S2 Høst 2009

1. Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^3$ og $v=\ln x$:

2. Vi deriverer leddene hver for seg. For $3e^{2x}$ bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $2x$. For $e^{x^2}$ bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $x^2$:

I en aritmetisk rekke er $a_n=a_1+(n-1)d$. Vi setter opp to likninger:

Vi trekker den første fra den andre:

Setter vi $d=3$ inn i $a_1+2d=8$:

Summen av de 50 første leddene:

Vi løser likningen

Siden $x^2-3x=x(x-3)$, må $x\ne 0$ og $x\ne 3$. Vi ganger alle ledd med fellesnevneren $x(x-3)$:

Andregradsformelen (eller faktorisering) gir

Siden $x=3$ ikke er tillatt (gir null i nevner), er den eneste løsningen

1. Vi setter $x=-1$ inn i $f(x)=2x^3-10x^2+6x+18$:

Siden dette stemmer, er $x=-1$ et nullpunkt, og $(x+1)$ er en faktor i $f(x)$. Vi utfører polynomdivisjon av $f(x)$ med $(x+1)$:

Andregradsuttrykket kan forkortes og faktoriseres:

Dermed er

2. Vi skal løse $f(x)\ge 0$, altså $2(x+1){(x-3)}^2\ge 0$. Siden ${(x-3)}^2\ge 0$ for alle $x$, avhenger fortegnet til $f(x)$ av faktoren $(x+1)$ (bortsett fra i $x=3$, hvor $f(x)=0$ uansett). Vi lager fortegnsskjema:

   

   Vi ser at $f(x)\ge 0$ for alle $x\ge -1$:

Vi løser likningssettet

Vi trekker første likning fra andre:

Setter vi $x=2$ inn i første likning: $y-z=-2$, altså $y=z-2$.

Setter vi $x=2$ og $y=z-2$ inn i tredje likning:

Da blir $y=5-2=3$. Løsningen er

Vi har $f(x)=x^3-3x+6$.

1. Den deriverte er

Nullpunktene til $f^{\prime }(x)$ er $x=-1$ og $x=1$. Fortegnsskjema for $f^{\prime }(x)$ viser at $f^{\prime }$ er positiv for $x<-1$, negativ for $-1<x<1$ og positiv for $x>1$. Dermed er $x=-1$ et toppunkt og $x=1$ et bunnpunkt.

Toppunkt: $\underline{\underline{(-1,8)}}$. Bunnpunkt: $\underline{\underline{(1,4)}}$.

2. Et vendepunkt finnes der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og fortegnet til $f^{\prime \prime }$ skifter:

Siden $f^{\prime \prime }(x)$ er negativ for $x<0$ og positiv for $x>0$, skifter fortegnet, og $x=0$ er et vendepunkt.

Vendepunkt: $\underline{\underline{(0,6)}}$.

Terningen har $6$ sider totalt: $1$ sekser, $2$ treere og $3$ toere. Sannsynligheten for hver verdi er antall sider med den verdien delt på $6$.

For variansen bruker vi $\text{Var}(X)=\text{E}(X^2)-{\left(\text{E}(X)\right)}^2$.

$Y$ er summen av to uavhengige kast, der hvert kast gir $2$, $3$ eller $6$ med sannsynlighetene fra a). Vi finner alle mulige summer og deres sannsynligheter:

Dette gir sannsynlighetsfordelingen:

Vi kontrollerer at sannsynlighetene summerer seg til $1$: $\frac{9}{36}+\frac{12}{36}+\frac{4}{36}+\frac{6}{36}+\frac{4}{36}+\frac{1}{36}=\frac{36}{36}=1$.

De fire første leddene finner vi ved å sette inn $n=1,2,3,4$ i $a_n={\displaystyle \frac{2^{n-1}}{3^n}}$:

For at rekken skal være geometrisk må forholdet mellom to påfølgende ledd være konstant. Vi sjekker:

Forholdet er det samme, ${\displaystyle \frac{2}{3}}$, uansett hvilke to påfølgende ledd vi ser på (generelt: ${\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}}={\displaystyle \frac{2^n/3^{n+1}}{2^{n-1}/3^n}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$). Rekken er derfor geometrisk med kvotient

Summen av de $n$ første leddene i en geometrisk rekke er

Vi skal finne minste $n$ slik at $S_n>\mathrm{0,999}$:

Løser vi likningen $1-{(2/3)}^n=\mathrm{0,999}$ i CAS, finner vi $n\approx \mathrm{17,04}$. Se skjermbildet under, der vi også har kontrollert med $S(17)$ og $S(18)$.

