S1 Eksempeloppgave 1 — 2007

Vi bruker regelen ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\left(x^n\right)=n\cdot x^{n-1}$ ledd for ledd:

Gjennomsnittlig veksthastighet fra $x=0$ til $x=3$ er stigningstallet til sekanten mellom punktene:

Vi regner ut funksjonsverdiene:

Da blir gjennomsnittlig veksthastighet

Vi faktoriserer nevnerne:

Felles nevner blir $3(x-3)(x+3)$:

Vi forkorter med $3$:

Vi regner ut ${(a\cdot b)}^2=a^2{b}^2$ og forenkler telleren:

Vi bruker ${\displaystyle \frac{a^p}{a^q}}=a^{p-q}$ for hver base:

Fra likning II løser vi ut $y$:

Vi setter dette inn i likning I:

Dette gir $x=0$ eller $x=7$. Vi finner $y$ i hvert tilfelle med $y=2x+6$:

• $x=0$: $y=2\cdot 0+6=6$
• $x=7$: $y=2\cdot 7+6=20$

I Pascals trekant er ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{6}\right)}$ det $7.$ tallet (regnet fra og med ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{0}\right)}$ som det første) i rad nummer $8$ (raden som starter med ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{0}\right)}$).

Det er totalt ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{6}\right)}=28$ måter å trekke ut $6$ av de $8$ spillerne på (regnet i f)).

For at alle $3$ guttene skal starte, må alle $3$ guttene være med, og de resterende $3$ plassene fylles med jenter valgt blant de $5$ jentene:

Sannsynligheten for at alle guttene får starte blir dermed

Skjæring med $y$-aksen finner vi ved å sette $x=0$:

Grafen skjærer $y$-aksen i $(\mathrm{0,0})$.

Skjæring med $x$-aksen finner vi ved å sette $f(x)=0$ og faktorisere:

Dette gir $x=0$ (dobbel rot) eller $x=3$. Grafen skjærer altså $x$-aksen i $(\mathrm{0,0})$ og $(\mathrm{3,0})$.

Kontroll i CAS bekrefter $\text{Løs}(f(x)=0,x)=\{x=0,x=3\}$.

Svar: $\underline{\underline{(\mathrm{0,0})\text{ og }(\mathrm{3,0})}}$

Vi deriverer $f(x)=x^3-3x^2$ ledd for ledd:

Mulige topp- eller bunnpunkt finner vi der $f^{\prime }(x)=0$:

Dette gir $x=0$ eller $x=2$.

Vi lager et fortegnsskjema for $f^{\prime }(x)=3x(x-2)$:

$f$ vokser før $x=0$ og avtar etter, så $x=0$ gir et toppunkt: $f(0)=0$, altså $(\mathrm{0,0})$.

$f$ avtar før $x=2$ og vokser etter, så $x=2$ gir et bunnpunkt: $f(2)=2^3-3\cdot 2^2=8-12=-4$, altså $(2,-4)$.

Kontroll i CAS bekrefter $\text{Derivert}(f,x)=3x^2-6x$ og $\text{Løs}(f^{\prime }(x)=0,x)=\{x=0,x=2\}$, med $f(2)=-4$.

Svar: $\underline{\underline{\text{Toppunkt }(\mathrm{0,0}),\text{ bunnpunkt }(2,-4)}}$

Ut fra drøftingen i a) og b) vet vi at grafen:

• går gjennom $(\mathrm{0,0})$ (toppunkt og nullpunkt) og $(\mathrm{3,0})$
• har et bunnpunkt i $(2,-4)$
• vokser for $x<0$ og $x>2$, og avtar for $0<x<2$

Gjennomsnittlig veksthastighet fra $x=-1$ til $x=3$ er stigningstallet til sekantlinjen gjennom punktene $A(-1,f(-1))$ og $B(3,f(3))$ på grafen.

Grafisk (se figuren i c)) ser vi at sekantlinjen har stigning $1$: den stiger $1$ enhet for hver $1$ enhet den går til høyre.

Ved regning:

Svar: $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }f}{\mathrm{\Delta }x}}=1}}$

For at det å tippe en enkeltrekke skal kunne sees på som et binomisk forsøk med $n=12$ og $p={\displaystyle \frac{1}{3}}$, må disse forutsetningene være oppfylt:

• Forsøket består av $n=12$ uavhengige delforsøk (kampene må ikke påvirke hverandre — resultatet i én kamp må ikke gi informasjon om resultatet i en annen).
• Hvert delforsøk har bare to mulige utfall: suksess («rett tippet») eller fiasko («feil tippet»). Siden hver kamp egentlig har tre utfall (H, U, B), må vi slå sammen «de to gale utfallene» til ett utfall (fiasko).
• Sannsynligheten for suksess, $p$, må være den samme i alle 12 kampene, nemlig $p={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Dette forutsetter at vi tipper helt tilfeldig (uten noen kunnskap om lagene), slik at hvert av de tre utfallene H, U og B er like sannsynlig i hver kamp.

