S2 Vår 2018

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

Vi skriver om $g(x)={\displaystyle \frac{x}{e^x}}=x\cdot e^{-x}$ og bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ 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 $3+{\displaystyle \frac{3}{4}}+{\displaystyle \frac{3}{16}}+\cdots$ har første ledd $a_1=3$ og kvotient

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

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

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

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

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

Vi deriverer $f(x)={\displaystyle \frac{6}{1+e^{-x}}}$ 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 $f^{\prime }(x)>0$ 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 $f(x)={\displaystyle \frac{6}{1+e^{-x}}}<{\displaystyle \frac{6}{1}}=6$.

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

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

Altså er $\mathrm{𝟎}<𝐟(𝐱)<\mathrm{𝟔}$ 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 $f^{\prime }(x)=6e^{-x}{(1+e^{-x})}^{-2}$.

Vi deriverer ved produktregelen:

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

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

Fortegnsskifte: For $x<0$ er $e^{-x}>1$, så $(e^{-x}-1)>0$, altså $f^{\prime \prime }(x)>0$ (konveks). For $x>0$ er $e^{-x}<1$, så $(e^{-x}-1)<0$, altså $f^{\prime \prime }(x)<0$ (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 $p=\frac{6}{10}=\mathrm{0,6}$.
• 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 $p=\mathrm{0,6}$.

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

Vi standardiserer grenseverdiene:

Vi får da:

Fra $z$-tabellen:

Sannsynligheten er omtrent $\mathrm{95,4}\%$. 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 ${\sigma }_S=\mathrm{0,5}$.

Vi standardiserer grenseverdiene:

Vi får da:

Fra $z$-tabellen:

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

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

Grensekostnaden er $K^{\prime }(x)$ og grenseinntekten er $I^{\prime }(x)=80$.

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

Vi deriverer overskuddsfunksjonen:

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

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

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

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 $I(x)\ge K(x)$, det vil si $p\ge \frac{K(x)}{x}$.

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 $E^{\prime }(x)=0$:

Enhetskostnaden ved $x=27$:

Den laveste prisen de kan ta er $\underline{\underline{𝐩\approx \mathrm{𝟒𝟎}\mathrm{kr}}}$ per enhet, og de må produsere $\underline{\underline{𝐱\approx \mathrm{𝟐𝟕}\text{ enheter}}}$ 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 $40000\cdot {\mathrm{1,05}}^{15}$. Innskuddet fra 1.7.2019 har stått i 14 år og er vokst til $40000\cdot {\mathrm{1,05}}^{14}$, og så videre. Innskuddet fra 1.7.2032 har stått i 1 år og er vokst til $40000\cdot {\mathrm{1,05}}^1$.

Summen er en geometrisk rekke:

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

Med alternativ I tas beløpet ut i 15 like store beløp, første uttak 1. juli 2033 – samme dato som kapitalen $K_0=906\mathrm{299,67}$ 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 $X=83\mathrm{157,13}$.

Det årlige uttaket med alternativ I er $\underline{\underline{X\approx 83157\mathrm{kr}}}$.

Merk: Tolker man «fra og med 2033» som at første uttak skjer ett år etter at kapitalen er på konto (etterskuddsvis), blir $X\approx 87315$ 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 $K_0=906\mathrm{299,67}$ 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 $\underline{\underline{B\approx 43157\mathrm{kr}}}$ (forskuddsvis).

Merk: Hadde første utbetaling skjedd ett år etter kapitalens tidspunkt (etterskuddsvis), ville svaret blitt $B=K_0\cdot \mathrm{0,05}\approx 45315$ 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 $\mu =\mathrm{250,0}$ og standardavvik $\sigma =\mathrm{3,0}$.

Vi standardiserer og bruker normalfordelingstabellen eller GeoGebra:

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

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

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

Se linje 3 i CAS-utklippet:

For å nå målsettingen må sannsynligheten for at én flaske veier for lite, være høyst $\underline{\underline{\mathrm{0,70}\%}}$.

Vi krever $P(X<245)=\mathrm{0,0070}$. Vi standardiserer:

Der $z_{\mathrm{0,0070}}$ er den $z$-verdien som gir $\mathrm{\Phi }(z)=\mathrm{0,0070}$. Fra invers normalfordeling:

Løser for $\mu$ (se linje 4 i CAS-utklippet):

Forventningsverdien til $X$ må økes til $\underline{\underline{\approx \mathrm{252,4}\mathrm{g}}}$ for at kravet skal bli oppfylt.