Matematikk R1 vår 2024

For den naturlige logaritmen må $x>0$. Produktregelen gir

$$\begin{aligned}f'(x)&=8x\ln(3x)+4x^2\cdot\frac{1}{3x}\cdot3\\&=\boxed{8x\ln(3x)+4x}.\end{aligned}$$

Vi må ha $x>0$. Sett $u=\ln x$. Da får vi

$$u^2-u-6=0=(u-3)(u+2),$$

så $u=3$ eller $u=-2$. Dermed er

$$\boxed{x=e^3\text{ eller }x=e^{-2}}.$$

Når $x\to\infty$, går $-x+1\to-\infty$, og derfor

$$\lim_{x\to\infty}e^{-x+1}=0.$$

Når $x\to-\infty$, går eksponenten mot $+\infty$, så funksjonsverdiene vokser uten øvre grense:

$$\lim_{x\to-\infty}e^{-x+1}=+\infty.$$

Den siste grensen divergerer; den har ingen endelig reell grenseverdi.

Vi har $\overrightarrow{AB}=(-4,-6)$ og $\overrightarrow{AC}=(t,2t-4)$. Punktene ligger på én linje når determinantene er null:

$$\begin{vmatrix}-4&-6\\t&2t-4\end{vmatrix}=(-4)(2t-4)+6t=16-2t=0.$$

Dermed er $\boxed{t=8}$. For denne verdien er punktene ulike.

Vektorene fra C er $\overrightarrow{CA}=(-t,4-2t)$ og $\overrightarrow{CB}=(-t-4,-2t-2)$. Kravet om rett vinkel gir

$$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=t(t+4)+(4-2t)(-2t-2)=5t^2-8=0.$$

Altså $t^2=\frac85$, så $\boxed{t=\pm\sqrt{\frac85}=\pm\frac{2\sqrt{10}}5}$. Begge verdiene gir en ikke-degenerert trekant.

Venstre gren gir verdier i $[0,2]$, mens verdier i $(2,3)$ bare fås fra $2<x<3$. For å beholde hele den opprinnelige verdimengden må vi derfor beholde inputverdier vilkårlig nær 2 fra høyre. Men da er $f(2)=2$, mens verdiene fra høyre går mot 3, så funksjonen blir ikke kontinuerlig hvis 2 er med. Fjern bare dette punktet:

$$D_f=[0,2)\cup(2,5].$$

Den venstre grenens verdimengde er $[0,2)$, og den høyre grenens er $[0,3)$. Samlet er verdimengden dermed fortsatt $[0,3)$. Alle andre punkter i den opprinnelige definisjonsmengden er beholdt. Hvis vi legger til 2 igjen, får vi bruddet tilbake.

Vi løser $\frac{300}{1+28e^{-0,3t}}=100$:

$$1+28e^{-0,3t}=3,\qquad e^{-0,3t}=\frac1{14},$$

så $-0,3t=-\ln14$ og

$$\boxed{t=\frac{\ln14}{0,3}\approx8,80\text{ dager}.}$$

«Flest elever smittet» må her forstås som størst antall nye smittede per dag, altså størst $S'(t)$. For en logistisk modell er veksten størst når $S=300/2=150$. Vi løser

$$\frac{300}{1+28e^{-0,3t}}=150,$$

som gir $e^{-0,3t}=1/28$ og

$$t=\frac{\ln28}{0,3}\approx11,11\text{ dager}.$$

Siden $S'=0,3S(1-S/300)$, blir den største smittefarten

$$S'=0,3\cdot150\cdot\left(1-\frac{150}{300}\right)=22,5.$$

Altså omtrent $\boxed{22,5\text{ elever per dag etter }11,11\text{ dager}.}$

Nevneren $1+28e^{-0,3t}$ er alltid positiv, så modellen har ingen vertikal asymptote. Når $t\to\infty$, går eksponentialleddet mot null, og $S(t)\to300$. Den horisontale asymptoten $y=300$ beskriver modellens øvre grense for smittede. Matematisk gir $t\to-\infty$ også grensen 0 og asymptoten $y=0$, men i den praktiske modellen er tiden etter utbruddet $t\ge0$. Modellen starter med $S(0)=300/29\approx10,34$, ikke null, og når aldri 300 på endelig tid.

