Modellering med kjent funksjon

"Mest lønnsomt" betyr at vi må finne den globale maksimumsverdien til overskuddsfunksjonen. Vi regner ut den deriverte og dobbeltderiverte til overskuddsfunksjonen.

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

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

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

Den dobbeltderiverte er alltid negativ, og den deriverte er lik null for  $$ x=500$$. Det viser at dette er et toppunkt, og funksjonen må derfor ha sin globale maksimalverdi 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 lønnsomt for bedriften å produsere 500 treningsdresser per år, og da blir overskuddet 60 000 kroner.

Kommentar: Vi vet egentlig fra før at en andregradsfunksjon med negativt tall foran andregradsleddet har ett og bare ett stasjonært punkt som alltid er et toppunkt.

Løsning med CAS:

Det høyeste punktet betyr at vi leter etter den globale maksimalverdien. Funksjonen er en andregradsfunksjon med negativt tall foran andregradsleddet. Da trenger vi ikke å bruke dobbeltderiverttesten siden vi vet at vi har ett toppunkt og at den globale maksimalverdien er der.

Vi løser oppgaven med CAS.

Steinen er i sitt høyeste punkt etter 2,6 s. Steinens maksimale høyde er 31,9 m.

Når steinen lander på bakken, er høyden lik null. Vi må finne nullpunktet til funksjonen.

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

Kastet starter ved  $$ t=0$$, så negative $$ t$$-verdier har vi ikke. Kastet varer til steinen lander. Definisjonsmengden til $$ h$$ blir

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

Verdimengden blir de mulige høydene steinen kan ha. Den laveste høyden er 0, og den største høyden fant vi var 31,9 m. Verdimengden blir

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

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

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

Siden enheten på $$ x$$-aksen er sekunder (s), blir måleenheten for farten m/s siden farten er den deriverte av høyden, som har måleenheten 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 starter, og  $$ t=5,1$$  er når steinen lander. Vi regner 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 stedet for oppover – selv om vi sier at det går like fort.

Dette er også den største farten steinen får. Årsaken 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 forteller hvordan farten endrer seg (vokser) med tida og er derfor lik den deriverte av farten (vekstfarten til farten i forhold til tida).

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

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

Fartsendring er det samme som akselerasjon. Siden vi har fra den forrige oppgaven at akselerasjonen er konstant, får vi at fartsendringen er den samme under hele kastet.

Når vi kaster en stein, starter ikke kastet fra helt nede på bakken, men fra en høyde som er noe lavere enn høyden til kasteren (litt avhengig av kasteteknikk, kanskje ...). Vi kan kompensere for dette med å legge på et konstantledd på funksjonen $$ h$$. En mulig funksjon som er mer realistisk, kan være

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

Da må vi huske på at mange av verdiene vi har regnet ut i oppgaven, må finnes på nytt.

Både farten $$ v\left(t\right)$$ og akselerasjonen $$ a\left(t\right)$$ blir den samme. (Hva tror du er grunnen til det?) Det samme gjelder når steinen er på det høyeste, men ikke hvor høyt den kommer på det høyeste og heller ikke når den lander.

Kontroller at dette stemmer ved å bruke CAS.

Svaret i linje 2 betyr at vannstanden klokka 00.00 natt til tirsdag var 62,6 cm. Når  $$ t=1,5$$, betyr det at klokka er 12 midt på dagen tirsdag siden vi er midt mellom målingene natt til tirsdag og natt til onsdag. Da var vannstanden 68,0 cm.

Læreplanen sier at du skal bruke derivasjon til å analysere matematiske modeller. Det er derfor viktig at du bruker derivasjon til å analysere monotoniegenskaper og finne eventuelle ekstremalpunkter og vendepunkter og ikke bare regner ut mange funksjonsverdier.

Vi sjekker først om funksjonen har noen nullpunkter. Den ene kandidaten til nullpunkt er utenfor det aktuelle området. Vi kan heller ikke vite hva et nullpunkt egentlig betyr her, for det trenger ikke bety at det ikke er vann i elva, kun at avlesningen på målestaven er null.

