R1 Eksempeloppgave 2021

Vi beregner lengden av hver vektor med formelen $|\overrightarrow{v}|=\sqrt{v_1^2+v_2^2}$:

$\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{d}$ har lik lengde: $|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{d}|=\sqrt{17}$

To vektorer er normalt på hverandre hvis og bare hvis prikkproduktet er null. Vi sjekker alle par:

Kun $\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{d}=0$.

$\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{d}$ er normalt på hverandre.

To vektorer $[x_1,y_1]$ og $[x_2,y_2]$ er parallelle hvis og bare hvis den ene er en skalarmultippel av den andre, dvs. $x_1{y}_2-x_2{y}_1=0$ (determinanten er null). Vi sjekker alle par:

Ingen av vektorene er parallelle.

Eleven beregner den numeriske tilnærmingen til den deriverte

og sjekker om den er positiv. Så lenge $f^{\prime }(x)>0$ øker funksjonen, og while-løkken fortsetter. Løkken stopper første gang $f^{\prime }(x)\le 0$, det vil si når funksjonen slutter å vokse.

Eleven ønsker altså å finne $x$-koordinaten til toppunktet på grafen til $f$.

Vi følger programmet steg for steg:

Definisjon og startverdier:

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

h = 0.0001
x = 0

• Funksjonen $f(x)={\displaystyle \frac{x}{1+x^2}}$ defineres.
• Skrittstørrelsen $h=\mathrm{0,0001}$ brukes til numerisk derivasjon.
• Startpunktet settes til $x=0$.

While-løkken:

while (f(x+h)-f(x))/h > 0:
    x = x + 0.01

• Betingelsen sjekker om $f^{\prime }(x)\approx {\displaystyle \frac{f(x+h)-f(x)}{h}}>0$.
• Ved $x=0$ er $f^{\prime }(0)>0$ (funksjonen stiger), så løkken starter.
• For hvert steg økes $x$ med $\mathrm{0,01}$.
• Løkken fortsetter så lenge funksjonen stiger, og stopper første gang den slutter å stige.

Utskrift:

print("x=", x)

Programmet skriver ut $x$-verdien der funksjonen slutter å stige, altså $x$-koordinaten til toppunktet.

Resultatet:

Programmet skriver ut:

x= 1.0

Kontroll analytisk: Vi finner toppunktet ved å løse $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $x$ starter på $0$ og øker, finner programmet $x=1$. Toppunktets $y$-verdi er

Toppunktet er $(1,\frac{1}{2})$.

Vi setter $t=0$:

Ballen treffer bakken når $y$-komponenten av posisjonsvektoren er null:

$t=0$ er tidspunktet da ballen ble sparket, så ballen treffer bakken etter $t=2$ sekunder.

I toppunktet er den vertikale fartskomponenten lik null:

Banefarten i toppunktet:

Et punkt $P(s,t)$ og sirkelens sentrum $S(a,b)$ har avstand

Vi sammenligner denne avstanden med radius $r$:

• Hvis $d<r$: punktet ligger innenfor sirkelen
• Hvis $d=r$: punktet ligger på sirkelen
• Hvis $d>r$: punktet ligger utenfor sirkelen

Algoritme:

1. Ta inn verdiene $a$, $b$, $r$, $s$ og $t$
2. Beregn $d=\sqrt{{(s-a)}^2+{(t-b)}^2}$
3. Hvis $d<r$: skriv ut «Punktet ligger innenfor sirkelen»
4. Ellers hvis $d=r$: skriv ut «Punktet ligger på sirkelen»
5. Ellers: skriv ut «Punktet ligger utenfor sirkelen»

import math

a = float(input("Sentrum x-koordinat a: "))
b = float(input("Sentrum y-koordinat b: "))
r = float(input("Radius r: "))
s = float(input("Punkt x-koordinat s: "))
t = float(input("Punkt y-koordinat t: "))

avstand = math.sqrt((s - a)**2 + (t - b)**2)

if avstand < r:
    print("Punktet ligger innenfor sirkelen")
elif avstand == r:
    print("Punktet ligger på sirkelen")
else:
    print("Punktet ligger utenfor sirkelen")

Eksempel: Sentrum $S(0,0)$, radius $r=5$, punkt $P(3,4)$.

Siden $d=r=5$ ligger punktet på sirkelen.

Merk: I praksis er det sjelden at et beregnet desimaltall blir nøyaktig lik $r$ på grunn av avrundingsfeil. I en mer robust løsning kan man i stedet sammenligne $d^2$ med $r^2$ (unngår kvadratrot) eller bruke en liten toleranse ved sjekk av likhet.

Newtons avkjølingslov sier at temperaturen over romtemperatur avtar eksponentielt. Romtemperaturen er $\mathrm{21,2}\text{ °C}$, så vi definerer overtemperaturen

og leser av overtemperaturene fra målingene:

Vi utfører eksponentiell regresjon $y=a\cdot e^{-kx}$ på disse punktene med digitalt verktøy og får

Se GeoGebra CAS nedenfor — linje 1 viser overtemperaturmodellen, linje 2 viser den endelige modellen etter at romtemperaturen er lagt til igjen:

Vi legger til romtemperaturen igjen:

Vi kan kontrollere at modellen passer dataene godt:

$h(x)=\mathrm{21,2}+49\cdot e^{-\mathrm{0,11}x}$

Vi vurderer hvert modellens gyldighetsområde ut fra den praktiske situasjonen: kaffen avkjøles fra $70\text{ °C}$ mot romtemperaturen $\mathrm{21,2}\text{ °C}$, og temperaturen kan verken synke under romtemperatur eller stige av seg selv.

