S1 Høst 2011

Vi deriverer $f(x)=2x^3-5x^2+2x+3$ ledd for ledd:

1) Vi ganger begge sider med fellesnevneren $10$:

2) Vi flytter alt over på én side:

Vi deler på $3$:

Vi faktoriserer (to tall med sum $1$ og produkt $-6$):

3) Vi isolerer $\lg x$:

4) Vi isolerer $3^x$:

Vi setter $f(x)=g(x)$:

Vi faktoriserer (to tall med sum $2$ og produkt $-3$):

Vi finner $y$-verdiene med $g(x)=-x+3$:

Skjæringspunktene er $\underline{\underline{(-3,6)\text{ og }(1,2)}}$.

1) Vi bruker potensreglene $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$ og ${\displaystyle \frac{a^m}{a^n}}=a^{m-n}$:

2) Vi forenkler teller og nevner hver for seg:

Vi faktoriserer teller og nevner. I telleren bruker vi konjugatsetningen:

Vi forkorter med den felles faktoren $(a+5)$ og deretter med $3$:

Vi finner skjæringspunktene mellom linjene $x+y=3$ og $3x+y=6$ ved å trekke likningene fra hverandre:

Sammen med koordinataksene ($x=0$ og $y=0$) avgrenser de to linjene et område med hjørner i $(\mathrm{0,0})$, $(\mathrm{2,0})$, $(\mathrm{1,5},\mathrm{1,5})$ og $(\mathrm{0,3})$ — det er her alle fire ulikhetene er oppfylt samtidig:

1) Av fortegnslinjen ser vi at $f^{\prime }(x)<0$ (stiplet) for $x<-2$ og $x>3$, og $f^{\prime }(x)>0$ (heltrukket) for $-2<x<3$. Det betyr at

2) Siden $f$ går fra synkende til voksende i $x=-2$, har grafen et bunnpunkt der. Siden $f$ går fra voksende til synkende i $x=3$, har grafen et toppunkt der:

La $v$ være prisen på én voksenbillett og $b$ prisen på én barnebillett. Vi setter opp likningssystemet ut fra opplysningene:

Vi deler den første likningen på $2$:

Vi trekker denne fra den andre likningen for å eliminere $v$:

Vi setter inn i $v+b=250$:

$\underline{\underline{\text{Barnebilletten koster }100\mathrm{kr},\text{ voksenbilletten koster }150\mathrm{kr}}}$

1) De seks første radene i Pascals talltrekant er:

2) I Pascals trekant er hvert tall lik summen av de to tallene som står skrått over det på raden ovenfor. I rad $5$ finner vi ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{3}\right)}=10$. Dette tallet er summen av de to tallene skrått over det i rad $4$, nemlig ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)}=6$ og ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)}=4$:

3) Etter samme mønster (Pascals regel ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n-1}{k-1}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n-1}{k}\right)}$) får vi tilsvarende sammenheng for ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{5}\right)}$:

Skal alle fire som får tung ryggsekk være jenter, må vi velge $4$ av de $12$ jentene, og $0$ av de $8$ guttene:

Se P_a i utklippet under.

Svar: $\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,1022}}}$

Skal de fire ryggsekkene fordeles på nøyaktig to jenter og to gutter, må vi velge $2$ av de $12$ jentene og $2$ av de $8$ guttene:

Se P_b i utklippet over.

Svar: $\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,3814}}}$

Hendelsen «minst én gutt bærer en tung ryggsekk» er komplementet til hendelsen fra a) («alle fire er jenter»). Dermed er

Se P_c i utklippet over.

Svar: $\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,8978}}}$

Vi setter $R=\mathrm{7,5}$ inn i formelen

$\underline{\underline{E\approx \mathrm{1,78}\cdot {10}^{20}\mathrm{J}}}$

Vi skal finne $R$ når $E=\mathrm{3,99}\cdot {10}^{17}\mathrm{J}$. Vi setter opp likningen

Tar $\lg$ på begge sider og bruker at $\lg ({10}^x)=x$:

Kontroll med GeoGebra CAS (Løs(E(R) = 3,99·10^17, R)) gir samme svar, se utklippet.

$\underline{\underline{R\approx \mathrm{5,73}}}$

Vi bruker regnereglene for potenser og forkorter ${10}^9$-faktoren:

Dette stemmer med utklippet over, der begge forholdstallene gis som $\mathrm{31,62278}$.

