx^{3}+dx^{2}+mx +n\).

Den siste likningen er en vanlig tredjegradslikning. Disse har alltid en løsning (tredjegradsfunksjoner må alltid krysse \(x\)-aksen minst en gang). Derfor må \(y=ax+b\) skjære \(f\) minst ett sted.

Påstanden er sann. \(y=ax+b\) vil alltid skjære \(f\) minst ett sted.

c

Vi har vendepunkter når \(f''(x)=0\). Vi prøver å dobbeltderivere \(f\) og sette inn for \(f''(3)=0\).

Vi sjekker hva \(f'(1)\) og \(f'(5)\) er og prøver innsettingsmetoden med \(d=-9c\).

Påstanden stemmer. Når \(f\) har vendepunkt i \(x=3\) så er \(f'(1)=f'(5)\).

Kasse uten lokk

Du skal lage en kasse uten lokk. Den skal ha form som et rett prisme. Grunnflaten i kassen skal være kvadratisk. For at vekten ikke skal bli for stor, kan ikke det samlede arealet av platene som brukes til å lage kassen, være mer enn 120 \(\mathrm{dm^2}\).

Du skal lage en slik kasse som rommer 80 \(\mathrm{dm^3}\).

Fasit

a) \(\underline{\underline{V = 118{,}75 \, \mathrm{dm^3}}}\)
b) \(\underline{\underline{V_{\max} = 40\sqrt{10} \approx 126{,}5 \, \mathrm{dm^3}}}\)
c) \(\underline{\underline{A_{\min} = 12\sqrt[3]{20^2} \approx 88{,}4 \, \mathrm{dm^2}}}\)

Løsningsforslag

La \(x\) være sidelengden i bunnen (dm) og \(h\) være høyden (dm).

Samlet areal (bunn + 4 sider):

Volum:

a

Setter \(x = 5\) og bruker hele arealbudsjettet (\(A = 120\)):

Volumet blir:

b

For å maksimere volumet bruker vi hele arealbudsjettet (\(A = 120\)). Løser \(A = 120\) for \(h\):

Setter inn i volumformelen:

Bruker GeoGebra CAS til å derivere og løse \(V'(x) = 0\):

Fra CAS-utklippet (linje 1–6):

\(V'(x)\) skifter fortegn fra \(+\) til \(-\) i \(x = 2\sqrt{10}\), så dette er et maksimum.

c

Nå er \(V = 80 \, \mathrm{dm^3}\). Løser for \(h\):

Setter inn i arealformelen:

Bruker GeoGebra CAS til å minimere \(A(x)\) (linje 7–12 i utklippet):

\(A'(x)\) skifter fortegn fra \(-\) til \(+\) i \(x = 2\sqrt[3]{20}\), så dette er et minimum.

Ishockeypuck med vektorfunksjon

En ishockeybane er \(60 \mathrm{~m}\) lang og \(30 \mathrm{~m}\) bred. Vi plasserer et koordinatsystem slik at origo er midt på banen. Se figuren nedenfor.

En hockeyspiller sendte av gårde en puck. Vektorfunksjonen \(\vec{r}\) gitt ved

gir puckens posisjon \(t\) sekunder etter at den ble sendt av gårde. Denne vektorfunksjonen gir puckens posisjon helt til den treffer vantet (veggen på banen).

En annen hockeyspiller var i posisjonen \(P(-18, 11)\) da pucken ble sendt av gårde. Spilleren hadde konstant fart \(\vec{v} = [3, -7]\).

Fasit

a) \(\underline{\underline{|\vec{r}'(0)| = 2\sqrt{89} \approx 18{,}87 \, \mathrm{m/s}}}\)
b) Pucken treffer lang-vanten etter ca. \(3{,}05\) sekunder.
c) Spilleren ble ikke truffet av pucken — pucken beveger seg langs linjen \(5x = 8y\), og selv om spillerens bane krysser denne linjen, er spilleren og pucken ikke i samme punkt på samme tidspunkt.

Løsningsforslag

a

Puckens posisjon er gitt ved \(\vec{r}(t) = [8(e^{-t} - t),\; 5(e^{-t} - t)]\). Farten er lengden av hastighetsvektoren \(\vec{r}'(t)\).

Vi deriverer komponentvis:

Ved \(t = 0\):

Farten er:

Pucken hadde fart \(\underline{\underline{2\sqrt{89} \approx 18{,}87 \, \mathrm{m/s}}}\) idet den ble sendt av gårde.

b

Banen er \(60 \, \mathrm{m}\) lang og \(30 \, \mathrm{m}\) bred med origo i midten, så \(-30 \leq x \leq 30\) og \(-15 \leq y \leq 15\).

Vi observerer at \(\vec{r}(t) = (e^{-t} - t) \cdot [8,\; 5]\). La \(u(t) = e^{-t} - t\). Da er \(x(t) = 8u(t)\) og \(y(t) = 5u(t)\).

Siden \(u'(t) = -e^{-t} - 1 < 0\) for alle \(t\), avtar \(u(t)\) strengt, og dermed avtar både \(x\) og \(y\) fra startverdiene \(x(0) = 8\) og \(y(0) = 5\). Pucken beveger seg mot negative \(x\)- og \(y\)-verdier, så de aktuelle grensene er \(x = -30\) og \(y = -15\).

