S2 Høst 2011

Vi deriverer funksjonene enkeltvis.

1) $f(x) = x^2 + \dfrac{1}{2}x + 4$

2) $g(x) = 3e^{2x}$ — kjerneregel med $u = 2x$:

3) $h(x) = x \cdot e^{2x}$ — produktregel med $u = x$ og $v = e^{2x}$:

4) $i(x) = \ln(x^2 + 4)$ — kjerneregel med $u = x^2 + 4$:

Rekken $4 + 7 + 10 + 13 + \cdots$ er en aritmetisk rekke med

$a_n$: Vi bruker formelen $a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$:

$S_n$: Vi bruker sumformelen $S_n = \dfrac{n}{2}(a_1 + a_n)$:

Venstresiden $x + x^2 + x^3 + \cdots$ er en uendelig geometrisk rekke med første ledd $a_1 = x$ og kvotient $k = x$.

For $x \in \langle -1,\, 1 \rangle$ konvergerer rekken, og vi bruker formelen $S = \dfrac{a_1}{1-k}$:

1) Siden $(x+4)$ skal gå opp i $f(x) = x^3 + ax + 12$, må $x = -4$ være et nullpunkt:

2) Vi utfører polynomdivisjon av $f(x) = x^3 - 13x + 12$ med $(x+4)$:

Vi sjekker: $(x+4)(x^2-4x+3) = x^3-4x^2+3x+4x^2-16x+12 = x^3-13x+12$ ✓

Vi faktoriserer andregradsfaktoren $x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3)$, så

Vi skriver opp delsummene:

Vi legger merke til at $S_1 = 1^3$, $S_2 = 2^3$, $S_3 = 3^3$, $S_4 = 4^3$.

Vi gjetter at $S_n = n^3$, og sjekker: $a_n = S_n - S_{n-1} = n^3 - (n-1)^3$.

Vi verifiserer: $a_1 = 3-3+1=1$ ✓, $a_2 = 12-6+1=7$ ✓, $a_3 = 27-9+1=19$ ✓, $a_4 = 48-12+1=37$ ✓

Derfor er

1) $f'(x) = a(x+1)(x-2)$ med $a < 0$.

Nullpunktene er $x = -1$ og $x = 2$. Siden $a < 0$ er parabelen (andregrad) åpen nedover.

Fortegnslinje for $f'(x)$:

• $f'(x) < 0$ for $x < -1$: $f$ er synkende
• $f'(x) > 0$ for $-1 < x < 2$: $f$ er stigende
• $f'(x) < 0$ for $x > 2$: $f$ er synkende

Fortegnskiftet i $f'$ gir:

• $x = -1$: skifter fra $-$ til $+$ → bunnpunkt
• $x = 2$: skifter fra $+$ til $-$ → toppunkt

2) Vi utvider $f'(x) = a(x+1)(x-2) = a(x^2 - x - 2) = ax^2 - ax - 2a$ og deriverer:

$f''(x) = 0$ gir $x = \dfrac{1}{2}$.

Siden $a \neq 0$ skifter $f''$ fortegn her, så $f$ har et vendepunkt ved $x = \dfrac{1}{2}$.

Sannsynlighetsfordelingen er

Forventningsverdi:

Varians:

Det 2. og 8. avdraget:

Det 2. avdraget er $\underline{\underline{15\,750 \, \mathrm{kr}}}$ og det 8. avdraget er $\underline{\underline{\approx 21\,107 \, \mathrm{kr}}}$.

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

For de 8 første avdragene:

Studenten betaler tilbake $\underline{\underline{\approx 143\,237 \, \mathrm{kr}}}$ i løpet av de 8 første avdragene.

Vi løser $S_n = 450\,000$ med GeoGebra CAS.

Fra linje 6 i CAS-utklippet ser vi at $n \approx 18{,}78$.