Siden $n$ må være et helt tall, og $S(17)\approx \mathrm{0,99899}<\mathrm{0,999}$ mens $S(18)\approx \mathrm{0,99932}>\mathrm{0,999}$, må vi minst ta med

ledd.

Rekken konvergerer fordi kvotienten $k={\displaystyle \frac{2}{3}}$ oppfyller $|k|<1$. Summen av en konvergent geometrisk rekke er

Dette stemmer med CAS-utregningen (SumUendelig) i skjermbildet over.

Hver dag tar pasienten en tablett på $\mathrm{0,33}\mathrm{mg}$, og kroppen bryter ned $\mathrm{33,3}\%$ av medisinen som er lagret, på ett døgn. Det betyr at $\mathrm{66,7}\%\approx {\displaystyle \frac{2}{3}}$ av medisinen blir værende i kroppen fra én dag til den neste.

Mengden medisin i kroppen etter $n$ dager er summen av alle tablettene som er tatt, der hver tablett er redusert med faktoren ${\displaystyle \frac{2}{3}}$ for hvert døgn som har gått siden den ble tatt:

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=\mathrm{0,33}$ og $k={\displaystyle \frac{2}{3}}$, altså samme kvotient som i a)-c). Siden $|k|<1$, konvergerer mengden medisin i kroppen mot en grenseverdi når $n$ blir stor (MedisinGrense i skjermbildet over):

Siden grenseverdien $\mathrm{0,99}\mathrm{mg}$ er lavere enn faregrensen på $\mathrm{1,5}\mathrm{mg}$, vil ikke medisinmengden i kroppen noen gang overstige det farlige nivået, selv om pasienten fortsetter behandlingen over lang tid.

Jeg ville derfor anbefalt denne medisinbehandlingen, siden opphopningen av medisin i kroppen flater ut på et trygt nivå og ikke fortsetter å øke mot faregrensen.

Overskuddet til bedriften er differansen mellom inntekten og kostnaden, altså den loddrette avstanden mellom grafen til $I_A$ og grafen til $K_A$. Overskuddet er størst der denne avstanden er størst.

Vi tegner grafene til $K_A(x)=\mathrm{0,3}{x}^2+20x+1000$ (rød) og $I_A(x)=200x-x^2$ (blå) i samme koordinatsystem, for $x\le 150$:

Det grønne linjestykket markerer stedet der avstanden mellom kurvene er størst. Ved avlesning av grafen ser vi at dette skjer for

Bedriften bør altså produsere og selge $\underline{\underline{69\text{ enheter}}}$ for at overskuddet skal bli størst.

Grensekostnaden er den deriverte av kostnadsfunksjonen, og grenseinntekten er den deriverte av inntektsfunksjonen:

Overskuddet $O_A(x)=I_A(x)-K_A(x)$ er størst der grensekostnaden er lik grenseinntekten, altså der $O_A^{\prime }(x)=0$:

Vi løser likningen med CAS:

Siden $x$ må være et helt antall enheter, bør bedriften produsere og selge $\underline{\underline{69\text{ enheter}}}$. Dette stemmer godt med avlesningen i a).

Bedriften produserer like mange enheter som blir solgt, så antallet solgte enheter er $e(p)=1000-17p$. Inntekten er pris multiplisert med antall solgte enheter:

Vi finner prisen som gir størst inntekt ved å derivere og løse $I_B^{\prime }(p)=0$ med CAS:

Siden $I_B^{\prime }(p)$ går fra positiv til negativ verdi her, er dette et toppunkt. Inntekten ved denne prisen er

Prisen $\underline{\underline{p\approx \mathrm{29,41}\mathrm{kr}}}$ gir størst inntekt, og denne inntekten er $\underline{\underline{I_B\approx \mathrm{14705,88}\mathrm{kr}}}$.

