Derivasjon med produktregel og ln

Fasit

\(f'(x)=4x \left( 2 \ln (3x) + 1 \right)\)

Løsningsforslag

Vi ønsker å bruke produktregelen, men da må vi kunne derivere begge faktorene. Jeg må derivere \(\ln(3x)\) ved å bruke kjerneregelen først ved å sette \(u=3x\)

Vi bruker produktregelen.

Logaritmeligningen med substitusjon

Fasit

\(\underline{\underline{x = e^3}}\) eller \(\underline{\underline{x = e^{-2}}}\)

Løsningsforslag

Vi setter \(u = \ln x\) og skriver om likningen:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket:

Tilbakesubstitusjon:

\(\ln x = 3 \Rightarrow x = e^3\)

\(\ln x = -2 \Rightarrow x = e^{-2}\)

Begge løsningene er gyldige siden \(e^3 > 0\) og \(e^{-2} > 0\) (logaritmen er definert for positive tall).

\(\underline{\underline{x = e^3}}\) eller \(\underline{\underline{x = e^{-2}}}\)

Grenseverdier av eksponentialfunksjon

Funksjonen \(f\) er gitt ved

Fasit

\(\lim_{x\to\infty} f(x) = \mathbf{0}\)

\(\lim_{x\to-\infty} f(x)\) eksisterer ikke (vokser ubegrenset)

Løsningsforslag

Vi bruker at \(e^t \to 0\) når \(t \to -\infty\), og at \(e^t \to \infty\) når \(t \to +\infty\).

La \(t = -x + 1\). Da er \(f(x) = e^t\).

Når \(x \to \infty\): eksponenten \(t = -x+1 \to -\infty\), og derfor

Når \(x \to -\infty\): eksponenten \(t = -x+1 \to +\infty\), og derfor

Grenseverdien \(\lim_{x\to-\infty} f(x)\) eksisterer ikke fordi \(f(x)\) vokser ubegrenset.

Tre punkter på linje og rettvinklet trekant

Vi har gitt tre punkter \(A(3, 4)\), \(B(-1, -2)\) og \(C(3+t, 2t)\) der \(t \in \mathbb{R}\).

Fasit

a) \(t = 8\)
b) \(t = \pm\dfrac{2\sqrt{10}}{5}\)

Løsningsforslag

a

Vi skal finne \(t\) slik at \(A\), \(B\) og \(C\) ligger på en rett linje. Det skjer når vektorene \(\overrightarrow{AB}\) og \(\overrightarrow{AC}\) er parallelle.

Vi regner ut vektorene:

To vektorer \((a_1, a_2)\) og \((b_1, b_2)\) er parallelle når \(a_1 b_2 - a_2 b_1 = 0\) (determinanten er null):

\(t = \underline{\underline{8}}\)

b

Vi skal finne \(t\) slik at \(\angle C = 90°\). Det betyr at vektorene \(\overrightarrow{CA}\) og \(\overrightarrow{CB}\) er ortogonale, det vil si at prikkproduktet \(\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 0\).

Vi regner ut vektorene:

Vi beregner prikkproduktet steg for steg:

Vi setter prikkproduktet lik null:

\(t = \underline{\underline{\pm\dfrac{2\sqrt{10}}{5}}}\)

Kontinuerlig funksjon med størst mulig definisjonsmengde

En funksjon \(f\) er definert ved

Fasit

\(\underline{\underline{D_f = [0, 2\rangle \cup \langle 2, 5]}}\). Da er \(f\) kontinuerlig på hele \(D_f\), \(V_f = [0, 3\rangle\) er uendret, og vi har bare fjernet det enkelte punktet \(x = 2\).

Løsningsforslag

Vi sjekker først om \(f\) er kontinuerlig i \(x = 2\):

• Fra venstre: \(\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2\)
• Fra høyre: \(\lim_{x \to 2^+} f(x) = 5 - 2 = 3\)

Grensene er ulike, så \(f\) har et hopp i \(x = 2\) og er ikke kontinuerlig der.