Når $x>0$, er $\ln x$ definert. Vi bruker potensregelen for eksponentialfunksjonen:

$$e^{k\ln x}=(e^{\ln x})^k=x^k.$$

Dermed er påstanden sann for alle reelle $k$ når $x>0$.

Når $x\to2^-$, går $f(x)=x^3-2$ mot $6$. Ved $x=2$ er $f(2)=3\cdot2^2-4=8$, og høyregrensen er også 8. Funksjonen er derfor ikke kontinuerlig i 2, og kan dermed ikke være deriverbar der. Påstanden er $\boxed{usann}$.

Ja. En funksjon kan være voksende på én del av definisjonsmengden og minkende på en annen, samtidig som den er én-til-én. For eksempel, la

$$f(x)=\begin{cases}x,&x<0,\\1/x,&x>0,\end{cases}\qquad D_f=\mathbb R\setminus\{0\}.$$

På $(-\infty,0)$ er den voksende og har negative verdier; på $(0,\infty)$ er den minkende og har positive verdier. Hver gren er én-til-én, og verdiområdene overlapper ikke. Hele funksjonen er derfor én-til-én og har en omvendt funksjon. Påstanden er sann.

Ved $t=1$ er $\vec r_A(1)=(-\frac32,1)$ og $\vec r_B(1)=(\frac12,\frac65)$. Differansevektoren har komponenter $2$ og $\frac15$, så

$$d=\sqrt{2^2+\left(\frac15\right)^2}=\frac{\sqrt{101}}5\approx\boxed{2,01\text{ km}}.$$

GeoGebra-bildet bruker navnene a og b for posisjonsfunksjonene r_A og r_B. Fartsvektorene er konstante:

$$\vec v_A=\vec r_A'(t)=\left(\frac12,1\right),\qquad \vec v_B=\vec r_B'(t)=\left(\frac12,\frac32\right).$$

Fartene blir $|\vec v_A|=\frac{\sqrt5}{2}$ km/min og $|\vec v_B|=\frac{\sqrt{10}}2$ km/min. Ganger vi med 60, får vi henholdsvis omtrent $67,1$ km/t og $94,9$ km/t. B kjører fortere, og er derfor den sannsynlige motorveibilen. Farten alene identifiserer likevel ikke veitypen sikkert; konklusjonen bruker den vanlige antakelsen om at motorveien har høyere fartsgrense.

Veikrysset er skjæringspunktet mellom veiene. Sett posisjonsvektorene like med separate passeringstider $s$ for A og $t$ for B. Fra x-koordinatene får vi $\frac12(s-4)=\frac12t$, altså $s=t+4$. Fra y-koordinatene får vi $s=\frac32(t-\frac15)$, som gir $t=8,6$ og $s=12,6$. Bil B passerer dermed veikrysset etter 8,6 min, fire minutter før A, og kommer først.

Siden energi er positiv, kan vi bruke tierlogaritmen. Vi isolerer logaritmen:

$$M+3,2=\frac23\lg E\quad\Longrightarrow\quad\lg E=1,5M+4,8.$$

Dermed er

$$E(M)=10^{1,5M+4,8}\text{ J}.$$

For $M=4,7$ blir eksponenten $1,5\cdot4,7+4,8=11,85$, så $E=10^{11,85}\approx\boxed{7,08\cdot10^{11}\text{ J}}$.

For en økning på 1 blir forholdet

$$\frac{E(M+1)}{E(M)}=\frac{10^{1,5(M+1)+4,8}}{10^{1,5M+4,8}}=10^{1,5}=10\sqrt{10}\approx\boxed{31,6}.$$

Energien blir altså omtrent 31,6 ganger så stor.

