S2 Vår 2014

Vi skriver om brøken til en potens:

Deriverer med potensregelen $\left(x^n\right)' = n \cdot x^{n-1}$:

$g(x) = x \cdot e^{-4x}$ er et produkt av $u(x) = x$ og $v(x) = e^{-4x}$.

Produktregelen: $(u \cdot v)' = u' \cdot v + u \cdot v'$

Vi finner de to deriverte:

Setter inn:

Vi setter inn $x = 2$ direkte i $P(x)$:

Siden $P(2) = 0$, vet vi at $(x - 2)$ er en faktor i $P(x)$.

Vi utfører polynomdivisjon $(x^3 - 3x^2 + 4) : (x - 2)$:

Altså er $P(x) = (x-2)(x^2 - x - 2)$.

Vi faktoriserer andregradsleddet $x^2 - x - 2$ med abc-formelen:

Dette gir $x = 2$ eller $x = -1$, så $x^2 - x - 2 = (x-2)(x+1)$.

Dermed er

Vi har den aritmetiske rekken $3 + 6 + 9 + \cdots + 300$.

Differansen er $d = 6 - 3 = 3$.

Vi finner antall ledd ved å bruke formelen for det $n$-te leddet:

Rekken har 100 ledd. Vi bruker sumformelen:

I en aritmetisk rekke er differansen $d$ konstant, det vil si:

Da er også:

Vi får oppgitt at $a_n = a_{n-2} + 8$, altså $a_n - a_{n-2} = 8$.

Derfor er $2d = 8$, som gir $d = 4$.

Siden $a_1 = 4$ og $d = 4$:

Fra grafen til $f'$ leser vi av at:

Vi setter opp fortegnslinje for $f'(x)$:

$f$ har toppunkt i $x = -2$ og bunnpunkt i $x = 6$.

$f$ vokser for $x < -2$ og for $x > 6$.

$f$ avtar for $-2 < x < 6$.

Punktet $(4,\ 3)$ ligger på grafen til $f$, så $f(4) = 3$.

Fra grafen leser vi av $f'(4) \approx -3$.

Tangentens ligning i punktet $(4,\ 3)$ med stigningstall $f'(4) = -3$:

$f''(x)$ er den deriverte av $f'(x)$. Fra grafen til $f'$ ser vi at $f'$ har et bunnpunkt (minimumspunkt) ved $x = 2$, det vil si at $f'$ slutter å avta og begynner å vokse i $x = 2$.

Fortegnslinje for $f''(x)$:

$f''$ skifter fortegn fra $-$ til $+$ i $x = 2$, så $f$ har et vendepunkt i $\underline{\underline{x = 2}}$.

Fra informasjonen over kan vi skissere $f$:

• $f$ vokser og er konveks for $x < -2$ (siden $f'' < 0$ for $x < 2$, der kurvaturen er negativ)

  Mer presist: $f' > 0$ og $f'' < 0$ for $x < -2$ (voksende, konkav)

• $f$ har toppunkt i $x = -2$

• $f$ avtar og er konkav (bueformet nedover) for $-2 < x < 2$ ($f' < 0$, $f'' < 0$)

• Vendepunkt i $x = 2$: her er $f(2)$ et punkt der kurven skifter krumning

• $f$ avtar og er konveks (bueformet oppover) for $2 < x < 6$ ($f' < 0$, $f'' > 0$)

• $f$ har bunnpunkt i $x = 6$

• $f$ vokser for $x > 6$ ($f' > 0$, $f'' > 0$)

En mulig skisse viser en kurve som:

• starter høyt til venstre og vokser mot toppunktet ved $x = -2$
• deretter avtar med et vendepunkt (der buen snur) ved $x = 2$
• fortsetter ned til bunnpunktet ved $x = 6$
• deretter vokser igjen mot høyre

Vi bruker forventningsverdien $\text{E}(X) = np$ og antall mulige verdier ($0, 1, \ldots, n$) til å identifisere histogrammene.

Skille mellom grafene:

Graf (2) og (4) har $x$-akse fra 0 til 10 — disse passer $X_1$ og $X_3$ som begge har $n = 10$.

• Graf (2) har topp ved $x \approx 6$, noe som passer $\text{E}(X_1) = 10 \cdot 0{,}6 = \mathbf{6}$ $\Rightarrow$ graf (2) er $X_1$
• Graf (4) har topp ved $x \approx 4$, noe som passer $\text{E}(X_3) = 10 \cdot 0{,}4 = \mathbf{4}$ $\Rightarrow$ graf (4) er $X_3$

Graf (1) og (3) strekker seg over flere verdier — disse passer $X_2$ og $X_4$.

• Graf (1) har topp ved $x \approx 5$, noe som passer $\text{E}(X_4) = 50 \cdot 0{,}1 = \mathbf{5}$ $\Rightarrow$ graf (1) er $X_4$
• Graf (3) har topp ved $x \approx 6$, noe som passer $\text{E}(X_2) = 100 \cdot 0{,}06 = \mathbf{6}$ $\Rightarrow$ graf (3) er $X_2$

Vi beregner $P(X \geq 10) = 1 - P(X \leq 9)$ for hver variabel.

For $X_1$ (n=10, p=0,6): $P(X_1 \geq 10) = P(X_1 = 10) = 0{,}6^{10} \approx 0{,}0060$

For $X_3$ (n=10, p=0,4): $P(X_3 \geq 10) = P(X_3 = 10) = 0{,}4^{10} \approx 0{,}0001$

For $X_4$ (n=50, p=0,1): $P(X_4 \geq 10) \approx 0{,}0245$

For $X_2$ (n=100, p=0,06): $P(X_2 \geq 10) \approx 0{,}0775$ ✓

$\underline{\underline{X_2}}$ er variabelen med $P(X \geq 10) = 0{,}0775$.

Standardavviket for en binomisk fordelt variabel er $\text{SD}(X) = \sqrt{np(1-p)}$.

$\underline{\underline{X_2}}$ har størst standardavvik med $\text{SD}(X_2) \approx 2{,}37$.

Diameteren til halvsirkel $n$ er halvparten av diameteren til halvsirkel $n-1$. Siden diameteren til den første halvsirkelen er $2r$, er diameteren til halvsirkel $n$ lik $\frac{2r}{2^{n-1}}$.

Radiusen til halvsirkel $n$ er da:

Lengden av halvsirkelbue $n$ er halve omkretsen av en sirkel med radius $r_n$:

De første leddene blir:

Vi ser at hvert ledd er forrige ledd multiplisert med $\frac{1}{2}$:

Kvotienten er konstant, så $O_1 + O_2 + O_3 + \cdots$ er en uendelig geometrisk rekke med første ledd $a_1 = \pi r$ og kvotient $k = \dfrac{1}{2}$.

Siden $|k| = \dfrac{1}{2} < 1$ er rekken konvergent, og summen er:

Kommentar: Summen $2\pi r$ er lik omkretsen til en hel sirkel med radius $r$ — altså den sirkelen som den første halvsirkelen (med diameter $2r$) er halvparten av. Summen av uendelig mange stadig mindre halvsirkelbuer er det dobbelte av den første buen $O_1 = \pi r$.

Vi bruker lineær regresjon på datapunktene fra tabellen:

Lineær regresjon gir

Inntektsfunksjonen er $I(x) = x \cdot p(x)$:

Vi deriverer inntektsfunksjonen og kostnadsfunksjonen:

Grenseinntekt ved $x = 3000$:

Grensekostnad ved $x = 3000$:

Siden grenseinntekten ($874$ kr) er større enn grensekostnaden ($195$ kr), vil én ekstra enhet gi mye mer i inntekt enn den koster å produsere. Bedriften bør øke produksjonen.

Vi løser ulikheten $I'(x) > K'(x)$:

Ulikheten $I'(x) > K'(x)$ gjelder for $x < 4335$.

Tolkning: Så lenge bedriften produserer færre enn ca. 4 335 enheter, er grenseinntekten større enn grensekostnaden — det vil si at hver ekstra enhet gir mer inntekt enn den koster. Det lønner seg å øke produksjonen inntil $x \approx 4335$.

