S1 Høst 2008

Vi samler $x$-ledd på venstre side og tall på høyre side.

Vi deler med $-2$ og snur ulikhetstegnet fordi vi deler med et negativt tall.

Vi trekker $x^2+10x$ fra begge sider.

Dette betyr at $x$ ligger utenfor intervallet $⟨-5,5⟩$.

1) Grafisk løses $f(x)=4$ ved å lese av hvor grafen krysser den vannrette linjen $y=4$. Av grafen ser vi at dette skjer for $x\approx 3$.

Ved regning:

Dette stemmer godt med den grafiske avlesningen.

2) Den deriverte $f^{\prime }(3)$ tilsvarer stigningstallet til tangenten til grafen i punktet $x=3$. Ved å tegne en tangentlinje i punktet $(3,f(3))$ og lese av hvor mye grafen stiger per enhet langs $x$-aksen, finner vi en tilnærmet verdi

Fra (2) uttrykker vi $y$:

Vi setter dette inn i (1):

Vi deler med $2$:

For $x=1$: $y=4\cdot 1-6=-2$ For $x=2$: $y=4\cdot 2-6=2$

Vi bruker at ${(a^2)}^2=a^4$ og $b^0=1$:

Vi forkorter med $a$ og $b$:

1) Vi deriverer:

Nullpunktene til $f^{\prime }$ er $x=-3$ og $x=2$. Vi setter opp fortegnsskjema:

Grafen til $f$ stiger på $⟨-\infty ,-3⟩$ og $⟨2,\infty ⟩$, og synker på $⟨-3,2⟩$.

2) Siden $f^{\prime }$ skifter fortegn fra $+$ til $-$ i $x=-3$, er dette et toppunkt. Siden $f^{\prime }$ skifter fortegn fra $-$ til $+$ i $x=2$, er dette et bunnpunkt.

Dette stemmer med det oppgitte tallet.

Vi trekker to sykler uten tilbakelegging blant de $8$, der $4$ er røde. Sannsynligheten for at den første sykkelen er rød, er $\frac{4}{8}$. Gitt at den første var rød, er sannsynligheten for at den andre også er rød, $\frac{3}{7}$ (siden det da er $3$ røde igjen av $7$ sykler).

Vi bruker hypergeometrisk sannsynlighet. Av de $8$ syklene skal vi velge ut $4$ (de som er reparert). Antall måter å velge $3$ røde av $4$ røde og $1$ blå av $4$ blå:

Totalt antall måter å velge $4$ sykler av $8$ er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{4}\right)=70$.

«Minst 3 røde» betyr enten $3$ røde og $1$ blå, eller $4$ røde og $0$ blå.

Vi har allerede funnet $P(3\text{ røde})={\displaystyle \frac{16}{70}}$.

For $4$ røde og $0$ blå:

Siden hendelsene er disjunkte, adderer vi sannsynlighetene:

Sannsynligheten for akkurat én sekser er

Se linje 1 i utklippet under.

Sannsynligheten for høyst 4 seksere er

Se linje 2 i utklippet.

Sannsynligheten for minst én sekser er komplementet til å ikke få noen seksere i det hele tatt:

Se linje 3 i utklippet.

Hvert kast består av seks terninger. Kaster Jan alle seks terningene $n$ ganger, har han kastet $6n$ terninger til sammen, og sannsynligheten for minst én sekser er

Vi krever

Løser vi likheten ${\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^m=\mathrm{0,01}$ i CAS (linje 4 i utklippet over), får vi $m\approx \mathrm{25,259}$ terninger. Siden $6n=m$, blir

Siden ${\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^{6n}$ er en avtagende funksjon av $n$, må $n$ rundes opp til nærmeste hele tall. Kontroll: $n=4$ gir $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^{24}\approx \mathrm{0,9874}$, som er for lite, mens $n=5$ gir $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^{30}\approx \mathrm{0,9958}$.

Jan må dermed kaste alle seks terningene minst

for at sannsynligheten for å få minst én sekser skal bli større enn $\mathrm{0,99}$.