Vi bruker alle 13 verdiparene for hver kategori, med $t=0$ i 2010. En eksponentialregresjon for bensinbilene gir omtrent

$$B(t)=14491,48e^{-0,039925t}.$$

Den synkende eksponentialmodellen er positiv og avtar gradvis mot null. For elbilene gir en logistisk regresjon omtrent

$$E(t)=\frac{18956,66}{1+275,0407e^{-0,39054t}}.$$

En logistisk kurve kan først vokse raskere og deretter flate ut mot en øvre grense. Begge er tilnærminger valgt fra dataseriene; spesielt er bæreevnen i elbilmodellen ikke sikkert bestemt av bare 13 år med data.

I grafen er x-aksen år etter 2010 og y-aksen antall biler. Datapunktene dekker 2010–2022; kurvene utenfor dette intervallet er ekstrapolering.

Bensinmodellen har årlig faktor $e^{-0,039925}\approx0,9609$, altså et fall på omtrent 3,9 % per år. Den fortsetter å nærme seg null, men når ikke null i modellen. Elbilmodellen vokser raskt først og nærmer seg etter hvert bæreevnen på omtrent 18 957 biler. Modellen har vendepunkt ved $t=\ln(275,0407)/0,39054\approx14,4$, det vil si omkring 2024, men dette betyr størst vekstfart da, ikke at antallet allerede er flatt. Begge framskrivingene er usikre: politikk, priser, teknologi, befolkningsendringer og bilbytte påvirker utviklingen. Modellene kan være nyttige noen år fram, men langtidsprognoser bør oppdateres med nye data.

Rektangelet har bredde $x$ og høyde $f(x)$, så arealet er

$$A(x)=x(-x^2+4)=-x^3+4x,\qquad0\le x\le2.$$

Den deriverte er $A'(x)=4-3x^2$. Den blir null ved $x=2/\sqrt3\approx1,155$, som gir den kontinuerlige maksimumsverdien

$$A\left(\frac2{\sqrt3}\right)=\frac{16}{3\sqrt3}\approx3,0792.$$

Programmet bruker differansekvotient med $h=0,0001$ og øker $x$ med 0,01 så lenge den beregnede vekstfarten ved neste steg er positiv. Løkka stopper ved $x\approx1,15$ (i kjøringen er den flytende verdien omtrent $1,1500000000000008$). Programmet skriver ut Python-tallet 3.0791250000000003. Med $x=1,15$ er arealet eksakt $A(1,15)=3,079125$; programmets lengre utskrift skyldes flyttallsregning. Begge rundes til $\boxed{3,08}$.

Programmet starter med $x=0$ og tester en framoverrettet differansekvotient for arealet ved $x+0,01$. Så lenge den er positiv, flyttes $x$ ett steg fram. Dette er en enkel numerisk søking etter et lokalt toppunkt; den finner ikke automatisk et globalt maksimum for enhver funksjon.

For eksempel kan arealet ha flere topper, slik at algoritmen stopper ved den første. Den kan også fortsette uten å stoppe hvis arealet vokser hele veien, eller stoppe straks ved start dersom det ikke øker. Koden kontrollerer heller ikke at $x$ holder seg i det opprinnelige intervallet. Strategien avhenger derfor av formen på $f$ og virker ikke uavhengig av hvilken funksjon som velges.

La sidene i grunnflaten være $a$ og $b$. Rektangelets diagonal ligger i snittflaten til halvkula med radius $r$, og kan derfor ikke være lengre enn diameteren $2r$. Dermed er $a^2+b^2\le4r^2$. Fra $(a-b)^2\ge0$ får vi $2ab\le a^2+b^2$, så grunnflatearealet oppfyller $G=ab\le2r^2$. Pyramidens høyde er høyst $r$. Derfor

$$V=\frac{hG}{3}\le\frac{r\cdot2r^2}{3}=\boxed{\frac23r^3}.$$

Likhet oppnås når grunnflaten er et kvadrat med diagonal $2r$, og spissen ligger øverst på halvkula, slik at $h=r$.