6.4 Matematisk modellering

a) Kostnaden består av fast del (startgebyr) og variabel del (pris per km):
$$K(x) = 50 + 15x$$

b) For $x = 8$ km:
$$K(8) = 50 + 15 \cdot 8 = 50 + 120 = 170 \text{ kr}$$

c) Løser $K(x) = 200$:
$$50 + 15x = 200$$
$$15x = 150$$
$$x = 10 \text{ km}$$

Svar: a) $K(x) = 50 + 15x$ b) 170 kr c) 10 km

a) Bakteriene dobler seg hver 3. time, så vekstfaktoren per time er:
$$b = 2^{1/3} = \sqrt[3]{2} \approx 1{,}26$$

Modellen blir:
$$N(t) = 1000 \cdot 2^{t/3}$$

eller ekvivalent: $N(t) = 1000 \cdot e^{(\ln 2/3) \cdot t} \approx 1000 \cdot e^{0{,}231t}$

b) Etter 12 timer:
$$\begin{aligned} N(12) &= 1000 \cdot 2^{12/3} \\ &= 1000 \cdot 2^4 \\ &= 1000 \cdot 16 \\ &= 16\,000 \end{aligned}$$

c) Løser $N(t) = 1\,000\,000$:
$$1000 \cdot 2^{t/3} = 1\,000\,000$$
$$2^{t/3} = 1000$$
$$\frac{t}{3} = \log_2 1000 = \frac{\ln 1000}{\ln 2} \approx 9{,}97$$
$$t \approx 29{,}9 \text{ timer}$$

Svar: a) $N(t) = 1000 \cdot 2^{t/3}$ b) 16 000 bakterier c) etter ca. 29,9 timer

a) Med halveringstid $T_{1/2} = 5730$ år får vi:
$$N(t) = N_0 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{t/5730}$$

eller med $e$-form: $N(t) = N_0 \cdot e^{-\lambda t}$ der $\displaystyle \lambda = \frac{\ln 2}{5730} \approx 0{,}000121$

b) Når $N(t) = 0{,}25 N_0$:
$$\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5730} = 0{,}25 = \frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^2$$
$$\frac{t}{5730} = 2$$
$$t = 11\,460 \text{ år}$$

Svar: a) $\displaystyle N(t) = N_0 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{t/5730}$ b) Fossilet er ca. 11 500 år gammelt.

a) Toppen nås når $h'(t) = 0$:
$$h'(t) = 20 - 9{,}8t = 0$$
$$t = \frac{20}{9{,}8} \approx 2{,}04 \text{ s}$$

b) Maksimalhøyden:
$$h(2{,}04) = 20 \cdot 2{,}04 - 4{,}9 \cdot 2{,}04^2$$
$$\approx 40{,}8 - 20{,}4 \approx 20{,}4 \text{ m}$$

c) Ballen treffer bakken når $h(t) = 0$:
$$20t - 4{,}9t^2 = 0$$
$$t(20 - 4{,}9t) = 0$$
$$t = 0 \text{ (start) eller } t = \frac{20}{4{,}9} \approx 4{,}08 \text{ s}$$

Svar: a) etter ca. 2,04 s b) ca. 20,4 m c) etter ca. 4,08 s

a)
- Middelverdi: $\displaystyle D = \frac{-5 + 15}{2} = 5°C$
- Amplitude: $\displaystyle A = \frac{15 - (-5)}{2} = 10°C$
- Periode: 12 måneder, så $\displaystyle \omega = \frac{2\pi}{12} = \frac{\pi}{6}$
- Faseforskyvning: Minimum i januar ($t = 1$), så:
- For sinus: minimum når argumentet er $\displaystyle -\frac{\pi}{2}$
- $\displaystyle \frac{\pi}{6} \cdot 1 + \varphi = -\frac{\pi}{2}$
- $\displaystyle \varphi = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = -\frac{2\pi}{3}$

Modellen:
$$T(t) = 10\sin\left(\frac{\pi t}{6} - \frac{2\pi}{3}\right) + 5$$

b) I april ($t = 4$):
$$\begin{aligned} T(4) &= 10\sin\left(\frac{4\pi}{6} - \frac{2\pi}{3}\right) + 5 \\ &= 10\sin(0) + 5 = 5°C \end{aligned}$$

Svar: a) $A = 10$, $\displaystyle \omega = \frac{\pi}{6}$, $\displaystyle \varphi = -\frac{2\pi}{3}$, $D = 5$ b) $5\,°C$

a) Fra $T^2 = k \cdot r^3$ og jordens data ($T = 1$, $r = 1$):
$$1^2 = k \cdot 1^3 \Rightarrow k = 1$$

Altså: $T^2 = r^3$, som gir:
$$T = r^{3/2}$$

b) For Mars med $r = 1{,}52$ AU:
$$T = (1{,}52)^{3/2} = \sqrt{1{,}52^3} \approx \sqrt{3{,}51} \approx 1{,}87 \text{ år}$$

(Faktisk omløpstid for Mars er 1,88 år - modellen stemmer godt!)

Svar: a) $T = r^{3/2}$ b) ca. 1,87 år

a) Ved $t = 0$:
$$I(0) = \frac{50\,000}{1 + 999 \cdot e^0} = \frac{50\,000}{1000} = 50 \text{ personer}$$

b) Halvparten smittet betyr $I(t) = 25\,000$:
$$\frac{50\,000}{1 + 999 \cdot e^{-0{,}3t}} = 25\,000$$
$$1 + 999 \cdot e^{-0{,}3t} = 2$$
$$e^{-0{,}3t} = \frac{1}{999}$$
$$-0{,}3t = \ln\left(\frac{1}{999}\right) = -\ln(999)$$
$$t = \frac{\ln(999)}{0{,}3} \approx \frac{6{,}91}{0{,}3} \approx 23 \text{ dager}$$

c) Veksthastigheten er $I'(t)$. Ved $t = 20$:
$$I(20) = \frac{50\,000}{1 + 999 \cdot e^{-6}} \approx \frac{50\,000}{3{,}476} \approx 14\,380$$

For logistisk vekst: $\displaystyle I'(t) = r \cdot I(t) \cdot \left(1 - \frac{I(t)}{K}\right)$
$$\begin{aligned} I'(20) &= 0{,}3 \cdot 14\,380 \cdot \left(1 - \frac{14\,380}{50\,000}\right) \\ &\approx 3070 \text{ nye smittede per dag} \end{aligned}$$

Svar: a) 50 personer b) etter ca. 23 dager c) ca. 3070 nye smittede per dag

a) Fra $t = 0$: $N_0 = 100$

For å finne $k$, bruk to datapunkter. Med $t = 4$:
$$320 = 100 \cdot e^{4k}$$
$$e^{4k} = 3{,}2$$
$$4k = \ln(3{,}2) \approx 1{,}163$$
$$k \approx 0{,}29$$

Sjekk med $t = 6$:
$$N(6) = 100 \cdot e^{0{,}29 \cdot 6} = 100 \cdot e^{1{,}74} \approx 100 \cdot 5{,}7 \approx 570$$

Dette stemmer bra med målt verdi 580.

Modellen: $N(t) = 100 \cdot e^{0{,}29t}$

b) Etter 10 uker:
$$\begin{aligned} N(10) &= 100 \cdot e^{0{,}29 \cdot 10} \\ &= 100 \cdot e^{2{,}9} \\ &\approx 100 \cdot 18{,}2 \\ &\approx 1820 \end{aligned}$$

Svar: a) $N_0 = 100$ og $k \approx 0{,}29$ b) ca. 1820 planter

a) Vi har $T_\infty = 20°C$ og $T_0 = 90°C$, så:
$$T(t) = 20 + 70 \cdot e^{-kt}$$