Verdimengden til den opprinnelige \(f\):

• \(f(x) = x\) på \([0, 2]\) gir \([0, 2]\)
• \(f(x) = 5 - x\) på \(\langle 2, 5]\) gir \([0, 3\rangle\) (verdien \(3\) nås aldri fordi \(x = 2\) ikke er med i andre stykke)

Til sammen: \(V_f = [0, 3\rangle\).

For å gjøre \(f\) kontinuerlig må vi unngå hoppet ved \(x = 2\). Den enkleste måten er å fjerne kun selve punktet \(x = 2\):

På denne mengden er \(f\) kontinuerlig (polynomer er kontinuerlige på hver komponent, og \(x = 2\) er ikke lenger i \(D_f\)).

Verdimengden blir:

• \(f([0, 2\rangle) = [0, 2\rangle\)
• \(f(\langle 2, 5]) = [0, 3\rangle\)
• Til sammen: \(V_f = [0, 3\rangle\) — uendret.

Definisjonsmengdens "lengde" er fortsatt \(5\) (vi har bare fjernet ett enkeltpunkt). Dette er den største mulige definisjonsmengden som oppfyller begge krav: vi kan ikke ha med \(x = 2\) uten å bryte kontinuiteten.

Svar: \(\underline{\underline{D_f = [0, 2\rangle \cup \langle 2, 5]}}\).

Influensaepidemi og logistisk vekst

En influensaepidemi bryter ut på en videregående skole med 1000 elever. I starten er det få smittede, men antallet øker raskt. Antallet smittede elever \(S(t)\) etter \(t\) dager er tilnærmet gitt ved

Fasit

a) \(\underline{\underline{t \approx 8{,}80 \mathrm{~dager}}}\)
b) \(\underline{\underline{t \approx 11{,}11 \mathrm{~dager}}}\), maks smittehastighet \(\underline{\underline{S'(t) = 22{,}5 \mathrm{~elever/dag}}}\)
c) Horisontal asymptote \(y = 0\) og \(y = 300\). Praktisk tolkning: maksimalt 300 elever (30 % av skolen) smittes ifølge modellen.

Løsningsforslag

a

Vi skal finne \(t\) slik at \(S(t) = 100\).

Vi setter opp likningen og løser i GeoGebra CAS (se linje 2):

Vi kan også løse algebraisk:

Det tar omtrent \(\underline{\underline{8{,}80 \mathrm{~dager}}}\) før 100 elever er smittet.

b

For en logistisk funksjon \(S(t) = \dfrac{K}{1 + A \cdot e^{-rt}}\) er vekstraten størst når \(S = \dfrac{K}{2}\).

Her er \(K = 300\), så maks veksthastighet inntreffer når \(S = 150\).

Vi setter \(S(t) = 150\):

Maks veksthastighet kan beregnes med formelen \(S'_{\max} = \dfrac{r \cdot K}{4}\) (se linje 4 i CAS):

Flest elever smittes rundt dag \(\underline{\underline{11{,}11}}\), og smittehastigheten er da \(\underline{\underline{22{,}5 \mathrm{~elever/dag}}}\).

c

En horisontal asymptote er en verdi som \(S(t)\) nærmer seg, men aldri når, når \(t \to \pm\infty\).

Når \(t \to +\infty\): \(e^{-0{,}3t} \to 0\), slik at

Horisontal asymptote: \(y = 300\) (se grønn linje i figuren).

Når \(t \to -\infty\): \(e^{-0{,}3t} \to +\infty\), slik at

Horisontal asymptote: \(y = 0\).

Praktisk tolkning:

• Asymptoten \(y = 0\) beskriver situasjonen før epidemien begynte — ingen er smittet i starten (når \(t \to -\infty\) i matematisk forstand).
• Asymptoten \(y = 300\) betyr at maks 300 av skolens 1000 elever smittes ifølge modellen. Det tilsvarer 30 % av elevene. Smitten stopper altså av seg selv før hele skolen er rammet.