Vi undersøker hvilken grense som nås først ved å løse to likninger:

• \(y = -15\): \(5(e^{-t} - t) = -15 \;\Rightarrow\; e^{-t} - t = -3\). Numerisk løsning: \(t \approx 3{,}05\).
• \(x = -30\): \(8(e^{-t} - t) = -30 \;\Rightarrow\; e^{-t} - t = -3{,}75\). Numerisk løsning: \(t \approx 3{,}77\).

Siden \(u(t)\) er avtagende, nås \(u = -3\) (tilsvarer \(y = -15\)) før \(u = -3{,}75\) (tilsvarer \(x = -30\)).

Kontroll: ved \(t \approx 3{,}05\) er \(x = 8 \cdot (-3) = -24 \, \mathrm{m}\), som er innenfor banen (\(-30 \leq -24 \leq 30\) ✓).

Pucken treffer lang-vanten (\(y = -15\)) etter ca. \(\underline{\underline{3{,}05 \, \mathrm{sekunder}}}\).

c

Puckens posisjon er alltid \(\vec{r}(t) = u(t) \cdot [8,\; 5]\) der \(u(t) = e^{-t} - t\). Det betyr at pucken beveger seg langs den rette linjen gjennom origo i retning \([8,\; 5]\), altså langs linjen \(5x = 8y\).

Spillerens posisjon ved tid \(t\) er:

For at spilleren skal treffes av pucken, må \(\vec{P}(t) = \vec{r}(t)\) for et tidspunkt \(t \geq 0\). Dette gir likningssystemet:

Fra begge likninger kan vi isolere \(e^{-t} - t\):

• Ligning 1: \(e^{-t} - t = \dfrac{3t - 18}{8}\)
• Ligning 2: \(e^{-t} - t = \dfrac{11 - 7t}{5}\)

Setter de to uttrykkene like hverandre:

Dette er det eneste tidspunktet der spillerens bane og puckens bane er på samme rette linje. Vi sjekker om de er i samme punkt:

• Spillerens posisjon: \((-18 + 3 \cdot 2{,}51,\; 11 - 7 \cdot 2{,}51) \approx (-10{,}47,\; -6{,}55)\)
• Puckens posisjon: \((8(e^{-2{,}51} - 2{,}51),\; 5(e^{-2{,}51} - 2{,}51)) \approx (-19{,}40,\; -12{,}13)\)

De to posisjonene er ulike — selv om banen til spilleren krysser linjen pucken beveger seg langs, er de ikke i samme punkt på samme tid.

Spilleren ble dermed ikke truffet av pucken.

Cauchys middelverdisetning

I 1823 viste matematikeren Augustin Louis Cauchy følgende setning:

La \(f(x) = x^2 + 3x + 1\).

Anne påstår at dersom \(a = 2\) og \(b = 8\), så vil \(c = 5\) for alle andregradsfunksjoner.

Fasit

a) \(\underline{\underline{c = 2}}\)
b) Se program i løsningsforslaget.
c) \(c\) er alltid midtpunktet \(\frac{a+b}{2}\).
d) Annes påstand er riktig for alle andregradsfunksjoner (med \(p \neq 0\)).

Løsningsforslag

a

Vi skal finne \(c \in \langle 1, 3 \rangle\) slik at \(f'(c) = \dfrac{f(3) - f(1)}{3 - 1}\).

Vi beregner først høyresiden:

Siden \(f'(x) = 2x + 3\), løser vi likningen \(f'(c) = 7\):

I GeoGebra CAS:

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

\(\underline{\underline{c = 2}}\)

b

Programmet beregner den midlere stigningen \(m = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}\) og leter så trinnvis fra \(x = a\) til \(f'(x) \approx m\):

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

a = 1
b = 3
m = (f(b) - f(a)) / (b - a)     # midlere stigning

h = 0.0001
c = a
while (f(c + h) - f(c)) / h < m:   # finn c der f'(c) ≈ m
    c = c + h

print("c =", round(c, 4))

Programmet skriver ut c = 2.0.

c

Ved å kjøre programmet for ulike verdier av \(a\) og \(b\) (for eksempel \(a = 0, b = 4\) gir \(c = 2\); \(a = -2, b = 2\) gir \(c = 0\); \(a = 1, b = 5\) gir \(c = 3\)) ser vi at \(c\) alltid er lik midtpunktet:

d

Vi viser dette analytisk for en generell andregradsfunksjon \(h(x) = px^2 + qx + r\) med \(p \neq 0\).

Midlere stigning:

(CAS bekrefter: se linje 4 i skjermbildet over — uttrykket forenkles til \(ap + pb + q\).)

Setter \(h'(c)\) lik midlere stigning:

(CAS bekrefter i linje 5: \(c = \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b\).)

Siden \(c = \dfrac{a+b}{2}\) gjelder for alle andregradsfunksjoner med \(p \neq 0\), og spesielt for \(a = 2\), \(b = 8\):

Annes påstand er \(\underline{\underline{\text{riktig}}}\).