S2 Høst 2014

Vi skal derivere $f(x)=3\ln (x+2)$.

Vi bruker kjerneregelen med ytre funksjon $3\ln (u)$ og indre funksjon $u=x+2$:

Den indre funksjonen derivert gir ${(x+2)}^{\prime }=1$, så:

Vi skal derivere $g(x)=x\cdot \ln (3x)$.

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

For den siste faktoren bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $3x$:

Setter dette inn:

Rekken $a+{\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{a}{2^2}}+\dots +{\displaystyle \frac{a}{2^{n-1}}}$ er en geometrisk rekke med første ledd $a_1=a$, kvotient $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$ og $n$ ledd.

Vi bruker formelen for summen av en endelig geometrisk rekke:

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$.

Her er $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$, og siden $\left|{\displaystyle \frac{1}{2}}\right|={\displaystyle \frac{1}{2}}<1$ konvergerer rekken.

Summen av en konvergerende uendelig geometrisk rekke er:

Vi setter $S=10$:

Vi faktoriserer $f(x)$ ved å trekke ut $x$:

Nullpunktene er der $f(x)=0$:

$f$ har nullpunkter i $x=0$ og $x=3$ (der $x=3$ er et dobbelt nullpunkt).

Vi deriverer $f(x)$:

Topp- og bunnpunkter finnes der $f^{\prime }(x)=0$:

Vi bruker andrederiverte for å avgjøre om punktene er topp eller bunn:

For $x=1$: $f^{\prime \prime }(1)=6\cdot 1-12=-6<0⟹$ toppunkt

For $x=3$: $f^{\prime \prime }(3)=6\cdot 3-12=6>0⟹$ bunnpunkt

$f$ vokser for $x<1$, avtar for $1<x<3$, og vokser igjen for $x>3$.

Vendepunktet finnes der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn:

$f^{\prime \prime }(x)<0$ for $x<2$ og $f^{\prime \prime }(x)>0$ for $x>2$, så $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i $x=2$.

Vendepunktet er $(2,2)$.

Basert på beregningene over har grafen følgende kjennetegn:

• Nullpunkter i $x=0$ og $x=3$ (tangerer x-aksen i $x=3$)
• Toppunkt i $(1,4)$
• Bunnpunkt i $(3,0)$
• Vendepunkt i $(2,2)$
• $f(0)=0$ (skjærer y-aksen i origo)

Grafen starter lavt fra venstre, stiger til toppunktet $(1,4)$, synker ned til bunnpunktet $(3,0)$, og stiger deretter ubegrenset. Vendepunktet $(2,2)$ er midtpunktet mellom topp og bunn (som forventet for en tredjegradsfunksjon).

Vi skal finne enhetskostnaden ved $x=400$.

Fra figuren ser vi at linjen $y=\mathrm{4,46}x$ går gjennom origo og tangerer (eller skjærer) grafen ved $A$, der $x=400$. Stigningstallet til denne linjen er 4,46, som geometrisk svarer til

Enhetskostnaden ved produksjon av 400 enheter er $\underline{\underline{\mathrm{4,46}\mathrm{kr}}}$ per enhet.

Grensekostnaden $K^{\prime }(x)$ er den deriverte av $K$, og geometrisk er dette stigningstallet til tangenten til $K$ i punktet $(x,K(x))$.

Fra oppgaven er $y=\mathrm{2,06}x+960$ tangenten til $K$ ved $x=400$. Stigningstallet til tangenten er 2,06, og dermed er

Grensekostnaden ved produksjon av 400 enheter er $\underline{\underline{\mathrm{2,06}\mathrm{kr}}}$ per enhet.

Den minste enhetskostnaden oppnås i det punktet $B$ der linjen fra origo akkurat tangerer grafen til $K$. For alle andre punkter på grafen vil en linje fra origo skjære grafen (og ikke bare berøre den), noe som gir et høyere stigningstall — altså høyere enhetskostnad.

Fra figuren er det linjen $y=\mathrm{3,43}x$ som tangerer $K$ i punktet $B$. Stigningstallet 3,43 er det minste mulige stigningstallet for en linje fra origo til grafen, og dermed er

Den minste enhetskostnaden er $\underline{\underline{\mathrm{3,43}\mathrm{kr}}}$ per enhet.

Vi trenger tre likninger for å bestemme de tre ukjente $a$, $b$ og $c$.