Påstander om logaritme, derivasjon og invers

Avgjør om hver av påstandene nedenfor er sann eller usann. Forklar tydelig hvordan du har resonnert.

Fasit

a) SANN
b) USANN — \(f\) er ikke kontinuerlig i \(x = 2\)
c) SANN

Løsningsforslag

a

Vi skal avgjøre om \(e^{k \cdot \ln(x)} = x^k\) for \(x > 0\).

Vi bruker potensregelen for logaritmer: \(k \cdot \ln(x) = \ln(x^k)\).

Dermed får vi:

Det siste steget bruker at \(e^{\ln(u)} = u\) for alle \(u > 0\). Siden \(x > 0\) er også \(x^k > 0\), så betingelsen er oppfylt.

Påstanden er \(\underline{\underline{\text{SANN}}}\).

b

For at \(f\) skal være deriverbar i \(x = 2\), må den først og fremst være kontinuerlig der. Vi sjekker om grenseverdiene fra venstre og høyre stemmer overens med funksjonsverdien.

Grenseverdi fra venstre (\(x \to 2^-\), vi bruker forskriften \(x^3 - 2\)):

Funksjonsverdi og grenseverdi fra høyre (\(x = 2\), vi bruker forskriften \(3x^2 - 4\)):

Siden \(\lim_{x \to 2^-} f(x) = 6 \ne 8 = f(2)\), er \(f\) ikke kontinuerlig i \(x = 2\).

En funksjon som ikke er kontinuerlig kan heller ikke være deriverbar.

Påstanden er \(\underline{\underline{\text{USANN}}}\).

c

Vi skal avgjøre om en funksjon som er minkende i deler av definisjonsmengden og voksende i andre deler, likevel kan ha en omvendt funksjon.

En funksjon har en omvendt funksjon hvis og bare hvis den er én-til-én (injektiv): ulike \(x\)-verdier gir ulike funksjonsverdier.

Betrakt funksjonen

• For \(x < 0\): \(f(x) = -x > 0\), så verdimengden er \((0, \infty)\). Funksjonen er minkende på \((-\infty, 0)\).
• For \(x > 0\): \(f(x) = -\dfrac{1}{x} < 0\), så verdimengden er \((-\infty, 0)\). Funksjonen er voksende på \((0, \infty)\).

Verdimengdene for de to grenene er disjunkte (\((0,\infty)\) og \((-\infty,0)\)), og hver gren er én-til-én på sitt intervall. Dermed er hele funksjonen én-til-én, og den har en omvendt funksjon — selv om den er minkende i én del og voksende i en annen.

Påstanden er \(\underline{\underline{\text{SANN}}}\).

To biler på kryss og motorvei

To biler, A og B, kjører på hver sin vei. Posisjonen til bil A er gitt ved \(\overrightarrow{r_A}(t)\), og posisjonen til bil B er gitt ved \(\overrightarrow{r_B}(t)\), der

Her er \(t\) tiden målt i minutter, og avstandene er målt i kilometer.

En av veiene er en motorvei. Den andre veien er en vei med lavere fartsgrense.

Veiene krysser hverandre i et veikryss.

Fasit

a) \(\underline{\underline{\frac{\sqrt{101}}{5} \approx 2{,}01 \, \mathrm{km}}}\)
b) \(\underline{\underline{\text{Bil B er på motorveien}}}\) (fart \(\approx 94{,}9 \, \mathrm{km/h}\))
c) \(\underline{\underline{\text{Bil B kommer til veikrysset først}}}\), 4 minutter før bil A

Løsningsforslag

Vi bruker GeoGebra CAS til alle beregninger (se utklipp under).

a

Vi regner ut posisjonene til de to bilene ved \(t = 1\):

Avstandsvektoren fra A til B ved \(t = 1\) er (se linje 5 i CAS):

Avstanden er lengden av denne vektoren (se linje 6 i CAS):

Avstanden mellom bilene etter 1 minutt er \(\underline{\underline{\dfrac{\sqrt{101}}{5} \approx 2{,}01 \, \mathrm{km}}}\).

b

Hastighetsvektorene finner vi ved å derivere posisjonsvektorene med hensyn på \(t\) (se linje 3 og 4 i CAS):

Fartene (km/min) er lengdene av hastighetsvektorene (se linje 7 og 8 i CAS):

Omregnet til km/h:

\(\underline{\underline{\text{Bil B er på motorveien}}}\), fordi den har høyest fart (≈ 94,9 km/h mot 67,1 km/h for bil A).

c

Veiene er rette linjer. Vi finner likningen for hver vei ved å eliminere \(t\) fra posisjonsvektorene.

Vei A: Fra \(\overrightarrow{r_A}(t) = \left[\frac{t-4}{2},\ t\right]\) får vi \(x = \frac{t-4}{2}\) og \(y = t\), altså \(t = y\) og \(x = \frac{y-4}{2}\), som gir:

Vei B: Fra \(\overrightarrow{r_B}(t) = \left[\frac{t}{2},\ \frac{3}{2}\left(t - \frac{1}{5}\right)\right]\) får vi \(x = \frac{t}{2}\) og \(y = \frac{3}{2}t - \frac{3}{10}\), altså \(t = 2x\) og \(y = 3 \cdot 2x - \frac{3}{10}\), som gir:

Veiene er lagt inn som VeiA og VeiB i CAS (linje 9 og 10). Skjæringspunktet Veikryss beregnes i linje 11:

Nå finner vi når hver bil er i veikrysset.

Bil A: \(y\)-koordinaten til \(\overrightarrow{r_A}(t)\) er \(y = t\), så bil A er i veikrysset når \(t_A = 12{,}6 \, \mathrm{min}\).

Bil B: \(x\)-koordinaten til \(\overrightarrow{r_B}(t)\) er \(x = \frac{t}{2}\), så bil B er i veikrysset når \(t_B = 2 \cdot 4{,}3 = 8{,}6 \, \mathrm{min}\).

\(\underline{\underline{\text{Bil B kommer til veikrysset først}}}\), 4 minutter før bil A (\(t_B = 8{,}6 \, \mathrm{min}\), \(t_A = 12{,}6 \, \mathrm{min}\)).

Momentmagnitudeskala og energi

Momentmagnitudeskalaen er en skala for å måle størrelsen på jordskjelv. Sammenhengen mellom momentmagnituden \(M\) og energien \(E\) er

Energien \(E\) måles i joule (J).

Fasit

a) \(E = 10^{\frac{3}{2}(M + 3{,}2)}\). For \(M = 4{,}7\): \(\underline{\underline{E \approx 7{,}08 \cdot 10^{11} \, \mathrm{J}}}\)
b) Energien blir \(\underline{\underline{\approx 31{,}6}}\) ganger så stor.

Løsningsforslag

a

Vi løser uttrykket for \(E\). GeoGebra CAS gir

som vi kan skrive som

Vi kan også utlede dette for hånd: fra \(M = \dfrac{2}{3}\lg(E) - 3{,}2\) løser vi for \(\lg(E)\):

og dermed

For \(M = 4{,}7\):

Det vil si omtrent 708 milliarder joule.

b

Vi sammenligner energien for momentmagnitude \(M+1\) med energien for \(M\):

Dersom \(M\) øker med 1, blir energien som løses ut omtrent \(\mathbf{31{,}6}\) ganger så stor.

Modell for drivstoffutvikling i Moss

Det har vært en stor endring i hvilken type drivstoff bilene i Norge bruker. Statistisk sentralbyrå samler inn data om dette, og tabellen viser en oversikt over typen drivstoff til registrerte personbiler i Moss i perioden 2010–2022.

Fasit

a) Bensin: lineær modell \(B(t) = -452t + 14\,243\). Elektrisk: eksponentiell modell \(E(t) = 100{,}5 \cdot 1{,}395^t\).
b) Bensin-modellen gir \(B(20) \approx 5\,200\) biler i 2030, men forutsier negativt antall etter 2041 — ugyldig. El.-modellen gir \(E(20) \approx 78\,000\) biler, som overstiger antall husstander i Moss — urealistisk.

