S2 Vår 2018

Vi bruker potensregelen: $(x^n)' = n \cdot x^{n-1}$.

Vi skriver om $g(x) = \dfrac{x}{e^x} = x \cdot e^{-x}$ og bruker produktregelen $(uv)' = u'v + uv'$ med $u = x$ og $v = e^{-x}$:

Vi bruker kjerneregelen. La $u = x^2 + 4x$ (kjerne), slik at $h(x) = \ln(u)$.

Vi beregner $P(1)$:

Siden $P(1) = 0$, er $x = 1$ et nullpunkt for $P(x)$. Ifølge faktorteoremet gjelder det at dersom $P(a) = 0$, er $(x - a)$ en faktor i $P(x)$.

$P(x)$ er derfor delelig med $(x - 1)$.

Vi utfører polynomdivisjon for å finne de resterende faktorene:

Vi faktoriserer andregradsleddet $x^2 - 2x - 15$ videre ved å finne to tall som multipliserer til $-15$ og adderer til $-2$: det er $-5$ og $3$.

Dermed er:

Nullpunktene er $x = -3$, $x = 1$ og $x = 5$.

Fortegnsskjema for $P(x) > 0$:

$P(x) > 0$ når produktet av de tre faktorene er positivt.

Vi bruker formelen for det $n$-te leddet i en aritmetisk følge:

Vi kjenner $a_1 = 2$ og $a_4 = 14$, og setter inn for å finne differansen $d$:

Formelen for $a_n$ blir:

$a_n = \underline{\underline{4n - 2}}$

Vi bruker den aritmetiske summeformelen:

Først finner vi $a_{100}$:

Deretter regner vi ut summen av de 100 første leddene:

$S_{100} = \underline{\underline{20000}}$

Den geometriske rekken $3 + \dfrac{3}{4} + \dfrac{3}{16} + \cdots$ har første ledd $a_1 = 3$ og kvotient

Siden $|k| = \dfrac{1}{4} < 1$ konvergerer rekken.

Summen av en uendelig geometrisk rekke er $s = \dfrac{a_1}{1 - k}$, så

Desimaltallet $0{,}242424\ldots$ betyr at sifrene $24$ gjentas uendelig mange ganger. Vi kan skrive det som en sum:

Dette er en uendelig geometrisk rekke med første ledd $a_1 = \dfrac{24}{100}$ og kvotient $k = \dfrac{1}{100}$.

Siden $|k| = \dfrac{1}{100} < 1$ konvergerer rekken, og summen er

Vi deriverer $f(x) = \dfrac{6}{1+e^{-x}}$ ved kvotientregelen. Det er praktisk å skrive $f(x) = 6\cdot(1+e^{-x})^{-1}$ og bruke kjerneregelen:

Vi ser at:

• Telleren $6e^{-x} > 0$ for alle $x$ (eksponentialfunksjonen er alltid positiv).
• Nevneren $(1+e^{-x})^2 > 0$ for alle $x$ (et kvadrat av et positivt tall).

Dermed er $f'(x) > 0$ for alle $x$, og grafen til $f$ er alltid stigende.

Siden $e^{-x} > 0$ for alle $x$, er nevneren $1 + e^{-x} > 1 > 0$.

Dermed er $f(x) = \dfrac{6}{1+e^{-x}} < \dfrac{6}{1} = 6$.

Siden nevneren $1 + e^{-x} > 1$, er $f(x) < 6$.

Siden teller og nevner begge er positive, er $f(x) > 0$.

Altså er $\mathbf{0 < f(x) < 6}$ for alle verdier av $x$.

(Når $x \to -\infty$ nærmer $f(x)$ seg $0$, og når $x \to +\infty$ nærmer $f(x)$ seg $6$. Linjene $y = 0$ og $y = 6$ er horisontale asymptoter.)

Vi finner andrederivert. Fra a) er $f'(x) = 6e^{-x}(1+e^{-x})^{-2}$.

Vi deriverer ved produktregelen:

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

Telleren $6e^{-x}(e^{-x}-1) = 0$ gir (siden $e^{-x} \neq 0$):

Fortegnsskifte: For $x < 0$ er $e^{-x} > 1$, så $(e^{-x}-1) > 0$, altså $f''(x) > 0$ (konveks). For $x > 0$ er $e^{-x} < 1$, så $(e^{-x}-1) < 0$, altså $f''(x) < 0$ (konkav). Det er et fortegnsskifte, så $x = 0$ er et vendepunkt.