Vi lar $X$ være antall rette resultater av de 12 kampene. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=12$ og $p={\displaystyle \frac{1}{3}}$.

Sannsynligheten for gevinst (minst 10 rette) er

Vi regner ut summen i GeoGebra CAS.

Fra utklippet ser vi at

Sannsynligheten for å få gevinst på en enkeltrekke er altså svært liten, omtrent $\mathrm{0,05}\%$.

Vi regner ut $P(X=0)$ og $P(X=12)$ direkte fra punktsannsynlighetsformelen for binomisk fordeling, se samme utklipp som over.

Vi ser at $P(X=0)\ne P(X=12)$ — faktisk er $P(X=0)$ hele $4096$ ganger så stor som $P(X=12)$. Tipperen tar altså feil.

Hvorfor er de så forskjellige? Legg merke til at $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{12}\right)=1$, så det er ikke antall kombinasjoner som gir forskjellen. Forskjellen kommer fra selve sannsynlighetsfaktorene:

Siden $p={\displaystyle \frac{1}{3}}<{\displaystyle \frac{2}{3}}=1-p$, er sannsynligheten for å bomme på en kamp ($\frac{2}{3}$) større enn sannsynligheten for å tippe rett ($\frac{1}{3}$). Å bomme på alle 12 kampene er dermed vesentlig mer sannsynlig enn å tippe alle 12 kampene rett — det er lettere å ha “uflaks” 12 ganger på rad enn å ha “flaks” 12 ganger på rad, når sjansen for suksess i hver kamp er mindre enn sjansen for å mislykkes.

Vi skal finne $p$ slik at $P(X\ge 10)={\displaystyle \frac{1}{5}}=\mathrm{0,2}$, der $X$ nå er binomisk fordelt med $n=12$ og ukjent $p$.

Siden $p={\displaystyle \frac{1}{5}}$ krever mye høyere treffsikkerhet enn $p={\displaystyle \frac{1}{3}}$ (som ga en svært liten sannsynlighet for gevinst, se b), må $p$ være atskillig større enn ${\displaystyle \frac{1}{3}}$. Vi prøver oss fram med ulike verdier av $p$ i GeoGebra CAS:

Verdien $p=\mathrm{0,676}$ gir $P(X\ge 10)\approx \mathrm{0,1996}$, som er svært nær $\mathrm{0,2}$. Vi konkluderer med

Tippeeksperten må altså i gjennomsnitt tippe riktig resultat på omtrent $\mathrm{67,6}\%$ av kampene for å få gevinst på hver femte enkeltrekke.

Vi deriverer $g(x)=2x^3-12x^2-5x+8$ ledd for ledd ved hjelp av potensregelen ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}{x}^n=n{x}^{n-1}$:

Vi setter inn $x=4$:

1) Fortegnslinje til $h^{\prime }(x)$

Fra grafen til $h$ leser vi av at $h$ har et toppunkt ved $x\approx -1$ (grafen slutter å vokse og begynner å avta der) og et bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{1,5}$ (grafen slutter å avta og begynner å vokse der). I disse punktene er $h^{\prime }(x)=0$.

2) Grafen til $h^{\prime }$ og avlesning av $h^{\prime }(1)$

$h^{\prime }(x)$ er positiv der $h$ vokser, negativ der $h$ avtar, og null i topp- og bunnpunktene. Det gir en graf som synker fra positive verdier, krysser $x$-aksen ved $x\approx -1$, har et bunnpunkt ett sted mellom $-1$ og $\mathrm{1,5}$, og krysser $x$-aksen igjen ved $x\approx \mathrm{1,5}$ før den vokser videre.

For å finne $h^{\prime }(1)$ tegner vi tangenten til $h$ i punktet $(1,0)$ og leser av stigningstallet til denne tangenten direkte på svararket. Tangenten går for eksempel gjennom omtrent $(0,\mathrm{1,5})$ og $(2,-\mathrm{1,5})$, som gir

Andre avlesninger i intervallet $-1$ til $-2$ skal også godkjennes, siden dette er en avlesning fra en håndtegnet graf.

Vi legger de fem tabellpunktene inn i GeoGebra CAS og bruker andregradsregresjon (FitPoly med grad 2):

Dette gir

Alle fem tabellpunktene ligger nøyaktig på denne kurven, se punktene og kurven i figuren under.

Vi deriverer $K(x)$:

$K^{\prime }(300)=680$ forteller oss at når produksjonen allerede er $300$ enheter, vil kostnaden med å produsere én enhet til (den $301.$ enheten) øke med omtrent $\underline{\underline{680\mathrm{kr}}}$. Dette er grensekostnaden ved $x=300$.

Inntekten ved å selge $x$ enheter til $710$ kroner per enhet er $I(x)=710x$. Overskuddet er inntekt minus kostnad:

som var det vi skulle vise.

Vi deriverer $O(x)$ og setter den deriverte lik null for å finne ekstremalpunktet:

Siden koeffisienten foran $x^2$ i $O(x)$ er negativ, er dette et toppunkt (maksimum), se Maks i figuren under. Vi finner overskuddet ved $x=350$:

En produksjon på $\underline{\underline{x=350\text{ enheter}}}$ gir størst overskudd, og dette overskuddet er $\underline{\underline{O(350)=6750\mathrm{kr}}}$.

I $f(x)=a\cdot b^x$ er

• $a$ startverdien til funksjonen, altså funksjonsverdien når $x=0$: $f(0)=a\cdot b^0=a$. Her er $a=100$.
• $b$ vekstfaktoren. Den forteller hvor mange ganger funksjonsverdien blir multiplisert med for hver økning av $x$ med $1$. Her er $b=\mathrm{1,1}$, som betyr at funksjonsverdien øker med $10\%$ for hver økning av $x$ med $1$.

Vi starter i et vilkårlig punkt $x_0$ og ønsker å finne $\mathrm{\Delta }x$ slik at funksjonsverdien dobles:

Legg merke til at $x_0$ forsvinner fra likningen — økningen $\mathrm{\Delta }x$ som trengs for fordobling, er altså den samme uansett hvor på grafen vi starter. Vi løser likningen ${\mathrm{1,1}}^{\mathrm{\Delta }x}=2$ i CAS (se skjermbilde, linje 3):

Den momentane veksten er den deriverte $f^{\prime }(x)$. Vi bruker CAS (linje 2 i utklippet over) til å derivere:

Fra CAS (linje 5 og 8):

Den relative veksten er ${\displaystyle \frac{f^{\prime }(x_0)}{f(x_0)}}$. Fra CAS-utklippet (linje 6 og 9):

Den relative veksten er altså den samme ved $x=10$ og $x=20$.

Vi velger $x=5$ og regner ut på samme måte i CAS:

Dette er samme verdi som vi fant i d). Det stemmer med den generelle sammenhengen

som viser at den relative veksten alltid er lik $\ln (b)$ — helt uavhengig av $x$.

Antall minutter hver av de tre bruker per dag kan ikke overstige det de har til rådighet.

Siden man ikke kan dekorere et negativt antall skjorter eller topper, må

Aina bruker $6$ minutter per skjorte og $30$ minutter per topp, og har inntil $5$ timer $=300$ minutter til rådighet:

Deler vi begge sider på $30$, får vi

Britt bruker $20$ minutter per skjorte og $20$ minutter per topp, og har inntil $6$ timer $=360$ minutter til rådighet:

Deler vi begge sider på $20$, får vi

Kim bruker $30$ minutter per skjorte og $12$ minutter per topp, og har inntil $8$ timer $=480$ minutter til rådighet:

Deler vi begge sider på $12$, får vi

Vi tegner de tre grenselinjene

sammen med aksene $x=0$ og $y=0$, og skraverer punktene $(x,y)$ som tilfredsstiller alle fem ulikhetene samtidig. Dette er det blåfargede området nedenfor.

Inntekten per dag er

Siden $I$ er en lineær funksjon av $x$ og $y$, vet vi at maksimum må ligge i et av hjørnepunktene i det tillatte området fra b). Vi finner hjørnepunktene ved å se hvor grenselinjene skjærer hverandre og aksene:

• $(\mathrm{0,0})$
• $(\mathrm{16,0})$ — der Kims linje skjærer $x$-aksen: ${\displaystyle \frac{5}{2}}x=40\Rightarrow x=16$
• $({\displaystyle \frac{44}{3}},{\displaystyle \frac{10}{3}})$ — skjæring mellom Britts og Kims linje
• $(\mathrm{10,8})$ — skjæring mellom Ainas og Britts linje
• $(\mathrm{0,10})$ — der Ainas linje skjærer $y$-aksen

Vi setter alle hjørnene inn i $I(x,y)=250x+300y$:

Den største inntekten fås i hjørnepunktet $(\mathrm{10,8})$, altså ved $x=10$ skjorter og $y=8$ topper:

Den største daglige inntekten er

Vi setter $x=10$ og $y=8$ inn i hver av de tre tidsbegrensningene og finner hvor mye tid hver dekoratør faktisk bruker:

Aina: $6\cdot 10+30\cdot 8=60+240=300$ minutter $=5$ timer. Dette er nøyaktig hennes maksimale arbeidstid — hun har ingen tid til overs.

Britt: $20\cdot 10+20\cdot 8=200+160=360$ minutter $=6$ timer. Dette er nøyaktig hennes maksimale arbeidstid — hun har heller ingen tid til overs.

Kim: $30\cdot 10+12\cdot 8=300+96=396$ minutter. Kim har inntil $8$ timer $=480$ minutter til rådighet, så tiden til overs er

Dette stemmer med at $(\mathrm{10,8})$ er skjæringspunktet mellom Ainas og Britts grenselinjer — begge disse to bruker altså all tilgjengelig tid, mens Kims begrensning ikke er bindende i dette punktet.