Punktene fra tabellen er markert i koordinatsystemet (røde punkter), og en jevn kurve $K(x)$ er trukket gjennom dem. Grafen til $I(x)$ er tegnet i samme koordinatsystem.

Grafen til $I$ er en parabel med toppunkt der ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x}}=0$. Toppunktet leses av grafen til $(55,18150)$, altså gir produksjonen

størst inntekt, med

$\underline{\underline{x=55\text{ enheter gir størst inntekt, }I(55)=18150\mathrm{kr}}}$

Kostnadene og inntektene er like store der grafene til $K$ og $I$ skjærer hverandre, altså der $O(x)=I(x)-K(x)=0$. Av figuren ser vi at grafene skjærer hverandre to steder, markert med grå punkter på $x$-aksen:

Mellom disse to produksjonsmengdene er inntektene større enn kostnadene (bedriften går med overskudd), mens de utenfor går med underskudd.

$\underline{\underline{x\approx 5\text{ og }x\approx 80}}$

Regresjon (kubisk tilpasning, minste kvadraters metode) på punktene fra tabellen i GeoGebra gir

Dette er kurven $K$ i figuren, som passer godt med de opprinnelige tabellverdiene.

$\underline{\underline{K(x)\approx \mathrm{0,02}{x}^3+\mathrm{0,02}{x}^2+\mathrm{12,21}x+\mathrm{2992,44}}}$

$K^{\prime }(x)$ er grensekostnaden (kostnaden ved å produsere én enhet til), og $I^{\prime }(x)$ er grenseinntekten (inntekten fra én enhet til). Det lønner seg å øke produksjonen bare dersom grenseinntekten er større enn grensekostnaden.

Ved derivasjon i GeoGebra av regresjonsuttrykket for $K$ og av $I$ får vi

Innsatt $x=50$:

Siden $K^{\prime }(50)\approx \mathrm{168,93}\mathrm{kr}$ er mye større enn $I^{\prime }(50)=60\mathrm{kr}$, koster den neste enheten langt mer å produsere enn den gir i inntekt. Det lønner seg derfor ikke å øke produksjonen utover $x=50$.

$\underline{\underline{\text{Nei, det lønner seg ikke, fordi }{K}^{\prime }(50)\approx \mathrm{168,93}\mathrm{kr}>I^{\prime }(50)=60\mathrm{kr}}}$

Overskuddet er $O(x)=I(x)-K(x)$, og dette er størst der $O^{\prime }(x)=0$, altså der $K^{\prime }(x)=I^{\prime }(x)$ (grensekostnad lik grenseinntekt). I GeoGebra finner vi dette ekstremalpunktet til $O$ i intervallet $[0,90]$ (det grå punktet på toppen av den oransje kurven i figuren):

med tilhørende overskudd

Dette stemmer godt med svaret i d): siden den optimale produksjonen ($x\approx 44$) er mindre enn $x=50$, er det naturlig at grensekostnaden allerede har blitt større enn grenseinntekten ved $x=50$ — bedriften har da produsert forbi det lønnsomme punktet.

$\underline{\underline{x\approx 44\text{ enheter gir størst overskudd, }\approx 12099\mathrm{kr}\text{ per dag}}}$

$R$ er skjæringspunktet mellom grafen og $y$-aksen, altså punktet der $x=0$:

$P$ har førstekoordinat $2$:

Lengden av $OP$ finner vi med avstandsformelen, siden $O=(\mathrm{0,0})$:

$Q$ ligger på grafen med førstekoordinat $x$, altså $Q=(x,f(x))=(x,6\cdot {\mathrm{0,65}}^x)$. Avstanden fra origo til $Q$ blir da

Vi definerer $d(x)=\sqrt{x^2+{(6\cdot {\mathrm{0,65}}^x)}^2}$ som lengden av $OQ$, og bruker GeoGebra til å finne minimumspunktet på grafen til $d$ for $x\ge 0$.

Grafen viser at $d$ har et minimum for $x\approx \mathrm{2,24}$, med minimumsverdi $d(x)\approx \mathrm{3,20}$. Dette gir punktet

og korteste lengde $\underline{\underline{|OQ|\approx \mathrm{3,20}}}$.

