Funkcje wykładnicza i logarytmiczna — zastosowania

Rozwiązanie zadania o dynamice wzrostu populacji bakterii.

1. Krok 1: Zapisanie warunków początkowych

   Z treści zadania wynika, że:

   • W chwili $t = 0$: $N(0) = N_0 = 10\,000$
   • W chwili $t = 2$: $N(2) = 15\,625$

   Model wzrostu populacji ma postać:

   $$N(t) = N_0 \cdot k^t$$
2. Krok 2: Wyznaczenie stałej $k$

   Podstawiamy znane wartości do wzoru dla $t = 2$:

   $$N(2) = N_0 \cdot k^2$$ $$15\,625 = 10\,000 \cdot k^2$$

   Dzielimy obie strony przez $10\,000$:

   $$k^2 = \frac{15\,625}{10\,000} = \frac{25}{16}$$

   Wyznaczamy $k$ (z warunku $k > 0$):

   $$k = \sqrt{\frac{25}{16}} = \frac{5}{4} = 1{,}25$$
3. Krok 3: Interpretacja wyznaczonej stałej $k$

   Stała $k = 1{,}25$ oznacza, że każda kolejna wartość $N(t+1)$ jest równa $N(t)$ pomnożonemu przez $k$, czyli:

   $$\frac{N(t+1)}{N(t)} = k = 1{,}25$$

   Przyrost względny liczebności populacji w ciągu każdej godziny wynosi:

   $$k - 1 = 1{,}25 - 1 = 0{,}25 = 25\%$$
4. Krok 4: Sprawdzenie wyniku

   Po jednej godzinie: $N(1) = 10\,000 \cdot 1{,}25 = 12\,500$

   Po dwóch godzinach: $N(2) = 12\,500 \cdot 1{,}25 = 15\,625$ ✓

   Wynik jest zgodny z danymi z treści zadania.

Odpowiedź: Liczebność populacji bakterii wzrastała o $\boldsymbol{25\%}$ w ciągu każdej godziny.

1. Krok 1. Podstawienie danych.

   $T_{p}=80$, $T_{z}=20$, więc $T(t)=60\cdot k^{-t}+20$.

2. Krok 2. Wyznaczenie $k^{-10}$ z warunku $T(10)=65$. $$60\cdot k^{-10}+20=65\ \Rightarrow\ k^{-10}=\frac{45}{60}=\frac{3}{4}.$$
3. Krok 3. Temperatura po 15 minutach.

   Zauważmy, że $k^{-15}=k^{-10}\cdot k^{-5}$ oraz $k^{-5}=\left(k^{-10}\right)^{1/2}=\sqrt{\tfrac{3}{4}}=\tfrac{\sqrt3}{2}$. Zatem

   $$k^{-15}=\frac{3}{4}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3\sqrt3}{8}.$$ $$T(15)=60\cdot\frac{3\sqrt3}{8}+20=\frac{180\sqrt3}{8}+20=22{,}5\sqrt3+20\approx 58{,}97.$$
4. Odpowiedź. Po następnych pięciu minutach temperatura kawy wynosi około $59^{\circ}\mathrm{C}$.

Krok 1. Wyznaczenie współczynników \(a\) i \(b\).

Gdy \(t\to\infty\), to \(2^{-0,05t}\to 0\), więc masa dąży do \(b\). Z warunku zadania:

\(b=\frac{1}{9}m_0\)

Dla \(t=0\) mamy \(2^0=1\), zatem:

\(m(0)=a+b=m_0\)

\(a=m_0-\frac{1}{9}m_0=\frac{8}{9}m_0\)

Ostatecznie:

\(m(t)=\frac{8}{9}m_0\cdot 2^{-0,05t}+\frac{1}{9}m_0\)

Krok 2. Warunek przereagowania \(87{,}5\%\).

Jeśli przereagowało \(87{,}5\%\) masy początkowej, to pozostało \(12{,}5\%=\frac{1}{8}\) masy początkowej:

\(\frac{8}{9}m_0\cdot 2^{-0,05t}+\frac{1}{9}m_0=\frac{1}{8}m_0\)

Dzielimy obustronnie przez \(m_0\gt 0\):

\(\frac{8}{9}\cdot 2^{-0,05t}=\frac{1}{8}-\frac{1}{9}=\frac{9-8}{72}=\frac{1}{72}\)

\(2^{-0,05t}=\frac{1}{72}\cdot\frac{9}{8}=\frac{9}{576}=\frac{1}{64}=2^{-6}\)

Krok 3. Rozwiązanie równania wykładniczego.

\(-0{,}05t=-6\)

\(t=120\)

Odpowiedź: po \(120\) sekundach.

1. Krok 1. Model — ubytek $19\%$ na dobę.

   Jeśli w danej chwili masa wynosi $m$, to po kolejnej dobie pozostaje $100\%-19\%=81\%$ masy, czyli $0{,}81\cdot m$. Każda doba to mnożenie przez ten sam czynnik $q=0{,}81$ — mamy więc ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie $4$.

   $$m(t)=4\cdot(0{,}81)^{\,t}\qquad\text{dla }t\ge 0.$$
2. Krok 2. Nierówność.

   Szukamy najmniejszej liczby całkowitej $t$, dla której $m(t)\lt 1{,}5$:

   $$4\cdot(0{,}81)^{t}\lt 1{,}5\ \Longrightarrow\ (0{,}81)^{t}\lt \frac{1{,}5}{4}=0{,}375.$$
3. Krok 3. Sprawdzenie kolejnych dób.

   Funkcja $(0{,}81)^{t}$ maleje, więc wystarczy sprawdzać kolejne wartości $t$:

   $$(0{,}81)^{4}\approx 0{,}4305\ \Rightarrow\ m(4)\approx 1{,}722\ \text{g}\ (>1{,}5),$$ $$(0{,}81)^{5}\approx 0{,}3487\ \Rightarrow\ m(5)\approx 1{,}395\ \text{g}\ (\lt 1{,}5).$$

   (Równoważnie: $t>\log_{0{,}81}0{,}375=\frac{\ln 0{,}375}{\ln 0{,}81}\approx 4{,}65$, więc najmniejsze całkowite $t$ to $5$.)

4. Odpowiedź. Wzór funkcji: $\;m(t)=4\cdot(0{,}81)^{t}$. Masa będzie po raz pierwszy mniejsza od $1{,}5$ g po $5$ pełnych dobach.

$T(20)=78\cdot 2^{-0,05\cdot 20}+22=78\cdot 2^{-1}+22=78\cdot\dfrac{1}{2}+22=39+22=61\,^{\circ}\mathrm{C}$.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Dziedzina.

Funkcja logarytmiczna jest określona dla \(x\gt 0\), więc rozpatrujemy tylko takie argumenty.

Krok 2. Monotoniczność funkcji.

Funkcja \(y=\log_2 x\) jest rosnąca w całej swojej dziedzinie (podstawa \(2\gt 1\)).

Funkcja \(y=-x+1\) jest malejąca.

Wykres funkcji rosnącej i wykres funkcji malejącej mogą mieć co najwyżej jeden punkt wspólny.

Krok 3. Istnienie punktu wspólnego.

Dla \(x=1\): \(\log_2 1=0\), a \(-1+1=0\) — wartości są równe.

Zatem punkt \((1,0)\) jest jedynym punktem wspólnym obu wykresów.

Odpowiedź: B.