Vi ser at forholdstallet blir det samme uansett hvilket Richter-tall vi tar utgangspunkt i — det avhenger bare av at $R$ øker med $1$, ikke av startverdien. Dette følger direkte av at $E(R+1)/E(R)={10}^{\mathrm{1,5}(R+1)+9-\mathrm{1,5}R-9}={10}^{\mathrm{1,5}}$ for enhver $R$. Konklusjonen er at hver gang styrken på Richters skala øker med $1$, blir energimengden som frigjøres omtrent $\mathrm{31,6}$ ganger så stor.

$\underline{\underline{{\displaystyle \frac{E(5)}{E(4)}}={\displaystyle \frac{E(9)}{E(8)}}={10}^{\mathrm{1,5}}\approx \mathrm{31,6}}}$

Passasjerene går om bord i vilkårlig rekkefølge, og vi trekker uten tilbakelegging blant de 70 passasjerene, der 35 er amerikanere.

Sannsynligheten for at den første passasjeren er amerikaner er $\frac{35}{70}$. Gitt at den første var amerikaner, er sannsynligheten for at den andre også er amerikaner $\frac{34}{69}$ (34 amerikanere igjen av 69 gjenværende). Gitt at de to første var amerikanere, er sannsynligheten for at den tredje er amerikaner $\frac{33}{68}$.

Dette gir

Sannsynligheten for at de tre første passasjerene som går om bord er amerikanere, er dermed omtrent $\mathrm{11,96}\%$.

Her er $X$ = antall amerikanere blant de 10 passasjerene på første seterad. Siden passasjerene plasseres vilkårlig og sannsynligheten for at en tilfeldig passasjer er amerikaner er $p=\mathrm{0,5}$ for hvert sete uavhengig av de andre, er $X$ binomisk fordelt med $n=10$ og $p=\mathrm{0,5}$.

Fra CAS-utregningen over (linje $P_b$) får vi

Sannsynligheten for at akkurat 3 av de 10 passasjerene på første seterad er amerikanere, er omtrent $\mathrm{11,72}\%$.

Vi skal finne $P(X\ge 3)$, der $X$ er binomisk fordelt med $n=10$ og $p=\mathrm{0,5}$ som i b). Det er enklere å bruke komplementet:

Fra CAS-utregningen over (linje $P_c$) får vi

Sannsynligheten for at det sitter minst 3 amerikanere på første seterad, er dermed omtrent $\mathrm{94,53}\%$.

Vi legger de ti punktene $(x,K(x))$ inn i GeoGebra og bruker andregradsregresjon på datasettet. Regresjonen gir en modell som er tilnærmet lik den oppgitte:

På figuren ser vi at alle datapunktene ligger svært nær grafen til $K(x)$, så dette er en god modell for kostnadsfunksjonen.

Vi deriverer $K(x)$:

Setter inn $x=200$:

Svar: $\underline{\underline{K^{\prime }(200)=\mathrm{8,8}}}$. Dette betyr at det koster omtrent $\mathrm{8,8}\mathrm{kr}$ å produsere ett brød til, når bakeriet allerede har produsert 200 brød.

Overskuddet $O(x)$ er inntekt minus kostnad. Inntekten ved salg av $x$ brød til $14\mathrm{kr}$ per brød er $14x$, så

Dette bekrefter den oppgitte overskuddsfunksjonen. Beregningen er verifisert i GeoGebra CAS:

Siden $O(x)=14x-K(x)$, er

Overskuddet er størst der $O^{\prime }(x)=0$, altså der $K^{\prime }(x)=14$.

Dette gir mening: $K^{\prime }(x)$ er grensekostnaden, altså hva det koster å produsere ett ekstra brød. Så lenge grensekostnaden er mindre enn utsalgsprisen på $14\mathrm{kr}$, tjener bakeriet mer på det ekstra brødet enn det koster å lage det, og overskuddet øker ved å produsere flere brød ($O^{\prime }(x)>0$). Blir grensekostnaden derimot større enn $14\mathrm{kr}$, koster det ekstra brødet mer enn det gir i inntekt, og overskuddet synker ($O^{\prime }(x)<0$). Overskuddet er dermed størst akkurat i det punktet der grensekostnaden er lik prisen, $14\mathrm{kr}$.

Vi finner maksimum til $O(x)$ ved å løse $O^{\prime }(x)=0$:

Se linje 6 i CAS-utklippet over. Siden $x$ må være et helt antall brød, og $O(x)$ er en nedovervendt parabel, gir $x=290$ det største overskuddet (jf. linje 7 i utklippet):

Svar: $\underline{\underline{x=290\text{ brød},O(290)\approx 2163\mathrm{kr}}}$. Bakeriet får størst overskudd, omtrent $2163\mathrm{kr}$, når det bakes og selges 290 brød.