S2 Høst 2010

$f(x)=x^3-3x+4$

$g(x)=6x\cdot e^{-2x}$. Vi bruker produktregelen med $u=6x$, $u^{\prime }=6$, $v=e^{-2x}$, $v^{\prime }=-2e^{-2x}$:

$P(x)=2x^3-6x^2-8x+24$.

Dermed er $P(3)=0$.

Siden $P(3)=0$ er $P$ delelig med $(x-3)$. Polynomdivisjon:

Dette gir $P(x)=(x-3)(2x^2-8)=2(x-3)(x^2-4)=2(x-3)(x-2)(x+2)$.

Vi forkorter brøken ved å bruke faktoriseringen fra forrige punkt:

Overflaten er $O=4\pi r^2$. Når radien øker med $10\%$, blir den nye radien $r_{\text{ny}}=\mathrm{1,10}\cdot r$.

Overflaten øker altså med $21\%$.

Ballen faller først $10\mathrm{m}$ ned. Deretter spretter den opp og ned igjen med stadig avtagende høyde, der hver høyde er $\frac{2}{3}$ av forrige. De påfølgende høydene ($10\cdot \frac{2}{3},10\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2,\dots$) telles begge veier (opp og ned), så vi ganger summen av disse med $2$.

Summen av den uendelige geometriske rekken med $a_1=10\cdot \frac{2}{3}$ og $k=\frac{2}{3}$:

Total strekning:

Rekken $1+3+5+7+\cdots$ er en aritmetisk rekke med $a_1=1$ og differanse $d=2$.

Summen av de $n$ første leddene:

$(1)-(2)$: $x+2z=4$, altså $x=4-2z$.

$(3)-(2)$: $2y+z=7$, altså $y=\frac{7-z}{2}$.

Setter inn i $(2)$:

Ganger med $2$: $2(4-2z)+(7-z)+2z=12\Rightarrow 15-3z=12\Rightarrow z=1$

Dette gir $x=4-2\cdot 1=2$ og $y=\frac{7-1}{2}=3$.

Kontroll i $(1)$: $2\cdot 2+3+3\cdot 1=10$ ✓ og i $(3)$: $2+3\cdot 3+2\cdot 1=13$ ✓

Vi setter inn $L=1500000$, $i=\mathrm{0,04}$ og $n=20$ i annuitetsformelen (linje 1 i CAS-utklippet):

Rundet til nærmeste krone blir det årlige terminbeløpet

Paret kan maksimalt betale $T=100000\mathrm{kr}$ per år. Vi setter dette inn i annuitetsformelen med $L=1500000$ og $i=\mathrm{0,04}$, og løser for $n$ (linje 2 i CAS-utklippet):

Siden $n$ må være et helt antall terminer, og terminbeløpet avtar når $n$ øker, er ikke $23$ terminer nok — kontroll viser at det gir et terminbeløp på ca. $100964\mathrm{kr}$, som er for høyt. Med $n=24$ terminer blir terminbeløpet ca. $98380\mathrm{kr}$, som er innenfor budsjettet. Paret må derfor betale

Paret ønsker $n=20$ terminer og $T=100000\mathrm{kr}$. Vi setter dette inn i annuitetsformelen med $L=1500000$ og løser for renten $i$ (linje 3 i CAS-utklippet):

CAS gir to løsninger, $i\approx -\mathrm{1,846}$ og $i\approx \mathrm{0,02911}$. Den negative løsningen gir ingen mening for en rente, så vi forkaster den. Renten må altså være

eller lavere for at de årlige beløpene ikke skal overstige $100000\mathrm{kr}$.

Paret skal betale restlånet med $20$ innbetalinger på $T=100000\mathrm{kr}$ til renten $i=\mathrm{0,04}$. Restlånet er da nåverdien av disse innbetalingene (annuitetsformelen løst med hensyn på $L$, linje 4 i CAS-utklippet):

Sparekapitalen er differansen mellom leilighetens pris og restlånet:

Rundet til nærmeste krone må paret altså ha spart

før de tar opp restlånet.

Mengden av stoffet halveres hver sjette time. Etter $36$ timer har det gått

halveringer. Mengden igjen i kroppen er dermed

1) Pasienten tar én tablett hver tolvte time. Tolv timer tilsvarer ${\displaystyle \frac{12}{6}}=2$ halveringer, altså blir mengden fra en tablett multiplisert med ${\mathrm{0,5}}^2=\mathrm{0,25}$ for hver tolvtimersperiode som går.