Funksjonsverdien er:

Grafen til $f$ har vendepunkt i $\underline{\underline{(0,\, 3)}}$.

Grafen til $f$ har S-form (logistisk kurve): den er alltid stigende, nærmer seg $y = 0$ fra oven for store negative $x$-verdier, og nærmer seg $y = 6$ nedenfra for store positive $x$-verdier. Vendepunktet er i $(0, 3)$, der grafen skifter fra å være konveks til konkav.

For at $X$ skal være binomisk fordelt, må fire vilkår være oppfylt:

• Fast antall forsøk: Vi trekker nøyaktig $n = 10$ ganger.
• To utfall: Hvert trekk gir enten rød kule (suksess) eller ikke rød kule (fiasko).
• Konstant sannsynlighet: Siden kulen legges tilbake etter hvert trekk, er sannsynligheten for å trekke en rød kule alltid $p = \frac{6}{10} = 0{,}6$.
• Uavhengige forsøk: Tilbakeleggingen gjør at resultatet av ett trekk ikke påvirker de andre.

Alle fire vilkår er oppfylt, så $X$ er binomisk fordelt med $n = 10$ og $p = 0{,}6$.

Vi bruker formlene for forventningsverdi og varians til en binomisk fordeling:

Vi standardiserer grenseverdiene:

Vi får da:

Fra $z$-tabellen:

Sannsynligheten er omtrent $95{,}4 \,\%$. Dette tilsvarer at brødet er innenfor to standardavvik fra gjennomsnittet.

La $S$ være den totale vekten av 100 rugbrød på en pall.

Siden brødene er uavhengige, gjelder:

$S$ er tilnærmet normalfordelt med $\mu_S = 100$ og $\sigma_S = 0{,}5$.

Vi standardiserer grenseverdiene:

Vi får da:

Fra $z$-tabellen:

Sannsynligheten er omtrent $68{,}3 \,\%$.

Overskuddet er inntekt minus kostnad. Inntekten er $I(x) = 80x$ siden bedriften selger til 80 kr per enhet.

Vi beregner $O(x) = I(x) - K(x)$ for de oppgitte $x$-verdiene og sammenlikner med modellen:

Avvikene er relativt små (under 50 kr) sammenliknet med overskuddsbeløpene. Modellen

passer dermed kostnadstabellen godt.

Grafen til $O(x)$ er tegnet i GeoGebra (se s2-v18-2-1-graf.png):

Toppunktet er ved $(34{,}57,\, 1240{,}84)$ og grafen har nullpunkt ved $x \approx 9{,}1$.

Grensekostnaden er $K'(x)$ og grenseinntekten er $I'(x) = 80$.

Betingelsen $K'(x) = I'(x)$ svarer til at $O'(x) = I'(x) - K'(x) = 0$, altså at overskuddet ikke øker mer ved å produsere én ekstra enhet.

Vi deriverer overskuddsfunksjonen:

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

GeoGebra CAS gir (se s2-v18-2-1-cas.png):

Siden $x$ er antall enheter produsert per dag, sammenlikner vi heltallene rundt $34{,}6$: $O(34) \approx 1239{,}8$ og $O(35) \approx 1240{,}3$. Størst overskudd får vi ved $\mathbf{\underline{\underline{x \approx 35 \text{ enheter per dag}}}}$.

Tolkning: Når grensekostnad = grenseinntekt, er overskuddet størst mulig. Å produsere mer enn 35 enheter er ulønnsomt fordi kostnaden for å lage neste enhet overstiger inntekten den gir.

Vi må finne den laveste prisen $p$ slik at bedriften ikke går med underskudd uansett produksjonsmengde.

Inntekten er nå $I(x) = p \cdot x$. Bedriften unngår underskudd når $I(x) \geq K(x)$, det vil si $p \geq \frac{K(x)}{x}$.

