S2 Høst 2021

Vi deriverer ledd for ledd:

Vi bruker kjerneregelen med ytre funksjon $\ln u$ og kjerne $u = x^3 + 1$:

Dersom $P(x)$ er delelig med $(x-1)$, må $P(1) = 0$ (faktorteoremet).

Altså er $P(x)$ ikke delelig med $(x - 1)$.

Vi utfører polynomdivisjonen:

Altså $P(x) = (x+1)(x^2 - 3x - 28)$.

Vi faktoriserer $x^2 - 3x - 28$:

Dermed er $P(x) = (x+1)(x+4)(x-7)$ med nullpunkter $x = -4$, $x = -1$ og $x = 7$.

Fortegnslinje:

$P(x) \geq 0$ for $x = -4$, $x \in [-4, -1]$… nei, la oss sjekke:

For $x = -3$: $P(-3) = (-3+1)(-3+4)(-3-7) = (-2)(1)(-10) = 20 > 0$ ✓

Vi setter $u = e^x$ i likningen $e^{3x} - 2e^{2x} - 31e^x - 28 = 0$:

Dette er $P(u) = 0$, som fra oppgave b) og c) har løsningene $u = -4$, $u = -1$ og $u = 7$.

Siden $u = e^x > 0$, er den eneste gyldige løsningen $u = 7$:

For $n \geq 2$:

Vi sjekker at formelen også gjelder for $n = 1$: $a_1 = 4 \cdot 1 - 1 = 3$ ✓

Vi finner $n$ når $a_n = 399$:

Overskuddet øker når grenseinntekten er større enn grensekostnaden, altså når $I'(x) > K'(x)$.

Vi sjekker for $x = 400$:

Siden $I'(400) = 730 > 660 = K'(400)$, vil en økning i produksjonsmengden gi større overskudd.

Overskuddet er størst når $I'(x) = K'(x)$:

Vi sjekker at dette gir maksimum: For $x < 500$ er $I'(x) > K'(x)$ (overskuddet øker), og for $x > 500$ er $I'(x) < K'(x)$ (overskuddet avtar). Altså er overskuddet størst ved 500 enheter.

Vi finner $K(x)$ ved å integrere grensekostnaden:

Den faste kostnaden er $C = 50\,000$, så

Vi deriverer $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ med kvotientregelen:

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

Siden $x^2 > 0$ for alle $x > 0$, bestemmes fortegnet til $f'(x)$ av telleren $1 - \ln x$:

• For $x < e$: $\ln x < 1$, så $f'(x) > 0$ (voksende)
• For $x > e$: $\ln x > 1$, så $f'(x) < 0$ (avtagende)

$f$ skifter fra voksende til avtagende, altså har vi et toppunkt:

Det er ingen bunnpunkter.

Vi deriverer:

$g'(x) = 0$ gir $1 - \ln x = 0$, altså $x = e$ (samme som for $f$).

Fortegnsanalyse: Siden $-6e < 0$, snur $g'$ fortegnet sammenlignet med $f'$:

• For $x < e$: $g'(x) < 0$ (avtagende)
• For $x > e$: $g'(x) > 0$ (voksende)

$g$ skifter fra avtagende til voksende, altså har vi et bunnpunkt:

Innskudd nummer $i$ (satt inn på $i$-årsdagen) har vokst med rente i $(11 - i)$ år når vi måler «dagen før 11-årsdagen». Men verdien «dagen før 11-årsdagen» betyr at hvert innskudd har fått rente i hele år fra innskuddstidspunktet:

• Innskudd 1 (1-årsdag) vokser i 10 år: $6000 \cdot 1{,}06^{10}$
• Innskudd 2 (2-årsdag) vokser i 9 år: $6000 \cdot 1{,}06^9$
• $\vdots$
• Innskudd 10 (10-årsdag) vokser i 1 år: $6000 \cdot 1{,}06^1$

Totalverdien er en geometrisk rekke:

Vi beregner i CAS (se linje 1 i utklippet):

Verdien fra a) vokser i 9 nye år (fra 11- til 20-årsdag):

I tillegg kommer nye innskudd fra 11-årsdagen til 20-årsdagen. Innskudd på $j$-årsdagen er $12\,000 \cdot 1{,}05^{j-11}$ og vokser med 6 % i $(20-j)$ år:

Fra CAS (linje 4): $S_{\text{ny}} \approx 194\,344 \mathrm{~kr}$

Totalverdi:

Sannsynligheten for at én kunde ikke blir kontrollert er $1 - 0{,}1 = 0{,}9$.

For fem kunder etter hverandre:

$X$ er binomisk fordelt med $n = 200$ og $p = 0{,}1$.

Siden $n$ er stor, kan vi tilnærme $X$ med normalfordeling:

(Vi bruker kontinuitetskorreksjon: $P(X \geq 25) = P(X > 24{,}5)$.)

Ledelsen mistenker at andelen kontrollerte er lavere enn 10 %. Vi setter opp:

Vi gjennomfører en venstresidig test med signifikansnivå $\alpha = 0{,}05$.

Vi har $n = 579$ og $\hat{p} = \dfrac{47}{579} \approx 0{,}0812$.

Under $H_0$ er $X$ binomisk fordelt med $n = 579$ og $p = 0{,}1$. Vi tilnærmer med normalfordeling:

Testobservator:

$p$-verdi: $P(Z \leq -1{,}51) = \Phi(-1{,}51) \approx 0{,}066$

Siden $p$-verdien $0{,}066 > 0{,}05 = \alpha$, forkaster vi ikke $H_0$.

$\underline{\underline{\text{Konklusjon: Det er ikke grunnlag for å si at mistanken er berettiget.}}}$

Vi bruker de tre opplysningene til å sette opp likninger.

$g(0) = 0{,}015$:

$g(20) = 0{,}22$:

$g(30) = 0{,}44$:

Fra (II) og (III):

La $u = e^{-10k}$. Da:

Fra (I) og (II): $0{,}015(1+a) = 0{,}22(1 + au^2)$

Vi løser dette likningssystemet numerisk og får

Når $t \to \infty$, har vi $e^{-kt} \to 0$, slik at

$\underline{\underline{\text{Ifølge modellen ville 60 \% av befolkningen blitt smittet.}}}$

Vi tegner grafen til $f$ i GeoGebra:

$f(t) = 0{,}0070 \cdot e^{-\frac{(t-18)^2}{300}}$ er en Gauss-kurve med toppunkt i $t = 18$.

Eksponenten $-\dfrac{(t-18)^2}{300}$ er størst (dvs. lik 0) når $t = 18$.

$\underline{\underline{\text{Smitten øker raskest døgn 18.}}}$

Den totale andelen av befolkningen som blir smittet er

Vi beregner integralet numerisk:

from scipy.integrate import quad
import numpy as np

f = lambda t: 0.007 * np.exp(-(t-18)**2 / 300)
result, _ = quad(f, 0, np.inf)
print(result)  # 0.1997

$\underline{\underline{\text{Omtrent 20 \% av befolkningen blir smittet.}}}$