Antall produserte/solgte enheter uttrykt ved prisen er $x=e(p)=1000-17p$. Vi setter dette inn i uttrykket for $K_B(x)$:

CAS forenkler uttrykket (se rad 6–7 i utklippet over):

Overskuddet som funksjon av prisen er $O_B(p)=I_B(p)-K_B(p)$:

Vi finner maksimum ved å derivere og løse $O_B^{\prime }(p)=0$ med CAS:

Siden $O_B$ er en parabel som vender nedover ($-\mathrm{28,56}<0$), er dette et maksimum. Det maksimale overskuddet er

Prisen $\underline{\underline{p\approx \mathrm{38,34}\mathrm{kr}}}$ gir størst overskudd, og dette maksimale overskuddet er $\underline{\underline{O_B\approx \mathrm{11182,67}\mathrm{kr}}}$.

Enhetskostnaden $E(x)={\displaystyle \frac{K(x)}{x}}$ er kostnaden delt på antall enheter, altså gjennomsnittskostnaden per enhet.

Stigningstallet til den rette linja gjennom origo $(\mathrm{0,0})$ og punktet $(150,K(150))$ på grafen til $K$ er

Dette er nøyaktig samme uttrykk som $E(150)$. Derfor er enhetskostnaden ved $x=150$ lik stigningstallet til linja gjennom origo og $(150,K(150))$. Fra CAS (linje 3) er $K(150)\approx \mathrm{2909,98}$, slik at $E(150)\approx \mathrm{19,40}\mathrm{kr}$ per enhet.

Generelt gjelder dette for alle $x$: enhetskostnaden $E(x)$ er stigningstallet til linja gjennom origo og $(x,K(x))$, fordi $E(x)={\displaystyle \frac{K(x)-0}{x-0}}$ er nettopp definisjonen av stigningstall.

Enhetskostnaden $E(x)$ er stigningstallet til den rette linja fra origo til punktet $P=(x,K(x))$ på grafen til $K$ (jf. a). Når $P$ flyttes langs grafen fra $x$ nær $0$ og oppover, dreier linja seg. Linja har lavest stigningstall nettopp når den er tangent til grafen til $K$ — for mindre eller større $x$ vil linja skjære grafen og ha brattere stigning.

Ved å flytte punktet $P$ i GeoGebra og lese av når linja fra origo tangerer grafen til $K$, finner vi at dette skjer ved $x=400$ (se MinE i CAS-utklippet, linje 7, som viser minimum av $E(x)$ på $⟨50,500⟩$).

Den produksjonsmengden som gir lavest enhetskostnad er dermed

med enhetskostnad $E(400)\approx \mathrm{13,59}\mathrm{kr}$.

Grensekostnaden er den deriverte av kostnadsfunksjonen:

(se Kd(x) i CAS-utklippet, linje 5). Grensekostnaden ved $x=300$ er

(linje 6 i CAS-utklippet). Dette betyr at når produksjonen er $300$ enheter per dag, vil kostnaden ved å produsere én ekstra enhet (den $301.$) øke med omtrent $\mathrm{10,59}\mathrm{kr}$.

Enhetskostnaden er lik grensekostnaden når $E(x)=K^{\prime }(x)$. Fra CAS-utklippet ser vi at både E(400) og Kd(400) gir samme verdi, $\mathrm{13,59}$ (linje 8–9), altså at

Grafisk skjer dette i skjæringspunktet mellom grafene til $E$ og $K^{\prime }$. Dette stemmer også med svaret i b): enhetskostnaden er lavest nettopp der linja fra origo til $(x,K(x))$ tangerer grafen til $K$, og i det punktet er stigningstallet til linja ($E(x)$) lik stigningstallet til tangenten til grafen ($K^{\prime }(x)$).

Enhetskostnaden er altså lik grensekostnaden ved

Overskuddet er inntekt minus kostnad, $U(x)=I(x)-K(x)$. Vi skal finne overskuddet der enhetskostnaden er lik grensekostnaden, altså ved $x=400$ (fra d).

Fra CAS-utklippet (linje 12) er

Kommentar: Dette er ikke det maksimale overskuddet. Overskuddet er størst når grenseinntekten er lik grensekostnaden, altså når $I^{\prime }(x)=K^{\prime }(x)$, ikke når enhetskostnaden $E(x)$ er lik grensekostnaden. Ved $x=400$ er $I^{\prime }(400)=50-\mathrm{0,1}\cdot 400=10\mathrm{kr}$, mens $K^{\prime }(400)\approx \mathrm{13,59}\mathrm{kr}$. Siden grenseinntekten her er lavere enn grensekostnaden, er overskuddet allerede på vei ned ved $x=400$ — det maksimale overskuddet oppnås ved en noe lavere produksjon enn $400$ enheter.