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 $(x+2)' = 1$, så:

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

Vi bruker produktregelen $(u \cdot v)' = u' \cdot v + u \cdot v'$ med $u = x$ og $v = \ln(3x)$:

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

Setter dette inn:

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

Vi bruker formelen for summen av en endelig geometrisk rekke:

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

Her er $k = \dfrac{1}{2}$, og siden $\left|\dfrac{1}{2}\right| = \dfrac{1}{2} < 1$ 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 $f'(x) = 0$:

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

For $x = 1$: $f''(1) = 6 \cdot 1 - 12 = -6 < 0 \implies$ toppunkt

For $x = 3$: $f''(3) = 6 \cdot 3 - 12 = 6 > 0 \implies$ bunnpunkt

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

Vendepunktet finnes der $f''(x) = 0$ og $f''$ skifter fortegn:

$f''(x) < 0$ for $x < 2$ og $f''(x) > 0$ for $x > 2$, så $f''$ 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 $y = 4{,}46x$ 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 $\underline{\underline{4{,}46 \, \mathrm{kr}}}$ per enhet.

Grensekostnaden $K'(x)$ er den deriverte av $K$, og geometrisk er dette stigningstallet til tangenten til $K$ i punktet $(x, K(x))$.

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

Grensekostnaden ved produksjon av 400 enheter er $\underline{\underline{2{,}06 \, \mathrm{kr}}}$ 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 $y = 3{,}43x$ 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 $\underline{\underline{3{,}43 \, \mathrm{kr}}}$ 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 $\text{E}(X) = \dfrac{1}{2}$:

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

Ganger begge sider med 12:

Dette gir oss likningssystemet:

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

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

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

Dermed:

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

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 $O''(x) = -0{,}309 < 0$ (toppunkt).

Største overskudd:

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

Å sette $O'(x) = 0$ 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 $y \geq 15$ krever $\frac{625}{x} \geq 15$, altså $x \leq \frac{625}{15} \approx 41{,}7$. Vi trenger også $x > 0$. Betingelsen $x > 15$ sikrer at steinmuren faktisk dekker en del av siden.

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

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

Vi setter $G'(x) = 0$:

Vi kontrollerer at dette er et minimum: $G''(x) = \frac{2500}{x^3} > 0$ 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 → $20\,000 \cdot 1{,}035^4$
• Innskudd 1.1.2008: 3 år → $20\,000 \cdot 1{,}035^3$
• Innskudd 1.1.2009: 2 år → $20\,000 \cdot 1{,}035^2$
• Innskudd 1.1.2010: 1 år → $20\,000 \cdot 1{,}035^1$

Total saldo 31.12.2010:

Dette er en geometrisk rekke med første ledd $a_1 = 1{,}035$, kvotient $k = 1{,}035$ 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 $a_1 = 1{,}03$, $k = 1{,}03$, $n = 4$:

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:

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

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 $1930 + 78{,}9 \approx 2009$.

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

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 $T_n = 1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}$.

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

Vi setter inn $T_n = \dfrac{n(n+1)}{2}$ og $T_{n+3} = \dfrac{(n+3)(n+4)}{2}$ 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 $\Phi(1) \approx 0{,}8413$, så

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

Vi standardiserer begge grenser:

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

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

Vi setter opp hypoteser:

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

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

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