Med $T(10) = 70$:
$$70 = 20 + 70 \cdot e^{-10k}$$
$$50 = 70 \cdot e^{-10k}$$
$$e^{-10k} = \frac{5}{7}$$
$$-10k = \ln\left(\frac{5}{7}\right) \approx -0{,}336$$
$$k \approx 0{,}0336$$

b) Etter 30 minutter:
$$T(30) = 20 + 70 \cdot e^{-0{,}0336 \cdot 30} \approx 20 + 70 \cdot e^{-1{,}01}$$
$$\approx 20 + 70 \cdot 0{,}364 \approx 20 + 25{,}5 \approx 45{,}5°C$$

c) Når $T(t) = 40$:
$$40 = 20 + 70 \cdot e^{-0{,}0336t}$$
$$20 = 70 \cdot e^{-0{,}0336t}$$
$$e^{-0{,}0336t} = \frac{2}{7}$$
$$t = \frac{-\ln(2/7)}{0{,}0336} = \frac{\ln(3{,}5)}{0{,}0336} \approx 37 \text{ minutter}$$

Svar: a) $k \approx 0{,}0336$ b) ca. $45{,}5\,°C$ c) etter ca. 37 minutter

a) Med $s(50) = 12$ m:
$$12 = k \cdot 50^2 = 2500k$$
$$k = \frac{12}{2500} = 0{,}0048$$

Modellen: $s(v) = 0{,}0048 \cdot v^2$

b) Ved 80 km/t:
$$s(80) = 0{,}0048 \cdot 80^2 = 0{,}0048 \cdot 6400 \approx 30{,}7 \text{ m}$$

c) Med $s(v) \leq 50$:
$$0{,}0048 \cdot v^2 \leq 50$$
$$v^2 \leq \frac{50}{0{,}0048} \approx 10\,417$$
$$v \leq \sqrt{10\,417} \approx 102 \text{ km/t}$$

Svar: a) $k = 0{,}0048$ b) ca. 30,7 m c) høyst ca. 102 km/t

a)
- Middelverdi: $\displaystyle D = \frac{0{,}5 + 3{,}5}{2} = 2$ m
- Amplitude: $\displaystyle A = \frac{3{,}5 - 0{,}5}{2} = 1{,}5$ m
- Periode: $T = 12{,}4$ timer, så $\displaystyle \omega = \frac{2\pi}{12{,}4} \approx 0{,}507$
- Høyvann kl. 03:00, så cosinus med forskyvning:

$$h(t) = 1{,}5 \cos(0{,}507(t - 3)) + 2$$

b) Lavvann når $\cos = -1$, altså:
$$0{,}507(t - 3) = \pi$$
$$t - 3 = \frac{\pi}{0{,}507} \approx 6{,}2$$
$$t \approx 9{,}2 \text{ timer}$$

Lavvann er ca. kl. 09:12.

c) Trenger $h(t) \geq 2$:
$$1{,}5 \cos(0{,}507(t-3)) + 2 \geq 2$$
$$\cos(0{,}507(t-3)) \geq 0$$

Dette er oppfylt når argumentet er i $\displaystyle [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$:
$$-\frac{\pi}{2} \leq 0{,}507(t-3) \leq \frac{\pi}{2}$$
$$-3{,}1 \leq t - 3 \leq 3{,}1$$
$$-0{,}1 \leq t \leq 6{,}1$$

Svar: a) $h(t) = 1{,}5 \cos(0{,}507(t - 3)) + 2$ b) ca. kl. 09:12 c) fra ca. kl. 00:00 til kl. 06:00 (og tilsvarende 12,4 timer senere)

a) La $t$ være år etter 1960.

Trend: Tilnærmet eksponentiell, men ofte modellert lineært for kortere perioder:
$$\text{Trend}(t) = 317 + 1{,}62t$$

(Vekst ca. $\displaystyle \frac{414-317}{60} \approx 1{,}62$ ppm/år)

Sesongvariasjon: Periode 1 år, maksimum i mai (måned 5):
$$\text{Sesong}(t) = 3\cos\left(2\pi(t - \frac{4}{12})\right)$$

Kombinert modell:
$$C(t) = 317 + 1{,}62t + 3\cos\left(2\pi\left(t - \frac{1}{3}\right)\right)$$

b) Desember 2025 tilsvarer $t = 65{,}92$ (65 år + 11/12):
$$C(65{,}92) = 317 + 1{,}62 \cdot 65{,}92 + 3\cos(2\pi \cdot 65{,}58)$$
$$\approx 317 + 106{,}8 + 3\cos(0{,}58 \cdot 2\pi)$$
$$\approx 423{,}8 + 3 \cdot (-0{,}87) \approx 421 \text{ ppm}$$

Svar: a) $\displaystyle C(t) = 317 + 1{,}62t + 3\cos\left(2\pi\left(t - \frac{1}{3}\right)\right)$ b) ca. 421 ppm

Modellverdier:

Svar: $R^2 \approx 0{,}96$. Modellen forklarer 96 % av variasjonen i dataene, og det er meget bra.

Gyldighetsområde:
- Modellen gir rimelige verdier for små $t$
- For store $t$ blir tallene urealistisk store:
- $N(100) = 1000 \cdot e^{10} \approx 22$ millioner
- $N(200) = 1000 \cdot e^{20} \approx 485$ milliarder

Fysiske begrensninger:
- Bakterier trenger næring og plass
- Avfallsstoffer hoper seg opp
- Ressurser er endelige

Bedre modell:
Logistisk vekst tar hensyn til bæreevne:
$$N(t) = \frac{K}{1 + (K/N_0 - 1)e^{-rt}}$$

Tidsavhengighet:
- Eksponentiell vekst gjelder bare i oppstartsfasen
- Modellen bør ha et angitt gyldighetsintervall, f.eks. $0 \leq t \leq 24$ timer

Svar: Modellen er nyttig for å forstå tidlig vekstdynamikk, men må erstattes med en mer realistisk modell for langsiktige prediksjoner.

a) Vekstfarten er

$h'(t) = 1{,}4 \cdot 0{,}51\cos(0{,}51t - 0{,}8) = 0{,}714\cos(0{,}51t - 0{,}8)$

Vi finner toppunktet til $h'$:

$h''(t) = -0{,}714 \cdot 0{,}51\sin(0{,}51t - 0{,}8) \approx -0{,}364\sin(0{,}51t - 0{,}8)$

$h''(t) = 0 \iff 0{,}51t - 0{,}8 = n\pi$

$n = 0$: $t = \dfrac{0{,}8}{0{,}51} \approx 1{,}57$

$n = 1$: $t = \dfrac{\pi + 0{,}8}{0{,}51} \approx 7{,}73$

For $t$ litt mindre enn $1{,}57$ er $\sin(0{,}51t - 0{,}8) < 0$, så $h''(t) > 0$. For $t$ litt større er $h''(t) < 0$. Altså har $h'$ et toppunkt i $t \approx 1{,}57$.

I $t \approx 7{,}73$ skifter $h''$ fortegn fra $-$ til $+$, så der har $h'$ et bunnpunkt: der synker vannstanden raskest.

Endepunktene: $h'(0) \approx 0{,}50$ og $h'(12) \approx 0{,}41$, begge mindre enn $h'(1{,}57)$.

$1{,}57$ timer er 1 time og 34 minutter.

b) $h'(1{,}57) = 0{,}714\cos(0) = 0{,}714$

I GeoGebra: Ekstremalpunkt(h', 0, 12) gir $(1{,}57;\ 0{,}714)$.

Svar: a) Vannstanden stiger raskest om lag kl. 01:34. b) Da stiger den med om lag $0{,}71$ meter per time.