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: \( 3\lg 70 \)

Dette er Del 1, så vi må klare oss uten kalkulator. Vi klemmer inn verdien mellom to kjente logaritmeverdier: \(\lg\) er strengt voksende, og \(10 < 70 < 100\), så

Vi vet altså at \(3\lg 70\) er mindre enn 6 uten å regne ut en eneste desimal. (Med kalkulator: \(\lg 70 = \lg 7 + \lg 10 = \lg 7 + 1 \approx 1{,}845\), slik at \(3\lg 70 \approx 5{,}535\).)

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)

Løsningsfigur. Figuren viser hvorfor oppgaven ber om vektorregning og ikke måling: BC = 5 og AB = 5,10 er praktisk talt like lange på tegningen. Den samme figuren svarer på oppgave b – den butte vinkelen i B er 115,6 grader, og ingen av de tre vinklene er 90 grader.

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

def 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)) )

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 \(g(t)\):

Vi utfører eksponentiell regresjon på datapunktene \((t, -g(t))\). Vi bruker \(-g(t)\) og ikke \(g(t)\), fordi en eksponentialfunksjon \(a \cdot k^t\) med \(a > 0\) bare kan tilpasses positive verdier. Regresjonen gir

Dette er akkurat den formen modellen i oppgaveteksten har: startverdien blir 2,50, som er den verdien konsentrasjonen stabiliserer seg på, og vekstfaktoren 0,988 blir 0,99 når vi runder av til to desimaler. Regresjonen bekrefter altså både leddet 2,5 og vekstfaktoren 0,99 i

Vi kan verifisere modellen ved å sammenligne med tabellverdiene:

Regresjonsmodellen med vekstfaktor 0,988 treffer målingene på hundredelen. Modellen \(f\) med den avrundede vekstfaktoren 0,99 ligger systematisk litt under målingene – størst er avviket ved \(t = 40\), der \(f(40) \approx 0{,}83\) mot målt 0,95. Hele avviket skyldes altså avrundingen fra 0,988 til 0,99, ikke at modelltypen er feil: både konstantleddet 2,5 og formen \(2{,}5 - 2{,}5 \cdot k^t\) blir bekreftet av regresjonen.

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:

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer modellen: f(t) := 2.5 - 2.5 * 0.99^t
• Verifiser oppgave b): Numerisk(f(160)) → gir \(\approx 2{,}00\), altså er konsentrasjonen 2,0 mmol/L etter ca. 160 s
• Sjekk veksthastigheten: Numerisk(f'(321)) → gir \(\approx 0{,}001\), bekrefter at økningen er under 0,001 mmol/L per sekund

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)

Løsningsfigur. En funksjon har omvendt funksjon nøyaktig når hver vannrett linje treffer grafen én gang – det er det panelene viser. k = plussminus 6 er valgt framfor plussminus 3 fordi «sløyfa» utenfor intervallet er regnet til 0,25 ved k = -3, men 4,00 ved k = -6: ved k = plussminus 3 ville feilen ikke vært synlig i det hele tatt. Grensen er og blir -2 mindre enn eller lik k mindre enn eller lik 2.

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)

Løsningsfigur. Utbrettet viser hvor formelen A = x² + 4xh kommer fra: én bunn og fire like sidevegger, og ingen topp. Flatene er tegnet i målestokk med x = 5 dm og h = 4,75 dm, og summerer da til 25 + 4 · 23,75 = 120 dm² – nøyaktig grensen oppgaven setter.

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)

Løsningsfigur. Begge komponentene i r(t) har samme faktor (e^(-t) - t), så sporet er en rett linje – det er derfor det holder å finne én t-verdi. Figuren viser hvorfor det er langveggen og ikke kortveggen som treffes: ved y = -15 er pucken bare kommet til x = -24, godt innenfor x = -30.

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 \(t\) slik at \(e^{-t} = t - 3\). Ved \(t = 3\) er venstresiden \(e^{-3} \approx 0{,}0498\) og høyresiden 0, mens ved \(t = 3{,}05\) er venstresiden \(e^{-3{,}05} \approx 0{,}0474\) og høyresiden 0,05. Roten ligger altså mellom, og numerisk løsning gir \(t \approx 3{,}0475\).

For \(x = -30\): Vi søker \(t\) slik at \(e^{-t} = t - 3{,}75\). Numerisk løsning gir \(t \approx 3{,}7730\).

Siden \(3{,}0475 < 3{,}7730\), treffer pucken langveggen \(y = -15\) 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)

Løsningsfigur. Cauchys setning sier at det finnes et punkt i intervallet der tangenten er parallell med sekanten – og her er begge tegnet inn. Stigningstallet er 7 i begge: (19 - 5)/(3 - 1) for sekanten og f'(2) = 2 · 2 + 3 for tangenten.

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 \(b\):

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 \(\alpha\):