Likning i — summen av alle sannsynligheter må være 1:

Likning ii — forventningsverdien $\text{E}(X)={\displaystyle \frac{1}{2}}$:

Likning iii — variansen $\text{Var}(X)={\displaystyle \frac{7}{12}}$. Vi bruker definisjonen $\text{Var}(X)=\sum {(x-\mu )}^2\cdot P(X=x)$ med $\mu ={\displaystyle \frac{1}{2}}$:

Ganger begge sider med 12:

Dette gir oss likningssystemet:

Fra likning ii har vi $c=a+{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Setter vi dette inn i likning i, finner vi $b$:

Setter vi $b$ og $c$ inn i likning iii:

Dermed:

$a={\displaystyle \frac{1}{6}}$, $b={\displaystyle \frac{1}{6}}$, $c={\displaystyle \frac{2}{3}}$

Inntekten er pris per enhet multiplisert med antall solgte enheter:

Vi bruker regresjon av 2. grad (RegPoly) på datapunktene fra tabellen. Med full regresjon får vi:

Overskuddet er inntekt minus kostnad:

Størst overskudd finner vi ved å sette den deriverte lik null:

Dette gir maksimalt overskudd siden $O^{\prime \prime }(x)=-\mathrm{0,309}<0$ (toppunkt).

Største overskudd:

Vi har at $O(x)=I(x)-K(x)$, og derfor:

Å sette $O^{\prime }(x)=0$ gir:

Geometrisk betyr dette at grenseinntekten (stigningstallet til $I$) og grensekostnaden (stigningstallet til $K$) er like. Overskuddet er størst der inntektskurven og kostnadskurven har samme stigningstall — dvs. der tangentene er parallelle. Øker vi produksjonen videre, vokser kostnadene raskere enn inntektene, og overskuddet minker.

Bredden er $x$ og lengden er $y$. Arealbetingelsen gir

Inngjerdingen består av to sider med lengde $x$ (topp og bunn), to sider med lengde $y$ (venstre og høyre side), men steinmuren på $15\mathrm{m}$ erstatter en del av inngjerdingen langs én av de lange sidene ($y$-retningen). Den totale gjerdelengden blir derfor

Vi setter inn $y=\frac{625}{x}$:

Vi skriver dette med felles nevner $x$:

Dette gjelder når $x>15$, siden steinmuren er $15\mathrm{m}$ og $y\ge 15$ krever $\frac{625}{x}\ge 15$, altså $x\le \frac{625}{15}\approx \mathrm{41,7}$. Vi trenger også $x>0$. Betingelsen $x>15$ sikrer at steinmuren faktisk dekker en del av siden.

Dermed er $G(x)={\displaystyle \frac{2x^2-15x+1250}{x}}$ vist.

Vi skriver $G(x)=2x+\frac{1250}{x}-15$ og deriverer:

Vi setter $G^{\prime }(x)=0$:

Vi kontrollerer at dette er et minimum: $G^{\prime \prime }(x)=\frac{2500}{x^3}>0$ for $x>0$, så $x=25$ gir et minimum.

Lengden er $y=\frac{625}{25}=25\mathrm{m}$.

Den korteste gjerdelengden er

Siden $x=y=25\mathrm{m}$, er området et kvadrat.

Katrine setter inn 20 000 kr fire ganger: 1.1.2007, 1.1.2008, 1.1.2009 og 1.1.2010. Alle innskuddene forrentes med 3,5 % per år frem til 31.12.2010.

Antall år hvert innskudd forrentes:

• Innskudd 1.1.2007: 4 år → $20000\cdot {\mathrm{1,035}}^4$
• Innskudd 1.1.2008: 3 år → $20000\cdot {\mathrm{1,035}}^3$
• Innskudd 1.1.2009: 2 år → $20000\cdot {\mathrm{1,035}}^2$
• Innskudd 1.1.2010: 1 år → $20000\cdot {\mathrm{1,035}}^1$

Total saldo 31.12.2010:

Dette er en geometrisk rekke med første ledd $a_1=\mathrm{1,035}$, kvotient $k=\mathrm{1,035}$ og $n=4$ ledd:

Fra 1.1.2011 er renten 3,0 % per år. Katrine tar ut 8000 kr fire ganger: 1.1.2011, 1.1.2012, 1.1.2013 og 1.1.2014.

Startbeholdningen 87 249 kr forrentes i 4 år:

Hvert uttak på 8000 kr reduserer kontoen, men de gjenværende midlene fortsetter å forrentes frem til 31.12.2014. Uttakene forrentes i henholdsvis 4, 3, 2 og 1 år:

Geometrisk rekke med $a_1=\mathrm{1,03}$, $k=\mathrm{1,03}$, $n=4$:

Saldo 31.12.2014:

Vi tegner grafen til

med graftegner for $t\in [0,140]$ (år etter 1930).