Siden $n$ må være et heltall, og summen må nå minst $450\,000 \, \mathrm{kr}$, er svaret $n = 19$.

Vi kan bekrefte:

• $S_{18} \approx 421\,986 \, \mathrm{kr}$ (ikke nok)
• $S_{19} \approx 458\,085 \, \mathrm{kr}$ (nok)

Det vil ta $\underline{\underline{19 \text{~år}}}$ før hele lånet er tilbakebetalt.

Det siste avdraget er det 19. avdraget (fra deloppgave c):

Fra linje 7 i CAS-utklippet bekreftes $a_{19} \approx 36\,099 \, \mathrm{kr}$.

Det siste avdraget er $\underline{\underline{\approx 36\,099 \, \mathrm{kr}}}$.

Vi setter inn $N(0) = 400$:

Vi setter inn $N(5) = 600$ med $C = 300$:

Vi har vist at $C = 300$ og $k \approx 0{,}22$.

Vi løser $N(t) = 650$ med GeoGebra CAS:

CAS gir $t \approx 8{,}14$.

Det tar omtrent $\underline{\underline{8{,}1 \text{~år}}}$ før det er 650 harer i området.

Alternativt for hånd:

Grafen til $N(t) = 700 - 300 \cdot e^{-0{,}22t}$ er tegnet i GeoGebra:

Når $t \to \infty$ går $e^{-0{,}22t} \to 0$, og dermed $N(t) \to 700$.

Grafen har en horisontal asymptote $N = 700$.

Når det har gått lang tid, vil det være $\underline{\underline{700 \mathrm{~harer}}}$ i området.

Vi deriverer $N(t) = 700 - 300 \cdot e^{-0{,}22t}$ med kjerneregelen.

La $u = -0{,}22t$, slik at $N = 700 - 300 \cdot e^{u}$. Da er $u' = -0{,}22$ og $(e^u)' = e^u \cdot u'$:

GeoGebra CAS bekrefter dette (se CAS-skjermbilde ovenfor, linje 3–4).

Vi regner ut $N'(5)$:

$\underline{\underline{N'(5) \approx 22 \text{~harer per år}}}$

Dette betyr at harebestanden øker med omtrent 22 harer per år etter 5 år.

Vi kaster to terninger. Det totale utfallsrommet består av $6 \cdot 6 = 36$ like sannsynlige utfall.

$X = 5$ betyr at premien er $15 \, \mathrm{kr}$, altså at summen av de to terningene er 7 eller 8.

Utfall som gir sum 7: $(1,6),\,(2,5),\,(3,4),\,(4,3),\,(5,2),\,(6,1)$ — det er $6$ utfall.

Utfall som gir sum 8: $(2,6),\,(3,5),\,(4,4),\,(5,3),\,(6,2)$ — det er $5$ utfall.

Til sammen er det $6 + 5 = 11$ gunstige utfall, og derfor er

Vi teller utfall på samme måte for de øvrige verdiene av $X$.

$X = 40$ (premie $50 \, \mathrm{kr}$, sum 9 eller 10):

• Sum 9: $(3,6),(4,5),(5,4),(6,3)$ — 4 utfall
• Sum 10: $(4,6),(5,5),(6,4)$ — 3 utfall

$X = 90$ (premie $100 \, \mathrm{kr}$, sum 11 eller 12):

• Sum 11: $(5,6),(6,5)$ — 2 utfall
• Sum 12: $(6,6)$ — 1 utfall

$X = -10$ (ingen premie, sum 6 eller mindre):

Siden alle sannsynlighetene må summere til 1:

Den fullstendige sannsynlighetsfordelingen er:

Vi beregner forventningsverdien $\text{E}(X)$ med GeoGebra CAS:

Fra utklippet ser vi at

Siden $\text{E}(X) \approx 12{,}64 \, \mathrm{kr} > 0$, vil man i gjennomsnitt tjene om lag $12{,}64 \, \mathrm{kr}$ per spill. Det lønner seg altså i lengden å spille dette spillet.