Overskuddet er $O(x) = I(x) - K(x)$. Maksimalt overskudd oppnås når $O'(x) = 0$, det vil si når $I'(x) = K'(x)$:

Bedriften bør produsere og selge ca. 4 335 enheter for å maksimere overskuddet.

Volumet av containeren er lengde $\times$ bredde $\times$ høyde:

Siden volumet skal være $10 \text{ m}^3$:

Bunnen har areal $2x \cdot x = 2x^2$.

De fire sidene er to store sider (lengde $\times$ høyde) og to små sider (bredde $\times$ høyde):

Vi setter inn $h = \dfrac{5}{x^2}$:

Kostnadsfunksjonen blir:

Vi finner $K'(x)$:

Setter $K'(x) = 0$:

Siden $K'(x) < 0$ for $x < \sqrt[3]{4{,}5}$ og $K'(x) > 0$ for $x > \sqrt[3]{4{,}5}$, er dette et minimum.

Dimensjonene blir:

• Bredde: $x \approx 1{,}65$ m
• Lengde: $2x \approx 3{,}30$ m
• Høyde: $h = \dfrac{5}{x^2} = \dfrac{5}{(\sqrt[3]{4{,}5})^2} \approx 1{,}83$ m

Minste kostnad:

Den minste kostnaden er omtrent 1635 kr.

Vi betrakter trekkingen av hver passasjer som et uavhengig binomisk forsøk med sannsynlighet $p = 0{,}10$ for å bli trukket ut.

Sannsynligheten for at tre bestemte personer på rad alle blir trukket ut er

$X$ er binomisk fordelt med $n = 1000$ og $p = 0{,}10$.

Vi forventer altså at 100 av 1000 passasjerer trekkes ut, med et standardavvik på cirka 9,49.

Vi setter opp en ensidig hypotesetest:

• $H_0$: $p = 0{,}10$ (andelen som trekkes ut er som forventet)
• $H_1$: $p > 0{,}10$ (for mange trekkes ut)
• Signifikansnivå: $\alpha = 5\ \%$

Vi observerer at 110 av 1000 passasjerer ble trukket ut. Vi beregner sannsynligheten for å få 110 eller flere når $H_0$ er sann, ved hjelp av binomisk fordeling med $n = 1000$ og $p = 0{,}10$:

Siden $p$-verdien $15{,}83\ \%$ er større enn signifikansnivået $5\ \%$, beholder vi $H_0$.

Konklusjon: Flyplasspersonalet har ikke statistisk grunnlag for mistanke om at for mange trekkes ut.

Frida betaler 36 månedlige terminbeløp på $x$ kroner. Det første beløpet betales om én måned.

Nåverdien av hvert terminbeløp:

Beløpet som betales om $k$ måneder, er verdt $\dfrac{x}{1{,}016^k}$ kroner i dag.

Nåverdien av alle 36 terminbeløpene til sammen er:

Dette skal være lik kjøpesum + engangsgebyr = $7995 + 30 = 8025$ kroner:

Løsning: Venstresiden er en geometrisk rekke med første ledd $a_1 = \dfrac{x}{1{,}016}$, kvotient $k = \dfrac{1}{1{,}016}$ og $n = 36$ ledd.

Summen er:

Vi setter inn og løser:

Terminbeløpet er 295 kroner.

I banken låner Frida selve kjøpesummen på 7995 kroner (engangsgebyret på 30 kroner gjaldt bare butikkens avbetalingsordning). Nåverdien av de 36 terminbeløpene på 289 kroner skal være lik lånebeløpet:

Denne likningen løses numerisk. Vi prøver $r = 0{,}015$:

Den månedlige bankrenten er $\underline{\underline{r \approx 0{,}015}}$, det vil si $1{,}5\,\%$.

Elise setter inn 650 kroner månedlig. Etter den 12. innbetalingen har hun 8 107 kroner.

Sluttverdien av 12 termininnbetalinger med månedlig rente $i$ er:

Vi løser numerisk. Vi prøver $i = 0{,}0070$:

Den månedlige sparerenten er $i \approx 0{,}0070$, det vil si ca. 0,70 %.