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

På tilsvarende måte får vi at den laveste vannstanden var 42,7 cm da målingene startet ved midnatt natt til mandagen.

Vi kan også finne ut når vannstanden steg raskest og sank raskest. Linje 7, 8 og 9 gir at funksjonen har et vendepunkt for  $$ t=4,44$$. Der skifter grafen fra å vende den hule sida ned til å vende den hule sida opp. Det betyr at grafen til funksjonen synker raskest her. Vannstanden sank derfor raskest cirka klokka 11 på fredagen, og da sank den med 7,6 cm per døgn.

Siden det ikke er flere vendepunkter til grafen, må den stige raskest i ett av endepunktene. Fra linje 10 får vi at vannstanden steg raskest da målingene startet midnatt natt til mandag, og da steg vannstanden med 28 cm per døgn.

Nedenfor har vi tegnet grafen til funksjonen $$ h\left(t\right)$$.

De 12 timene fra midnatt til klokka 12 på formiddagen tilsvarer at vi skal ha $$ t$$-verdier i intervallet $$ [0, 12]$$.

I linje 2 finner vi nullpunktene, 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 høyeste og laveste temperaturen. Linje 3 og 6 viser at funksjonen har et toppunkt for  $$ t=1,76$$  og  et bunnpunkt for  $$ t=7,57$$. En sjekk av funksjonsverdier i linje 8 gir at bunnpunktet har den globale minimumsverdien for funksjonen, mens den globale maksimumsverdien er klokka 12. Den høyeste temperaturen var $$ 1,9°$$ klokka 12, mens den laveste temperaturen var $$ -0,7°$$ rett etter klokka halv 8 på morgenen.

Vi vil undersøke når temperaturen steg eller sank raskest. Linje 5, 6 og 7 gir at grafen har et vendepunkt for  $$ t=4,67$$. Her har den deriverte et bunnpunkt, som betyr at her har vi en mulig kandidat til når temperaturen sank raskest. Ved å sjekke den deriverte i startpunktet og i sluttpunktet i linje 8 får vi at temperaturen sank raskest klokka 04.40, og da sank temperaturen med 0,25 grader per time.

Da er det i ett av endepunktene at temperaturen steg raskest siden det ikke er flere vendepunkter. Vi får at temperaturen steg raskest klokka 12.00, og da steg temperaturen med 1,4 grader per time.

Nedenfor har vi tegnet grafen til $$ f\left(t\right)$$.

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

Vi setter  $$ \pi r^2·h=1$$, løser med hensyn på $$ r$$ og får

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

Siden $$ r$$ ikke kan være negativ, får vi

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

Her blir $$ r$$ målt i dm.

Alternativt kan vi løse oppgaven med CAS.

Vi kan ikke bruke den første løsningen siden $$ r$$ ikke kan være negativ. Merk at GeoGebra skriver svaret slik at det ikke blir rottegn i nevneren på brøken. Prøv gjerne å omforme svaret fra CAS til svaret vi fant manuelt.

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

Vi bytter ut $$ r$$ med uttrykket $$ r\left(h\right)$$ fra den forrige oppgaven slik at omkretsen blir en funksjon av høyden $$ h$$.

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

Alternativt kan vi løse oppgaven med CAS.

Som i den forrige oppgaven ser vi at GeoGebra skriver svaret på en litt annen måte enn den vi kom fram til for hånd. Hva er forskjellen?

For å minimalisere overflata til boksen, må vi finne ut om funksjonen $$ O\left(h\right)$$ har noen bunnpunkter. Vi løser oppgaven med CAS.

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

• høyden er 1,08 dm

• radien er 0,54 dm

Vi løser oppgaven med CAS.

Forholdet mellom diameter og høyde er altså 1. Det betyr at høyden er lik diameteren.

Dersom du har en hermetikkboks eller en annen sylinderformet gjenstand som skal ha volum på 1 liter, kan du ta med en linjal og måle diameter og høyde. Hvordan er målene i forhold til resultatene du har funnet her?