Vi skal finne det punktet på grafen til $g(x)={\displaystyle \frac{6}{1+x}}$, $x\in [0,3]$, som ligger nærmest origo. Kvadratet av avstanden fra origo til punktet $(x,g(x))$ er

Siden $D(x)\ge 0$ er $D$ minst når avstanden er minst, så vi deriverer $D$ og bruker CAS til å finne nullpunktet:

Likningen $D^{\prime }(x)=0$ har løsningene $x=-\mathrm{3,23304}$ og $x=\mathrm{1,74345}$. Siden $x\in [0,3]$, forkaster vi den negative løsningen, og sitter igjen med $x\approx \mathrm{1,74345}$. Vi setter dette inn i $g$ og i avstandsformelen:

Den korteste avstanden fra origo til grafen til $g$ er dermed

Vi leser av skjæringspunktene til de tre linjene med aksene på figuren.

$y_1$ skjærer $y$-aksen i $(0,15)$ og $x$-aksen i $(10,0)$. Stigningstallet blir

$y_2$ skjærer $y$-aksen i $(0,10)$ og $x$-aksen i $(20,0)$. Stigningstallet blir

$y_3$ skjærer $y$-aksen i $(0,11)$ og $x$-aksen i $(11,0)$. Stigningstallet blir

Vi setter opp de tre bibetingelsene fra teksten og skriver dem om på formen $y=\dots$, slik at de kan sammenlignes med linjene på figuren.

Areal: Jordet er på $11$ dekar, så

Dette er $y_3$.

Investering: Poteter koster $1200$ kr/dekar og kålrabi $800$ kr/dekar, med et budsjett på $12000$ kr:

Vi deler alle ledd på $800$:

Dette er $y_1$.

Tid: Det brukes $10$ timer/dekar på poteter og $20$ timer/dekar på kålrabi, med inntil $200$ timer tilgjengelig:

Vi deler alle ledd på $20$:

Dette er $y_2$.

I tillegg må $x\ge 0$ og $y\ge 0$, siden $x$ og $y$ er arealer og ikke kan være negative.

Punktene $(x,y)$ må altså ligge i første kvadrant, og samtidig under eller på alle de tre linjene $y_1$, $y_2$ og $y_3$ — fordi alle tre bibetingelsene er «mindre enn eller lik»-ulikheter. Det tillatte området blir da avgrenset nedenfra av $x$-aksen og $y$-aksen, og ovenfra av den linjen som til enhver tid ligger lavest av $y_1$, $y_2$ og $y_3$:

• For $0\le x\le 2$ er $y_2$ lavest (tidsbetingelsen er strengest).
• For $2\le x\le 8$ er $y_3$ lavest (arealbetingelsen er strengest).
• For $8\le x\le 10$ er $y_1$ lavest (investeringsbetingelsen er strengest).

Det tillatte området blir dermed en femkant med hjørner i $(\mathrm{0,0})$, $(\mathrm{10,0})$, $(\mathrm{8,3})$, $(\mathrm{2,9})$ og $(\mathrm{0,10})$, der de to siste hjørnene er skjæringspunktene $y_2\cap y_3$ og $y_1\cap y_3$.

En aktuell problemstilling for bonden er å finne ut hvor mange dekar poteter ($x$) og kålrabi ($y$) han bør dyrke for å maksimere inntekten, innenfor bibetingelsene fra oppgave c).

Inntekt per dekar poteter er

Inntekt per dekar kålrabi er

Inntektsfunksjonen blir dermed

I lineær optimering vet vi at maksimum av en lineær målfunksjon over et tillatt område alltid finnes i et av hjørnene i området. Vi setter derfor inn hjørnene fra oppgave c) i $I(x,y)$:

Størst inntekt får bonden i hjørnet $(2,9)$.

Konklusjon: Bonden bør dyrke $2$ dekar poteter og $9$ dekar kålrabi. Da blir inntekten

som er den høyest mulige inntekten innenfor bibetingelsene.