Like etter at den sjette tabletten er tatt, er denne tabletten helt fersk og bidrar med $75\mathrm{mg}$. Den femte tabletten ble tatt tolv timer tidligere, og bidrar dermed med $75\cdot \mathrm{0,25}\mathrm{mg}$. Den fjerde tabletten ble tatt $24$ timer tidligere ($2$ tolvtimersperioder), og bidrar med $75\cdot {\mathrm{0,25}}^2\mathrm{mg}$. Slik fortsetter det til den første tabletten, som ble tatt $60$ timer tidligere ($5$ tolvtimersperioder) og bidrar med $75\cdot {\mathrm{0,25}}^5\mathrm{mg}$.

Summen av bidragene fra alle de seks tablettene blir dermed

2) Dette er en geometrisk rekke med $a_1=75$, kvotient $k=\mathrm{0,25}$ og $n=6$ ledd. Sumformelen gir

3) I det lange løp går antall ledd i rekken mot uendelig. Siden $|k|=\mathrm{0,25}<1$, konvergerer rekken mot

Det vil altså samle seg $100\mathrm{mg}$ av stoffet i kroppen i det lange løp.

Pasienten tar nå én tablett per døgn, det vil si hver $24.$ time. Det tilsvarer ${\displaystyle \frac{24}{6}}=4$ halveringer mellom hver tablett, så mengden fra en tablett multipliseres med ${\mathrm{0,5}}^4$ for hvert døgn som går.

La $x$ være antall milligram i hver tablett. I det lange løp konvergerer den samlede mengden mot en geometrisk rekke med $a_1=x$ og $k={\mathrm{0,5}}^4$:

Vi krever at denne summen ikke skal overstige $80\mathrm{mg}$, og løser likningen der summen er nøyaktig $80\mathrm{mg}$:

Hver tablett kan altså inneholde høyst $\underline{\underline{75\mathrm{mg}}}$ av stoffet dersom pasienten skal ta én tablett i døgnet over lang tid uten at den samlede mengden overstiger $80\mathrm{mg}$.

Vi har $f(x)=(x-1)\cdot e^x$.

Skjæring med $y$-aksen ($x=0$):

Grafen skjærer $y$-aksen i $(0,-1)$.

Skjæring med $x$-aksen ($f(x)=0$):

Siden $e^x>0$ for alle $x$, må $x-1=0$, altså $x=1$. Grafen skjærer $x$-aksen i $(1,0)$.

CAS-utregningene i b), c) og d) er vist i skjermbildet under:

Vi deriverer $f$ med produktregelen, $f(x)=(x-1)\cdot e^x$:

Dette stemmer med CAS-utregningen på linje 3 i skjermbildet (der $\ln (e)=1$ er brukt).

Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$, må $x=0$. Dette bekreftes av CAS på linje 4.

Fortegnsdrøfting av $f^{\prime }(x)=x\cdot e^x$: siden $e^x>0$ alltid, avhenger fortegnet kun av $x$.

• For $x<0$: $f^{\prime }(x)<0$ (grafen synker)
• For $x>0$: $f^{\prime }(x)>0$ (grafen stiger)

Dette gir et $\text{bunnpunkt}$ i $x=0$. Vi finner $y$-verdien:

Bunnpunktet er $(0,-1)$. Siden $f^{\prime }(x)<0$ for alle $x<0$ og $f^{\prime }(x)>0$ for alle $x>0$ i definisjonsområdet, er det ikke noe toppunkt.

Punktet der grafen synker raskest, er der $f^{\prime }(x)$ har sitt minste (mest negative) verdi, altså der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og $f^{\prime }$ går fra avtagende til voksende.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=x\cdot e^x$ på nytt med produktregelen:

Dette stemmer med CAS-utregningen på linje 5.

Vi setter $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$, må $1+x=0$, altså $x=-1$. Dette bekreftes av CAS på linje 6.

Fortegnsdrøfting av $f^{\prime \prime }(x)=e^x(1+x)$:

• For $x<-1$: $f^{\prime \prime }(x)<0$, så $f^{\prime }$ er avtagende
• For $x>-1$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, så $f^{\prime }$ er voksende

Dermed har $f^{\prime }$ et minimum i $x=-1$, og dette er punktet der grafen synker raskest (vi sjekker at $f^{\prime }(-1)=-1\cdot e^{-1}<0$, så grafen faktisk synker der).

Vi finner $y$-verdien:

Punktet er $(-1,-{\displaystyle \frac{2}{e}})\approx (-1,-\mathrm{0,74})$.

Grafen til $f$ er tegnet med GeoGebra:

På intervallet $[1,2]$ ligger grafen på eller over $x$-aksen (siden $x-1\ge 0$ og $e^x>0$), så arealet av det skraverte området er gitt ved

GeoGebra gir (se A i grafen, samt CAS-utregningen på linje 8, der $\ln (e)=1$):

Arealet av området avgrenset av $x$-aksen, grafen til $f$ og linjene $x=1$ og $x=2$ er $e$ (arealenheter).

Vi tegner grafen til $D$ digitalt.