For at dette skal gjelde for alle produksjonsmengder, må $p$ være minst lik minimumsverdien av enhetskostnaden:

Fra CAS (linje 7 i s2-v18-2-1-cas.png) finner vi minimum ved $E'(x) = 0$:

Enhetskostnaden ved $x = 27$:

Den laveste prisen de kan ta er $\mathbf{\underline{\underline{p \approx 40 \, \mathrm{kr}}}}$ per enhet, og de må produsere $\mathbf{\underline{\underline{x \approx 27 \text{ enheter}}}}$ per dag.

Første innskudd er 1. juli 2018, siste innskudd er 1. juli 2032 – det er 15 innskudd totalt. Ett år etter siste innbetaling er 1. juli 2033.

Innskuddet fra 1.7.2018 har da stått i 15 år og er vokst til $40\,000 \cdot 1{,}05^{15}$. Innskuddet fra 1.7.2019 har stått i 14 år og er vokst til $40\,000 \cdot 1{,}05^{14}$, og så videre. Innskuddet fra 1.7.2032 har stått i 1 år og er vokst til $40\,000 \cdot 1{,}05^{1}$.

Summen er en geometrisk rekke:

Vi bruker CAS til å beregne summen (linje 2 i utklippet, K0) og får $S = \underline{\underline{906\,299{,}67 \, \mathrm{kr}}}$.

Med alternativ I tas beløpet ut i 15 like store beløp, første uttak 1. juli 2033 – samme dato som kapitalen $K_0 = 906\,299{,}67$ kr er beregnet.

Siden første uttak skjer på kapitalens tidspunkt (forskuddsvis annuitet), er nåverdien av uttakene:

CAS løser likningen (linje 3 i utklippet, AltI) og gir $X = 83\,157{,}13$.

Det årlige uttaket med alternativ I er $\underline{\underline{X \approx 83\,157 \, \mathrm{kr}}}$.

Merk: Tolker man «fra og med 2033» som at første uttak skjer ett år etter at kapitalen er på konto (etterskuddsvis), blir $X \approx 87\,315$ kr. Oppgaven sier eksplisitt at første uttak er 1. juli 2033, som er kapitalens tidspunkt, og løsningen over er i tråd med det.

Med alternativ II betales det ut et fast beløp $B$ hvert år i all framtid, første gang 1. juli 2033. Kapitalen $K_0 = 906\,299{,}67$ kr er tilgjengelig samme dag.

Siden første utbetaling skjer på kapitalens tidspunkt (forskuddsvis), er saldoen etter utbetaling $K_0 - B$. Denne saldoen vokser med 5 % til neste år, og for at fondet skal vare evig må saldoen da igjen være $K_0$:

Det gir (linje 4 i utklippet, AltII)

Den årlige utbetalingen med alternativ II er $\underline{\underline{B \approx 43\,157 \, \mathrm{kr}}}$ (forskuddsvis).

Merk: Hadde første utbetaling skjedd ett år etter kapitalens tidspunkt (etterskuddsvis), ville svaret blitt $B = K_0 \cdot 0{,}05 \approx 45\,315$ kr.

Med alternativ III trekker Eirik ut 30 000 kr i 2033, og øker uttaket med 10 % hvert år. Kontoen vokser med 5 % per år. Vi simulerer saldoen år for år:

I 2052 er saldoen 29 130 kr, mens planlagt uttak er 183 477 kr. Kontoen har ikke nok penger til å gjennomføre uttaket — kontoen er tom i 2052.

$\underline{\underline{\text{Kontoen er tom i 2052.}}}$

$X$ er normalfordelt med forventningsverdi $\mu = 250{,}0$ og standardavvik $\sigma = 3{,}0$.

Vi standardiserer og bruker normalfordelingstabellen eller GeoGebra:

Sannsynligheten for at en tilfeldig flaske veier for lite, er $\underline{\underline{\approx 4{,}8 \,\%}}$.

$Y$ er binomisk fordelt med $n = 15$ og $p = 0{,}0478$.

Se linje 2 i CAS-utklippet:

Sannsynligheten for at en tilfeldig eske inneholder én eller flere for lette flasker, er $\underline{\underline{\approx 52 \,\%}}$.

Målsettingen er at høyst $10 \,\%$ av eskene skal ha flasker som veier for lite, det vil si:

Siden $P(Y \geq 1) = 1 - P(Y = 0) = 1 - (1 - p)^{15}$, gir dette: