Logistisk vekst med vendepunkt

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Grafen til en logistisk funksjon $f(x) = \dfrac{a}{1 + b \cdot e^{-kx}}$ er skissert nedenfor.

Logistisk kurve med punkt P og V

Grafen skjærer $y$ -aksen i punktet $P$ . Bestem $y$ -koordinaten til $P$ uttrykt ved $a$ og $b$ .

Bruk CAS og derivasjon til å vise at vendepunktet $V$ har $y$ -koordinat lik $\dfrac{a}{2}$ .

Bruk CAS til å vise at tangenten i $V$ har stigningstall lik $\dfrac{a \cdot k}{4}$ .

Fasit

$\dfrac{a}{1+b}$

$y$ -koordinaten til vendepunktet er $\dfrac{a}{2}$

Stigningstallet er $\dfrac{a \cdot k}{4}$

LøsningsforslagKI-generert

Grafen skjærer $y$ -aksen der $x = 0$ :

f(0) = \frac{a}{1 + b \cdot e^{-k \cdot 0}} = \frac{a}{1 + b \cdot 1} = \frac{a}{1+b}

$y$ -koordinaten til $P$ er $\dfrac{a}{1+b}$ .

Vi definerer $f(x) = \dfrac{a}{1 + b \cdot e^{-kx}}$ i CAS og finner $f''(x)$ .

CAS-input:

f(x) := a / (1 + b * exp(-k*x))
Derivative(f, x, 2)
Solve(f''(x) = 0, x)

CAS gir at $f''(x) = 0$ når

e^{-kx} = \frac{1}{b} \implies -kx = \ln\!\left(\frac{1}{b}\right) = -\ln b \implies x = \frac{\ln b}{k}

Vi setter inn $x_V = \dfrac{\ln b}{k}$ i $f(x)$ :

f\!\left(\frac{\ln b}{k}\right) = \frac{a}{1 + b \cdot e^{-k \cdot \frac{\ln b}{k}}} = \frac{a}{1 + b \cdot e^{-\ln b}} = \frac{a}{1 + b \cdot \frac{1}{b}} = \frac{a}{1 + 1} = \frac{a}{2}

Vendepunktet $V$ har $y$ -koordinat $\dfrac{a}{2}$ .

Vi beregner $f'(x)$ i CAS og setter inn $x_V = \dfrac{\ln b}{k}$ .

Den deriverte er

f'(x) = \frac{a b k \cdot e^{-kx}}{\left(1 + b \cdot e^{-kx}\right)^2}

Ved $x = x_V$ er $e^{-kx_V} = \dfrac{1}{b}$ , så $b \cdot e^{-kx_V} = 1$ . Vi setter inn:

f'\!\left(\frac{\ln b}{k}\right) = \frac{a b k \cdot \frac{1}{b}}{\left(1 + 1\right)^2} = \frac{ak}{4}

Tangenten i vendepunktet $V$ har stigningstall $\dfrac{a \cdot k}{4}$ .

Oppgavedata

Sync på tvers av enheter