Vi beregner punktsannsynligheten $P(X = 18)$:

Sannsynligheten for at akkurat 18 av de 120 pakningene har for dårlig kvalitet er $\underline{\underline{P(X = 18) \approx 0{,}1015}}$, dvs. ca. $10{,}15 \,\%$.

Vi beregner $P(X \geq 20) = 1 - P(X \leq 19)$:

Sannsynligheten for at minst 20 av pakningene har for dårlig kvalitet er $\underline{\underline{P(X \geq 20) \approx 0{,}3414}}$, dvs. ca. $34{,}1 \,\%$.

Vi setter opp hypotesetesten:

Signifikansnivå: $\alpha = 0{,}05$.

Vi observerte $x = 21$ pakninger med for dårlig kvalitet. Siden $H_1$ er ensidig (vi tester om $p$ er større enn $0{,}15$), er p-verdien sannsynligheten for å observere minst 21 pakninger dersom $H_0$ er sann:

Siden p-verdien $0{,}2557 > 0{,}05 = \alpha$, forkaster vi ikke $H_0$.

Konklusjon: p-verdien er ca. $25{,}6 \,\%$, som er høyere enn signifikansnivået på $5 \,\%$. Vi forkaster ikke $H_0$. Kontrollen gir ikke statistisk grunnlag for å påstå at kvaliteten på matvaren er dårligere i dette distriktet enn ellers i landet.

År 2012 er $x = 2012 - 1996 = 16$ år etter 1996. Vi setter inn i funksjonsuttrykket:

Vi bruker GeoGebra CAS til å beregne verdien.

Oljefondet vil ifølge modellen være på ca. $\underline{\underline{2962 \, \mathrm{mrd.\,kr}}}$ i 2012.

Vi skal derivere $f(x) = \dfrac{3236}{1 + 38{,}1 \cdot e^{-0{,}3763x}}$ ved hjelp av brøkregelen og kjerneregelen.

Vi setter $u(x) = 3236$ (konstant) og $v(x) = 1 + 38{,}1 \cdot e^{-0{,}3763x}$.

Kjerneregelen gir $v'(x)$: den ytre funksjonen er $e^{\square}$ og den indre er $-0{,}3763x$:

Brøkregelen $\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ gir:

(siden $3236 \cdot 38{,}1 \cdot 0{,}3763 \approx 46394{,}6$). Dette er det samme som det oppgitte uttrykket. $\square$

Vi beregner $f'(4)$ med GeoGebra CAS (se skjermbilde over):

$f'(4) \approx \underline{\underline{115 \, \text{mrd.\,kr/år}}}$ betyr at Oljefondet i år 2000 ($x = 4$) vokste med ca. 115 milliarder kroner per år.

Fra det deriverte uttrykket

ser vi at:

• Telleren $46394{,}6 \cdot e^{-0{,}3763x} > 0$ for alle $x$, siden eksponentialfunksjonen alltid er positiv.
• Nevneren $\left(1 + 38{,}1 \cdot e^{-0{,}3763x}\right)^2 > 0$ for alle $x$, siden det er et kvadrat av et positivt tall.

Dermed er $f'(x) > 0$ for alle $x$, og $f$ er strengt voksende. Dette støtter påstanden om at Oljefondet alltid vokser ifølge denne modellen.

Størst vekst betyr at $f'(x)$ har sitt maksimum. Vi finner dette ved å løse $f''(x) = 0$ med GeoGebra CAS.

CAS gir $x \approx 9{,}67$.

Vi kan også bekrefte med grafen:

Toppen av den grønne kurven ($f'$) er ved $x \approx 9{,}67$, som tilsvarer år $1996 + 9{,}67 \approx 2006$.

Oljefondet har størst vekst i år $\underline{\underline{2006}}$ ifølge modellen (ca. 304 mrd. kr/år).