S2 Høst 2016

Vi deriverer ledd for ledd med potensregelen:

Vi bruker kjerneregelen med $u = x^2+1$:

Vi bruker kvotientregelen $\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ med $u = e^x$ og $v = e^x+1$:

Vi merker at $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$, så fellesnevneren er $(x-2)(x+2)$. Nevneren er null for $x = 2$ og $x = -2$, så disse er ugyldige løsninger.

Multipliserer begge sider med $(x-2)(x+2)$:

Begge løsningene er gyldige siden ingen av dem gjør nevneren null.

Siden $\ln(1) = 0$, får vi:

Vi sjekker at argumentet $x^2 + 2x - 14$ er positivt for begge løsningene:

• $x = -5$: $25 - 10 - 14 = 1 > 0$ ✓
• $x = 3$: $9 + 6 - 14 = 1 > 0$ ✓

Begge løsningene er gyldige.

Vi beregner $f(-2)$:

Siden $f(-2) = 0$, er $x = -2$ et nullpunkt for $f$. Ifølge faktorteoremet betyr dette at $(x+2)$ er en faktor i $f(x)$, og divisjonen $f(x) : (x+2)$ går opp uten rest.

Vi utfører polynomdivisjon:

Dermed kan $f(x)$ faktoriseres som:

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

• $x + 2 = 0 \Rightarrow x = -2$
• $(x-4)^2 = 0 \Rightarrow x = 4$

Nullpunktene er $(-2, 0)$ og $(4, 0)$.

Vi deriverer $f(x) = x^3 - 6x^2 + 32$:

Stasjonære punkter der $f'(x) = 0$:

Vi bruker andrederivert for å klassifisere:

$x = 0$: $f''(0) = -12 < 0$ — toppunkt. $f(0) = 32$.

$x = 4$: $f''(4) = 12 > 0$ — bunnpunkt. $f(4) = 0$.

Grafen til $f$ har toppunkt $(0, 32)$ og bunnpunkt $(4, 0)$.

Vendepunkt der $f''(x) = 0$:

Fortegnet til $f''(x)$ skifter fra negativ til positiv i $x = 2$, så dette er et vendepunkt.

Grafen har vendepunkt $(2, 16)$.

Fra drøftingen vet vi:

• Nullpunkter: $(-2, 0)$ og $(4, 0)$
• Toppunkt: $(0, 32)$
• Bunnpunkt: $(4, 0)$ — merk at bunnpunktet faller sammen med nullpunktet i $x = 4$, og $x = 4$ er et dobbelt nullpunkt, så grafen er tangent til $x$-aksen der
• Vendepunkt: $(2, 16)$

$K'(x) = 2ax + b$, så $K'(10) = 20a + b$.

Vi setter inn de tre opplysningene i $K(x) = ax^2 + bx + c$:

Dette gir ligningssystemet vist i oppgaven.

Vi trekker ligning 1 fra ligning 2 for å eliminere $c$:

Fra ligning 3 er $b = 350 - 20a$. Vi setter dette inn:

Dermed er $b = 350 - 20 \cdot 15 = 350 - 300 = 50$.

Vi setter $a = 15$ og $b = 50$ inn i ligning 1:

Kostnadsfunksjonen er

Rekken $1 + 2 + 3 + \ldots + n$ er en aritmetisk rekke med

Sumformelen for en aritmetisk rekke er

Vi setter inn:

Figuren viser et rektangel med $n$ rader og $n+1$ kolonner, totalt $n(n+1)$ kuler.

En trappelinje deler rektangelet i to like store deler:

• De røde kulene danner et trappemønster der rad 1 har 1 kule, rad 2 har 2 kuler, …, rad $n$ har $n$ kuler. Antall røde kuler er $1 + 2 + 3 + \ldots + n$.
• De grå kulene er en speilvendt kopi av de røde og har nøyaktig like mange kuler.

Siden røde og grå kuler til sammen fyller hele rektangelet, har vi

og dermed

Dette stemmer med svaret i oppgave a).

Summen av alle sannsynligheter i en sannsynlighetsfordeling må være lik 1:

Forventningsverdien er gitt ved $\text{E}(X) = \sum t \cdot P(X = t)$. Vi setter inn de kjente verdiene og bruker at $\text{E}(X) = 1$:

Med $r = -5$ ser sannsynlighetsfordelingen slik ut:

Forventningsverdi:

Varians:

Bedriften har overskudd når inntektene er større enn kostnadene, det vil si når $I(x) > K(x)$.

Fra grafen ser vi at den røde grafen $I$ ligger over den blå grafen $K$ mellom skjæringspunktene $A$ og $C$. Vi leser av at $A$ ligger ved $x = 100$ og $C$ ved $x = 400$.

Bedriften har overskudd når den produserer og selger mellom 100 og 400 enheter daglig, altså for $x \in \langle 100, 400 \rangle$.

Grensekostnaden ved $x = 100$ er det samme som den deriverte $K'(100)$, som er lik stigningstallet til tangenten til $K$ i punktet $x = 100$.

Fra grafen ser vi at punkt $A$ ved $x = 100$ er berøringspunktet for tangenten $h(x) = 62{,}5x + 3850$.

Stigningstallet til $h$ er $62{,}5$, så

Grensekostnaden ved produksjon av 100 enheter er 62,5 kr per enhet.

Overskuddet $O(x) = I(x) - K(x)$ er størst der grafen for $I$ og grafen for $K$ har størst avstand. Dette skjer når de to grafene har samme stigningstall, det vil si der tangenten til $K$ er parallell med $I$.

Fra grafen ser vi at $I(x)$ er en rett linje med stigningstall $100$ (tangenten $g(x) = 100x - 2613$ er parallell med $I$). Overskuddet er størst der tangenten til $K$ også har stigningstall $100$, og dette er i berøringspunktet til $g$ på grafen til $K$.

Vi leser av punkt $B$ på grafen og ser at dette skjer ved $x = 250$.

Bedriften må produsere og selge 250 enheter daglig for å få størst mulig overskudd.

Vi lar $x$ være sidelengden i den kvadratiske bunnen (i meter) og $h$ være høyden på skapet (i meter).

Volumkravet gir:

Materialkostnadene beregnes for hver flate:

• Bunn: $x^2 \cdot 450$ kr
• Topp: $x^2 \cdot 230$ kr
• Fire sidevegger: $4 \cdot (x \cdot h) \cdot 230$ kr

Totalt:

Grafen til $K(x) = 680x^2 + \dfrac{736}{x}$ for $x > 0$:

Grafen har et bunnpunkt (minimumspunkt) for $x \approx 0{,}815$ m.

Vi deriverer og setter den deriverte lik null:

Vi sjekker at dette er et minimum ved å kontrollere fortegnskiftet til $K'$: $K'(x) < 0$ for $x < 0{,}815$ og $K'(x) > 0$ for $x > 0{,}815$, så dette er et minimum.

Den laveste materialkostnaden er:

Materialkostnadene blir lavest mulig når $x \approx 0{,}815$ m (dvs. ca. 81,5 cm), og den laveste kostnaden er ca. 1355 kr.

La $X_1$ være antall personer som består teoriprøven blant de 10.

$X_1$ er binomisk fordelt med $n = 10$ og $p = 0{,}52$.

Vi ønsker $P(X_1 \geq 7)$:

Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren (binomisk, $n = 10$, $p = 0{,}52$) og leser av:

Sannsynligheten for at minst 7 av de 10 personene greier prøven er omtrent $20{,}7 \,\%$.

La $X_2$ være antall personer som består teoriprøven blant de 100.

$X_2$ er binomisk fordelt med $n = 100$ og $p = 0{,}52$.

Vi kan bruke sannsynlighetskalkulatoren direkte (binomisk, $n = 100$, $p = 0{,}52$):

Alternativt med normalapproksimering:

Siden $n = 100$ er stort, kan $X_2$ tilnærmes med en normalfordeling. Vi beregner forventning og standardavvik:

$X_2$ er tilnærmet normalfordelt med $\mu = 52$ og $\sigma \approx 5{,}0$.

Med heltallskorreksjon:

Sannsynligheten for at minst 70 av de 100 personene greier prøven er omtrent $0{,}02 \,\%$.

Vi setter opp en hypotesetest.

Hypoteser:

Vi har observert at 60 av 100 elever fra den aktuelle kjøreskolen besto teoriprøven.

Testobservator: $X = 60$

Under $H_0$ er $X$ binomisk fordelt med $n = 100$ og $p = 0{,}52$.

P-verdien er sannsynligheten for å observere et resultat minst like ekstremt som det observerte, gitt at $H_0$ er sann:

Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren (binomisk, $n = 100$, $p = 0{,}52$) og leser av:

Konklusjon:

Siden p-verdien $\approx 0{,}066 > 0{,}05$ (signifikansnivået), kan vi ikke forkaste $H_0$.

$\underline{\underline{\text{Det er ikke statistisk grunnlag for å si at andelen som består har økt for elever fra denne kjøreskolen.}}}$

Resultatet (60 av 100) er ikke uvanlig nok til å utelukke tilfeldigheter ved et signifikansnivå på $5 \,\%$.

Inntekten er pris multiplisert med antall enheter solgt:

Altså er $I(p) = -p^3 + 341p$.

Vi finner maksimum ved å derivere og sette lik null:

Setter $I'(p) = 0$:

Vi sjekker at dette gir maksimum: $I''(p) = -6p < 0$ for $p > 0$. ✓

Siden $p \approx 10{,}66 \in [4, 16]$, gir $p \approx 10{,}66$ kr høyest inntekt.

Steg 1: Finn $K(x)$ ved lineær regresjon

Fra tabellen bruker vi lineær regresjon (grad 1) på datapunktene:

Regresjonen gir:

Vi kan verifisere: for $x = 100$ gir modellen $K(100) = 5{,}37 \cdot 100 + 525{,}2 = 1062{,}2 \approx 1065$ ✓

Steg 2: Uttrykk $K$ som funksjon av $p$

Siden $x = E(p) = 341 - p^2$ setter vi inn:

Steg 3: Sett opp overskuddsfunksjonen

Avrunder vi konstantleddet til $-2356$, får vi:

Dette er i samsvar med den oppgitte modellen. ✓

Vi maksimerer $O(p) = -p^3 + 5{,}37p^2 + 341p - 2356$ på $[4, 16]$.

Deriverer:

Setter $O'(p) = 0$:

Med CAS (eller andregradsformelen) løser vi:

Siden $p \in [4, 16]$ er $p \approx 12{,}6$ den eneste aktuelle løsningen.

Vi sjekker: $O''(p) = -6p + 10{,}74$, og $O''(12{,}6) = -6 \cdot 12{,}6 + 10{,}74 = -64{,}86 < 0$. Dette er et maksimum. ✓

Antall enheter:

Den prisen som gir størst overskudd er $p \approx 12{,}6$ kr, og bedriften må da produsere og selge omtrent $182$ enheter.

Vi setter inn $L = 1\,000\,000$, $r = 1{,}024$ og $a = 25$:

I CAS skriver vi:

NLøs(t = 1000000 * 1.024^25 * (1.024 - 1) / (1.024^25 - 1))

eller evaluerer uttrykket direkte:

1000000 * 1.024^25 * 0.024 / (1.024^25 - 1)

CAS gir $t \approx 53\,657$.

Terminbeløpet er ca. 53 657 kr.

Vi setter $t = 60\,000$, $L = 1\,000\,000$, $a = 25$ og løser for $r$:

I CAS:

NLøs(60000 = 1000000 * r^25 * (r - 1) / (r^25 - 1), r)

CAS gir $r \approx 1{,}034$, det vil si en rente på ca. $3{,}4\,\%$.

Renten kan være opptil ca. 3,4 %.

Vi setter $t = 60\,000$, $L = 1\,000\,000$, $r = 1{,}024$ og løser for $a$:

I CAS:

NLøs(60000 = 1000000 * 1.024^a * (1.024 - 1) / (1.024^a - 1), a)

CAS gir $a \approx 21{,}54$.

Siden Remine betaler én termin per år og $a$ må være et helt antall terminer, betyr dette at hun betaler ned lånet i løpet av 22 terminer (ca. 21,5 år).

Med terminbeløp 60 000 kr og rente 2,40 % er nedbetalingstiden ca. 21,5 år (22 terminer).