Modellering med kjend funksjon

"Mest lønnsamt" betyr at vi må finne den globale maksimumsverdien til overskotsfunksjonen. Vi reknar ut den deriverte og dobbeltderiverte til overskotsfunksjonen.

$\begin{array}{l}O\left(x\right)=-40 000+400x-0,4x^2\\ O^{\text{'}}\left(x\right)=400-0,8x\\ O^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=-0,8\end{array}$

Vi set  $O^{\text{'}}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}400-0,8x & =& 0\\ -0,8x & =& -400\\ x & =& \frac{400}{0,8}=\frac{4 000}{8}=500\end{array}$

Den dobbeltderiverte er alltid negativ, og den deriverte er lik null for  $x=500$. Det viser at dette er eit toppunkt, og funksjonen må derfor ha den globale maksimalverdien sin her.

$\begin{array}{rcl}O\left(500\right) & =& -40 000+400·500-0,4·{500}^2\\ & =& -40 000+200 000-0,4·250 000\\ & =& 160 000-100 000\\ & =& 60 000\end{array}$

Det er mest lønnsamt for bedrifta å produsere 500 treningsdressar per år, og då blir overskotet 60 000 kroner.

Kommentar: Vi veit eigentleg frå før at ein andregradsfunksjon med negativt tal føre andregradsleddet har eitt og berre eitt stasjonært punkt som alltid er eit toppunkt.

Løysing med CAS:

Det høgaste punktet betyr at vi leiter etter den globale maksimalverdien. Funksjonen er ein andregradsfunksjon med negativt tal føre andregradsleddet. Då treng vi ikkje å bruke dobbeltderiverttesten sidan vi veit at vi har eitt toppunkt og at den globale maksimalverdien er der.

Vi løyser oppgåva med CAS.

Steinen er i det høgaste punktet sitt etter 2,6 s. Den maksimale høgda til steinen er 31,9 m.

Når steinen landar på bakken, er høgda lik null. Vi må finne nullpunktet til funksjonen.

Det første nullpunktet er i starten av kastet. Steinen landar etter 5,1 s.

Kastet startar ved  $t=0$, så negative $t$-verdiar har vi ikkje. Kastet varer til steinen landar. Definisjonsmengda til $h$ blir

$D_h=\left[0, 5.1\right]$

Verdimengda blir dei moglege høgdene steinen kan ha. Den lågaste høgda er 0, og den største høgda fann vi var 31,9 m. Verdimengda blir

$V_h=\left[0, 31.9\right]$

Farten til steinen er lik den deriverte til høgda (vekstfarten til høgda i forhold til tida).

$\begin{array}{rcl}h\left(t\right) & =& 25t-4,9t^2\\ v\left(t\right) & =& h^{\text{'}}\left(t\right)\\ & =& 25-4,9·2t\\ & =& 25-9,8t\end{array}$

Sidan eininga på $x$-aksen er sekund (s), blir måleininga for farten m/s sidan farten er den deriverte av høgda, som har måleininga meter (m).

$\begin{array}{rcl}{h}^{\text{'}}\left(0\right) & =& v\left(0\right)=25-9,8·0=25\\ h^{\text{'}}\left(5,1\right) & =& v\left(5,1\right)=25-9,8·5,1=-25,0\end{array}$

Tidspunktet  $t=0$  er når kastet startar, og  $t=5,1$  er når steinen landar. Vi reknar altså ut farten i starten og i slutten av kastet. Når farten i slutten av kastet er negativ, betyr det at steinen har fart nedover i staden for oppover – sjølv om vi seier at det går like fort.

Dette er òg den største farten steinen får. Årsaka til det er at uttrykket for farten er ei rett linje der $y$-verdien er 25 i det venstre endepunktet og $-$25 i det andre endepunktet.

Akselerasjonen fortel korleis farten endrar seg (veks) med tida og er derfor lik den deriverte av farten (vekstfarten til farten i forhold til tida).

$a\left(t\right)=v\text{'}\left(t\right)=-9,8$

Sidan akselerasjonen er den deriverte av farten med omsyn på tida, blir måleininga til akselerasjonen "meter per sekund per sekund". Akselerasjonen er altså konstant lik $-9,8 \mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$.

Fartsendring er det same som akselerasjon. Sidan vi har frå den førre oppgåva at akselerasjonen er konstant, får vi at fartsendringa er den same under heile kastet.

Når vi kastar ein stein, startar ikkje kastet frå heilt nede på bakken, men frå ei høgde som er noko lågare enn høgda til kastaren (litt avhengig av kasteteknikk, kanskje ...). Vi kan kompensere for dette med å leggje på eit konstantledd på funksjonen $h$. Ein mogleg funksjon som er meir realistisk, kan vere

$h\left(t\right)=25t-4,9t^2+1,5$

Då må vi hugse på at mange av verdiane vi har rekna ut i oppgåva, må finnast på nytt.

Både farten $v\left(t\right)$ og akselerasjonen $a\left(t\right)$ blir den same. (Kva trur du er grunnen til det?) Det same gjeld når steinen er på det høgaste, men ikkje kor høgt han kjem på det høgaste og heller ikkje når han landar.

Kontroller at dette stemmer ved å bruke CAS.

Svaret i linje 2 betyr at vasstanden klokka 00.00 natt til tysdag var 62,6 cm. Når  $t=1,5$, betyr det at klokka er 12 midt på dagen tysdag sidan vi er midt mellom målingane natt til tysdag og natt til onsdag. Då var vasstanden 68,0 cm.

Læreplanen seier at du skal bruke derivasjon til å analysere matematiske modellar. Det er derfor viktig at du bruker derivasjon til å analysere monotonieigenskapar og finne eventuelle ekstremalpunkt og vendepunkt og ikkje berre reknar ut mange funksjonsverdiar.

Vi sjekkar først om funksjonen har nokre nullpunkt. Den eine kandidaten til nullpunkt er utanfor det aktuelle området. Vi kan heller ikkje vite kva eit nullpunkt eigentleg betyr her, for det treng ikkje bety at det ikkje er vatn i elva, berre at avlesinga på målestaven er null.

Så prøver vi å finne den største og den minste vasstanden. Linjene 5 til 9 gir at funksjonen har eit toppunkt for  $t=2,4$  og eit botnpunkt for  $t=6,49$. Frå linje 9 får vi at den største vasstanden er i dette toppunktet. Den globale maksimalverdien til funksjonen er derfor 71,41, og vi får at den største vasstanden denne veka var 71,4 cm onsdag formiddag rett etter klokka halv ti.

På tilsvarande måte får vi at den lågaste vasstanden var 42,7 cm då målingane starta ved midnatt natt til måndagen.

Vi kan òg finne ut når vasstanden steig raskast og sokk raskast. Linje 7, 8 og 9 gir at funksjonen har eit vendepunkt for  $t=4,44$. Der skiftar grafen frå å vende den hole sida ned til å vende den hole sida opp. Det betyr at grafen til funksjonen søkk raskast her. Vasstanden sokk derfor raskast cirka klokka 11 på fredagen, og då sokk han med 7,6 cm per døgn.

Sidan det ikkje er fleire vendepunkt til grafen, må han stige raskast i eitt av endepunkta. Frå linje 10 får vi at vasstanden steig raskast då målingane starta midnatt natt til måndag, og då steig vasstanden med 28 cm per døgn.

Nedanfor har vi teikna grafen til funksjonen $h\left(t\right)$.

Dei 12 timane frå midnatt til klokka 12 på formiddagen svarer til at vi skal ha $t$-verdiar i intervallet $[0, 12]$.

I linje 2 finn vi nullpunkta, som betyr når temperaturen var på $0°$. Det var klokka 00.00, klokka 04.00 og klokka 10.00.

Så prøver vi å finne den høgaste og lågaste temperaturen. Linje 3 og 6 viser at funksjonen har eit toppunkt for  $t=1,76$  og  eit botnpunkt for  $t=7,57$. Ein sjekk av funksjonsverdiar i linje 8 gir at botnpunktet har den globale minimumsverdien for funksjonen, mens den globale maksimumsverdien er klokka 12. Den høgaste temperaturen var $1,9°$ klokka 12, mens den lågaste temperaturen var $-0,7°$ rett etter klokka halv 8 på morgonen.

Vi vil undersøkje når temperaturen steig eller sokk raskast. Linje 5, 6 og 7 gir at grafen har eit vendepunkt for  $t=4,67$. Her har den deriverte eit botnpunkt, som betyr at her har vi ein mogleg kandidat til når temperaturen sokk raskast. Ved å sjekke den deriverte i startpunktet og i sluttpunktet i linje 8 får vi at temperaturen sokk raskast klokka 04.40, og då sokk temperaturen med 0,25 grader per time.

Då er det i eitt av endepunkta at temperaturen steig raskast sidan det ikkje er fleire vendepunkt. Vi får at temperaturen steig raskast klokka 12.00, og då steig temperaturen med 1,4 grader per time.

Nedanfor har vi teikna grafen til $f\left(t\right)$.

Volumet til ein sylinder er gitt ved  $V=\pi r^2·h$. Volumet skal vere 1 L, som er lik 1 dm³ .

Vi set  $\pi r^2·h=1$, løyser med omsyn på $r$ og får

$\begin{array}{rcl}\pi r^{2}h & =& 1\\ r^2 & =& \frac{1}{\pi h}\\ r & =& \pm \sqrt{\frac{1}{\pi h}}=\pm \frac{1}{\sqrt{\pi h}}\end{array}$

Sidan $r$ ikkje kan vere negativ, får vi

$r=\frac{1}{\sqrt{\pi h}}$

Her blir $r$ målt i dm.

Alternativt kan vi løyse oppgåva med CAS.

Vi kan ikkje bruke den første løysinga sidan $r$ ikkje kan vere negativ. Merk at GeoGebra skriv svaret slik at det ikkje blir rotteikn i nemnaren på brøken. Prøv gjerne å gjere om svaret frå CAS til svaret vi fann manuelt.

Overflata av ein sylinder med botn og topp er gitt ved $O=2\pi r^2+2\pi rh$.

Vi byter ut $r$ med uttrykket $r\left(h\right)$ frå den førre oppgåva slik at omkrinsen blir ein funksjon av høgda $h$.

$\begin{array}{rcl}O\left(h\right) & =& 2\pi r^2+2\pi rh\\ & =& 2\pi ·{\left(\frac{1}{\sqrt{\pi h}}\right)}^2+2\pi ·\frac{1}{\sqrt{\pi h}}·h\\ & =& \frac{2\pi }{\pi h}+\frac{2\pi h}{\sqrt{\pi h}}\\ & =& \frac{2}{h}+2\sqrt{\pi h}\\ & & \end{array}$

Alternativt kan vi løyse oppgåva med CAS.

Som i den førre oppgåva ser vi at GeoGebra skriv svaret på ein litt annan måte enn den vi kom fram til for hand. Kva er forskjellen?

For å minimalisere overflata til boksen, må vi finne ut om funksjonen $O\left(h\right)$ har nokre botnpunkt. Vi løyser oppgåva med CAS.

Vi bruker dobbeltderiverttesten i linje 6 for å sjekke at det eine nullpunktet til $O^{\text{'}}\left(h\right)$ er eit botnpunkt på grafen til $O\left(h\right)$. Vi får at overflata på boksen er minst når

• høgda er 1,08 dm

• radiusen er 0,54 dm

Vi løyser oppgåva med CAS.

Forholdet mellom diameter og høgde er altså 1. Det betyr at høgda er lik diameteren.

Dersom du har ein hermetikkboks eller ein annan sylinderforma gjenstand som skal ha volum på 1 liter, kan du ta med ein linjal og måle diameter og høgde. Korleis er måla i forhold til resultata du har funne her?