R1 Høst 2023

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:

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

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

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.

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 $k$.

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):

$f$ 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

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

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

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

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

Volumet blir:

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.

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.

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.

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. $\underline{\underline{3{,}05 \, \mathrm{sekunder}}}$.

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.

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 $c = 2 \in \langle 1, 3 \rangle$ ✓.

$\underline{\underline{c = 2}}$

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.

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:

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 $\underline{\underline{\text{riktig}}}$.