Fra grafen (punktene markert på kurven) leser vi av

Siden $x=1$ svarer til den andre uka og $x=9$ svarer til den tiende uka, betyr dette at de regner med om lag $\underline{\underline{123}}$ deltakere den andre uka og om lag $\underline{\underline{151}}$ deltakere den tiende uka.

Løsning av $D(x)=137$: Vi tegner linja $y=137$ sammen med grafen til $D$ (se figuren over). Skjæringspunktene ligger ved

Modellen gir altså $137$ deltakere to ganger: én gang på vei opp, etter om lag $2$ uker (dvs. i den tredje trimuka), og én gang på vei ned igjen, etter om lag $17$ uker (dvs. i attende trimuka).

Stabiliseringsnivå: Vi ser på $D(x)$ når $x$ blir stor:

Når $x\to \infty$ går både $e^{-\mathrm{0,35}x}\to 0$ og $e^{-\mathrm{0,09}x}\to 0$, siden eksponentene er negative og går mot $-\infty$. Dermed går

Hvis modellen gjelder i lang tid, vil altså antall deltakere $\underline{\underline{\text{stabilisere seg på }120}}$.

Vi deriverer $D(x)$:

Vi setter $D^{\prime }(x)=0$:

Dette er et maksimumspunkt (grafen vokser før og avtar etter, se figuren). Siden $x$ må være et helt tall (antall uker), sammenlikner vi de to nærmeste ukene:

$D(6)$ er størst, og $x=6$ svarer til uke $7$. Man kan altså regne med flest deltakere i $\underline{\underline{\text{uke }7}}$, med om lag $154$ deltakere.

Totalt antall deltakelser i løpet av de $20$ første ukene ($x$ fra $0$ til $20$) finner vi ved å integrere $D$ over dette intervallet:

Dette gir omtrent $\underline{\underline{2857\text{ deltakelser}}}$ i løpet av de $20$ første ukene (summen av antall deltakere hver uke, tilnærmet med integralet av modellen).

Besøkstallet $X$ er tilnærmet normalfordelt med $\mu =1000$ og $\sigma =140$. Vi skal finne sannsynligheten for at flere enn $1200$ personer besøker butikken:

Dette regnes ut i GeoGebra CAS (kommandoen FordelingNormal(μ, σ, x) gir $P(X\le x)$). Se linje 1 i utklippet under.

Fra linje 1: $P(X>1200)\approx \mathrm{0,0766}$.

Det er altså omtrent $\mathrm{7,7}\%$ sannsynlighet for at flere enn $1200$ personer besøker butikken i løpet av en tilfeldig uke.

Vi skal finne $P(900<X<1100)$:

Se linje 2 i CAS-utklippet over.

Det er altså omtrent $\mathrm{52,5}\%$ sannsynlighet for at besøkstallet en tilfeldig uke ligger mellom $900$ og $1100$ personer.

Av dem som kommer innom, kjøper $70\%$ noe. Blant de $12$ personene som kommer innom i løpet av en halvtime, er antall som kjøper noe, $X$, binomisk fordelt med $n=12$ og $p=\mathrm{0,7}$.

$P(X=9)$ regnes ut i CAS med FordelingBinomial(n, p, k, false), se linje 3:

$P(X\ge 9)=1-P(X\le 8)$ regnes ut med FordelingBinomial(n, p, k, true) (kumulativ), se linje 4:

Det er altså omtrent $\mathrm{24,0}\%$ sannsynlighet for at akkurat $9$ av de $12$ kjøper noe, og omtrent $\mathrm{49,3}\%$ sannsynlighet for at minst $9$ gjør det.

Vi skal teste om reklamekampanjen har ført til en økning i andelen som kjøper noe. Nullhypotesen er at kampanjen ikke har hatt noen effekt, mens den alternative hypotesen er at andelen har økt:

med signifikansnivå $\alpha =\mathrm{0,05}$. Under $H_0$ er antall kjøpere $X$ blant $n=60$ besøkende binomisk fordelt med $p=\mathrm{0,70}$. Det ble observert $47$ kjøpere, så $p$-verdien er sannsynligheten for å få minst like mange kjøpere som observert, gitt at $H_0$ er sann:

Dette regnes ut i CAS med 1 - FordelingBinomial(60, 0.7, 46, true), se linje 5:

Siden $p$-verdien ($\approx \mathrm{0,10}$) er større enn signifikansnivået $\mathrm{0,05}$, beholder vi $H_0$.

Konklusjon: det er ikke nok bevis til å si at kampanjen har økt salget på $5\%$ nivå. Selv om den observerte andelen ($47/60\approx \mathrm{78,3}\%$) er høyere enn $70\%$, er ikke avviket stort nok til å konkludere med at reklamekampanjen faktisk har ført til økt salg — resultatet kan skyldes tilfeldig variasjon.