Løsningsforslag

a

La \(t\) være antall år etter 2010. Vi bruker GeoGebra til å kjøre regresjon på datapunktene fra tabellen.

Bensin — lineær modell:

Datapunktene for bensin viser en jevn nedgang år for år. Absolutt nedgang per år er omtrent 450 biler, noe som tyder på at en lineær modell passer godt. Regresjonen i GeoGebra gir

med korrelasjonskoeffisient \(r \approx -0{,}996\), altså en svært god lineær tilpasning. Vi avrunder til

Elektrisk — eksponentiell modell:

Datapunktene for elbiler stiger kraftig og kurver oppover, noe en rett linje ikke fanger opp. Fordi veksten ser ut til å ha en tilnærmet konstant prosentvis økning per år, er en eksponentiell modell naturlig. Regresjonen i GeoGebra gir

Vekstfaktoren \(1{,}395\) tilsvarer omtrent \(39{,}5\,\%\) økning per år. Modellen passer godt til data i perioden 2010–2022.

Grafen under viser datapunktene (rødt: bensin, blått: elektrisk) og de to modellkurvene:

b

Bensin-modellen fremover:

Vi setter \(t = 20\) (år 2030):

Modellen forutsier altså omtrent 5 200 bensinbiler i Moss i 2030, noe som virker rimelig på mellomlang sikt. Modellen har imidlertid en viktig begrensning: den gir negativt antall biler når \(B(t) = 0\), det vil si ved

I virkeligheten kan ikke antall biler bli negativt. Nedgangen vil trolig avta og asymptotisk nærme seg null. Ekstrapolering til 2030 er rimelig, men modellen er ugyldig etter ca. 2041.

El.-modellen fremover:

Vi setter \(t = 20\) (år 2030):

Dette er klart urealistisk — Moss har omtrent 35 000 husstander, og antall personbiler totalt er begrenset. Den eksponentielle veksten kan ikke fortsette i det uendelige. I praksis vil veksten flate ut etter hvert som markedet nærmer seg metning (logistisk vekst ville gitt en mer realistisk modell for lengre tidsperspektiv).

Konklusjon: Bensin-modellen er rimelig til omtrent 2030–2035. El.-modellen overestimerer kraftig på lengre sikt og er kun gyldig noen få år utover 2022.

Innskrevet rektangel og Lars sitt program

En funksjon \(f\) er gitt ved

Lars har tegnet grafen til \(f\) med et innskrevet rektangel \(ABCD\). Lars har også skrevet et program.

12345678910111213141516def f(x):
    return -x**2 + 4

def areal(x):
    return x*f(x)

h = 0.0001
def der_areal(x):
    return (areal(x + h) - areal(x))/h

x = 0
dx = 0.01
while der_areal(x + dx) > 0:
    x = x + dx

print(areal(x))

Fasit

a) Programmet finner det største arealet av et rektangel innskrevet under grafen. Svaret er ca. \(\underline{\underline{3{,}079}}\).
b) Lars bruker en numerisk trinnvis tilnærming der han leter fremover til deriverte av arealet skifter fortegn. Strategien er ikke universell.

Løsningsforslag

a

Rektangelet \(ABCD\) har ett hjørne på grafen til \(f\). Hjørnet over \(x\)-aksen befinner seg i punktet \((x,\, f(x))\). Siden rektangelet er symmetrisk om \(y\)-aksen, har det bredde \(2x\) og høyde \(f(x)\).

Av figuren leser vi imidlertid at bare halvparten av rektangelet vises (fra \(x = 0\) til \(x\)-verdien på grafen), altså bredde \(x\) og høyde \(f(x)\). Arealet er:

Hva programmet gjør:

• areal(x) beregner \(A(x) = x \cdot f(x)\).
• der_areal(x) beregner den numeriske deriverte \(A'(x) \approx \dfrac{A(x+h) - A(x)}{h}\) med \(h = 0{,}0001\).
• Løkken starter på \(x = 0\) og øker \(x\) med \(\mathtt{dx} = 0{,}01\) i hvert steg, så lenge den numeriske deriverte i neste steg er positiv (dvs. arealet fortsatt vokser).
• Løkken stopper når der_areal(x + dx) <= 0, altså når arealet er i ferd med å avta — ved et (lokalt) maksimum.