$f(x)=-\mathrm{2,45}x+\mathrm{65,6}$ (lineær): Modellen treffer romtemperaturen ved $f(x)=\mathrm{21,2}$, som gir $x\approx 18\text{ min}$. For $x>18$ gir modellen temperaturer under $\mathrm{21,2}\text{ °C}$, noe som er urealistisk — kaffen kan ikke bli kaldere enn rommet. Modellen er kun brukbar for de første ca. 18 minuttene.

$g(x)=\mathrm{0,13}{x}^2-\mathrm{4,45}x+70$ (kvadratisk): Modellen har bunnpunkt ved $x={\displaystyle \frac{\mathrm{4,45}}{2\cdot \mathrm{0,13}}}\approx 17\text{ min}$. Etter bunnpunktet stiger $g$ igjen, noe som betyr at kaffen ifølge modellen begynner å varme seg opp — klart urealistisk. Modellen er kun brukbar fram til ca. $x\approx 17\text{ min}$.

$h(x)=\mathrm{21,2}+49\cdot e^{-\mathrm{0,11}x}$ (eksponentiell): Eksponentialfunksjonen $e^{-\mathrm{0,11}x}>0$ for alle $x$, så $h(x)>\mathrm{21,2}$ alltid. Temperaturen nærmer seg romtemperaturen asymptotisk uten å gå under den. Dette er i tråd med Newtons avkjølingslov og er fysisk realistisk for alle $x\ge 0$.

Alle tre modellene passer måledataene godt i intervallet $0\le x\le 16$ min, men $𝐡$ er den eneste som er gyldig på lang sikt.

For at $f$ skal være deriverbar i $x=1$, kreves to ting:

Krav 1 – Kontinuitet (venstresiden og høyresiden må møtes):

Krav 2 – Lik derivert (samme tangentretning fra begge sider):

Setter $b=11$ inn i kontinuitetskravet:

Med $a=4$ og $b=11$ er funksjonen:

Vi finner andredeiverte for hvert uttrykk:

Begge uttrykk er andregradsfunksjoner med konstante andrederiverte ($f^{\prime \prime }=4$ og $f^{\prime \prime }=-4$). Et vendepunkt krever at $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i et punkt der $f$ er to ganger deriverbar.

• For $x<1$: $f^{\prime \prime }(x)=4>0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• For $x>1$: $f^{\prime \prime }(x)=-4<0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• I $x=1$: $f^{\prime \prime }$ er ikke definert (andrederiverte fra venstre og høyre er ulike), og $f$ er ikke to ganger deriverbar her. Et eventuelt vendepunkt krever at $f$ er to ganger deriverbar — dette kravet er ikke oppfylt.

Grafen til $f$ har ikke vendepunkt.

Vi deriverer $f$ med kvotientregelen:

For et topp- eller bunnpunkt må $f^{\prime }(x)=0$, dvs.

Siden $e^x>0$ for alle $x$, krever dette $C=0$. Men hvis $C=0$ er $f(x)=\frac{e^x}{e^x}=1$ (konstant), og det finnes heller ingen ekstremalverdi i vanlig forstand.

For $C\ne 0$ har $f^{\prime }(x)=0$ ingen løsning. Grafen til $f$ har ingen topp- eller bunnpunkt for noen verdi av $C$.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)$ på nytt. Med $f^{\prime }(x)=C{e}^x{(e^x+C)}^{-2}$ bruker vi produktregelen:

For vendepunkt setter vi $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$ gir dette enten $C=0$ (ingen interessant tilfelle) eller $C-e^x=0$, dvs.

Dette krever $C>0$ (siden $\ln C$ bare er definert for $C>0$, og $e^x>0$ aldri kan være negativ).

Vi sjekker at fortegnet til $f^{\prime \prime }$ faktisk skifter i $x=\ln C$ når $C>0$:

• For $x<\ln C$: $e^x<C$, så $C-e^x>0$, og $C>0$ gir $f^{\prime \prime }(x)>0$
• For $x>\ln C$: $e^x>C$, så $C-e^x<0$, og $f^{\prime \prime }(x)<0$

Fortegnet skifter, så grafen har et vendepunkt i $x=\ln C$ når $C>0$. For $C\le 0$ finnes ingen vendepunkt.

Vi regner ut $f(x+\ln C)$ for $C>0$:

Altså er $f(x+\ln C)={\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}$, som er $f$ med $C=1$.

Dette betyr at grafen til $f$ er den samme kurven som for $C=1$, men forskjøvet $\ln C$ enheter i negativ $x$-retning (til venstre for $C>1$, til høyre for $0<C<1$). Formen på grafen endres ikke — bare posisjonen langs $x$-aksen.

Nevneren $e^x+C=0$ når $e^x=-C$, dvs. $x=\ln (-C)$. Her er $f$ ikke definert, og grafen har en vertikal asymptote i $x=\ln (-C)$.

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{C{e}^x}{{(e^x+C)}^2}}$: telleren $C{e}^x<0$ (siden $C<0$) og nevneren ${(e^x+C)}^2>0$, så $f^{\prime }(x)<0$ overalt der $f$ er definert. Funksjonen er altså strengt avtagende på begge grener.

Når $C$ endres (fortsatt $C<0$), forskyves asymptoten $x=\ln (-C)$ horisontalt — mot høyre når $|C|$ øker. Grafens form (to avtagende grener med vertikal asymptote) er den samme for alle $C<0$.

Vi har $f(x)=x^3-x^2-2x+3$, $x_1=-2$, $x_2=1$, $x_3=2$ og