Vi vil finne $t$ slik at $V(t)=10$. Vi leser av graf der kurven skjærer den horisontale linjen $y=10$ (rød stiplet linje i figuren).

Graftegneren gir to skjæringspunkter:

• $t\approx \mathrm{52,7}$, som svarer til år $1930+\mathrm{52,7}\approx \mathrm{𝟏𝟗𝟖𝟑}$
• $t\approx \mathrm{105,2}$, som svarer til år $1930+\mathrm{105,2}\approx \mathrm{𝟐𝟎𝟑𝟓}$

Ifølge modellen vil produksjonen være 10 milliarder fat per år i $\underline{\underline{1983}}$ og igjen i $\underline{\underline{2035}}$.

Vi finner maksimalpunktet til $V$ ved hjelp av graftegneren. Fra figuren leser vi av toppunktet:

Dette tilsvarer år $1930+\mathrm{78,9}\approx 2009$.

Ifølge modellen er produksjonen størst i år $\underline{\underline{2009}}$, med en produksjon på omtrent $\underline{\underline{\mathrm{15,2}\text{ mrd. fat/år}}}$.

Total oljeproduksjon fra og med 1930 til og med 2014 er gitt ved det bestemte integralet. År 1930 tilsvarer $t=0$, og år 2014 tilsvarer $t=84$. I en kontinuerlig modell tolkes produksjonen i år 2014 som arealet under kurven i intervallet $[84,85]$, slik at øvre grense blir $t=85$:

Vi beregner integralet med graftegner:

Den totale oljeproduksjonen fra 1930 til 2014 er ifølge modellen omtrent $\underline{\underline{666\text{ milliarder fat}}}$.

Fra figur 3 ($B_3=24$) ser vi at figuren vokser ved at det legges til en rad nederst i den øvre trekanten og en rad i bunnen av figuren. Fra figur $n-1$ til figur $n$ øker antall prikker med $(n+3)+n$.

Fra $B_3=24$:

Trekanttallet $T_n=1+2+\cdots +n={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$.

Vi bruker Mathias’ relasjon $B_n=T_n+T_{n+3}-3$:

Vi setter inn $T_n={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$ og $T_{n+3}={\displaystyle \frac{(n+3)(n+4)}{2}}$ i formelen $B_n=T_n+T_{n+3}-3$:

Kontroll: $B_1=2\cdot 4=8$ ✓, $B_5=6\cdot 8=48$ ✓

Vi standardiserer ved å trekke fra forventningsverdien og dele på standardavviket:

Fra standard normalfordelingstabell er $\mathrm{\Phi }(1)\approx \mathrm{0,8413}$, så

Sannsynligheten er omtrent $\underline{\underline{\mathrm{15,9}\%}}$.

Vi standardiserer begge grenser:

Fra normalfordelingstabellen er $\mathrm{\Phi }(\mathrm{0,333})\approx \mathrm{0,6306}$, og ved symmetri er $\mathrm{\Phi }(-\mathrm{0,333})\approx \mathrm{0,3694}$, så

Omtrent $\underline{\underline{\mathrm{26,1}\%}}$ av kartongene vil inneholde mellom 0,32 L og 0,34 L.

Vi setter opp hypoteser:

Dette er en ensidig (nedre) hypotesetest med signifikansnivå $\alpha =\mathrm{0,05}$.

Vi har $n=25$ kartonger med gjennomsnitt $\bar{x}=\mathrm{0,292}$.

Ifølge sentralgrenseteoremet er gjennomsnittet $\bar{X}$ tilnærmet normalfordelt med forventningsverdi $\mu =\mathrm{0,33}$ og standardavvik

Vi beregner $z$-verdien for det observerte gjennomsnittet:

$p$-verdien er

Siden $p\approx \mathrm{1,2}\cdot {10}^{-10}\ll \mathrm{0,05}$, forkaster vi $H_0$.

Konklusjon: Vi forkaster nullhypotesen. Det er statistisk grunnlag for å si at bedriften i snitt tapper for lite juice på kartongene.

Vi ønsker at $P(X>\mathrm{0,32})=\mathrm{0,90}$, der $\sigma =\mathrm{0,03}$ er uendret men $\mu$ er ukjent.

Vi standardiserer:

Det betyr at

Fra normalfordelingstabellen er ${\mathrm{\Phi }}^{-1}(\mathrm{0,10})\approx -\mathrm{1,2816}$, så

Forventningsverdien må være minst $\underline{\underline{\mu \approx \mathrm{0,359}\mathrm{L}}}$ for at 90 % av kartongene skal inneholde mer enn 0,32 L.