Programmet prøver å finne \(x\)-verdien som maksimerer arealet, og skriver deretter ut \(A(x)\) i dette punktet.

Kjøring: \(x\) øker fra \(0\) i steg på \(0{,}01\). Den eksakte maksimumsverdien er \(x = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \approx 1{,}1547\). Programmet stopper siste gang \(\mathtt{der\_areal}(x + 0{,}01) > 0\), noe som gir \(x = 1{,}15\) (siden \(A'(1{,}16) < 0\)).

Programmet skriver ut:

(Det eksakte maksimale arealet er \(\dfrac{16\sqrt{3}}{9} \approx 3{,}0792\).)

b

Strategi: Lars antar at arealet begynner med å vokse fra \(x = 0\), og leter trinnvis fremover til den numeriske deriverte skifter fra positiv til ikke-positiv. Han finner altså det første punktet der \(A'(x)\) snur fra positiv til negativ — et lokalt toppunkt.

Strategien er ikke universell. Den kan feile i følgende situasjoner:

• Hvis \(A'(x)\) allerede er negativ eller lik null for \(x = 0\) (arealet avtar fra start), stopper løkken umiddelbart uten å finne noe maksimum.
• Hvis \(A(x)\) har flere lokale maksimumspunkter, finner programmet bare det første og overser et eventuelt høyere globalt maksimum lenger ut.
• Steglengden \(\mathtt{dx} = 0{,}01\) gir en numerisk tilnærming, ikke det eksakte maksimumet. Her gir programmet \(x = 1{,}15\) istedenfor det eksakte \(x = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1{,}1547\).

Strategien fungerer kun for funksjoner der arealet er positivt, starter med å vokse, og har nøyaktig ett lokalt maksimum.

Pyramide i halvkule – størst mulig volum

En kule med radius \(r\) deles i to like deler. Vi skal skjære ut en pyramide med rektangulær grunnflate av den ene halvkulen. Grunnflaten skal ligge i snittflaten til halvkulen.

Volumet av en pyramide er gitt ved

der \(G\) er grunnflaten og \(h\) er høyden til pyramiden.

Fasit

\(\underline{\underline{V_{\max} = \dfrac{2r^3}{3}}}\)

Løsningsforslag

Vi plasserer halvkulen med snittflaten som en sirkulær disk i planet \(z = 0\), med sentrum i origo. Halvkulen har likningen \(x^2 + y^2 + z^2 = r^2\) for \(z \geq 0\).

Oppsett av pyramiden

Grunnflaten er et rektangel med sider \(2x\) og \(2y\) innskrevet i sirkelen \(x^2 + y^2 = r^2\). Pyramidens topp ligger på halvkulen rett over sentrum, i punktet \((0, 0, h)\).

Toppen på halvkulen gir høyden \(h = r\) (fast, siden \(x = y = 0\) gir \(z = r\)).

Volumet av pyramiden er:

Maksimering med GeoGebra CAS

Vi setter \(G = 4xy\) der \(y = \sqrt{r^2 - x^2}\) (fra sirkelbetingelsen), og definerer volumfunksjonen:

Vi deriverer og setter den deriverte lik null med CAS:

CAS gir \(x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot r = \dfrac{r}{\sqrt{2}}\) (tar positiv verdi). Da er \(y = \sqrt{r^2 - \frac{r^2}{2}} = \dfrac{r}{\sqrt{2}}\), det vil si \(x = y\).

Grunnflaten er et kvadrat med side \(2x = 2 \cdot \dfrac{r}{\sqrt{2}} = r\sqrt{2}\).

Største volum

CAS bekrefter at maksimalt volum er:

\(\underline{\underline{V_{\max} = \dfrac{2r^3}{3}}}\)