S2 2013 vår LØSNING

Oppgave 1

a)

Benytter produktregelen:

$f^{\prime }(x)=x^{\prime }\cdot e^{2x}+x\cdot (e^{2x}{)}^{\prime }=1\cdot e^{2x}+x\cdot 2e^{2x}=e^{2x}(1+2x).$

b)

Her bruker vi brøkregelen:

$\begin{array}{rcl}{g}^{\prime }(x)& =& \frac{(x-1{)}^{\prime }(x^2-3)-(x-1)(x^2-3{)}^{\prime }}{(x^2-3{)}^2}=\frac{1\cdot (x^2-3)-(x-1)\cdot 2x}{(x^2-3{)}^2}\\ & =& \frac{x^2-3-2x^2+2x}{(x^2-3{)}^2}=\frac{-x^2+2x-3}{(x^2-3{)}^2}=-\frac{x^2-2x+3}{(x^2-3{)}^2}\end{array}.$

Oppgave 2

I denne oppgaven får vi bruk for at divisjonen $p(x):(x-a)$ går opp dersom $p(a)=0$.

a)

Hvis divisjonen skal gå opp så må vi få 0 når vi setter 3 inn i polynomet, det vil si at

$3^2-2\cdot 3+a=0\iff 3+a=0\iff a=-3.$

b)

Her må $x-b$ være en faktor i polynomet. Faktoriserer vi $x^2-3x-4$, f.eks. med ABC-formelen, får vi at

$x^2-3x-4=(x+1)(x-4).$

Da må $x-b=x+1$ eller $x-b=x-4$, som gir at $b=-1$ eller $b=4$. En annen måte å løse oppgaven på er å, igjen, si at når vi setter inn $b$ i polynomet $x^2-3x-4$, så får vi 0. Da får vi:

$b^2-3b-4=0,$

og løser vi denne får vi de samme verdiene for $b$.

Oppgave 3

Denne rekken har formen

$a_1+a_2+...=11\cdot (-0.1{)}^0+11\cdot (-0.1{)}^2+11\cdot (-0.1{)}^3+...$

Kvotienten til rekken er $k=-0.1$. Siden kvotienten er mellom -1 og 1 (har absoluttverdi mindre enn 1), så konvergerer rekka. Summen av de $n$ første leddene er, ved å bruke sumformelen, gitt ved

$S_n=a_1\cdot \frac{k^n-1}{k-1}=11\cdot \frac{(-0.1{)}^n-1}{-1.1}=11\cdot \frac{1-(-0.1{)}^n}{1.1}=10\cdot (1-(-0.1{)}^n).$ (I det siste leddet ble 11 delt på 1.1, som blir 10.)

Lar vi antall ledd gå mot uendelig er summen gitt ved

$S=a_1\cdot \frac{1}{1-k}=11\cdot \frac{1}{1.1}=10.$

Oppgave 4

Her kan vi velge mellom innsettingsmetoden eller addisjonsmetoden. Viser innsettingsmetoden her, da det virker som den er mest utbredt.

Fra den første ligningen har vi at

$x=13+z-y.$

Setter vi dette inn i de to neste ligningene får vi

(1) $2(13+z-y)+y+z=27\iff 26+3z-y=27\iff 3z-y=1.$

og

(2) $(13+z-y)-3y-2z=-9\iff 13-z-4y=-9\iff 4y+z=22.$

Disse to ligningene har da kun to ukjente, $x$ og $y$, og da kan vi gjenta prosessen for å finne dem. I fra (1) får vi at $y=3z-1$. Setter vi det inn i (2) får vi

$4(3z-1)+z=22\iff 13z=26\iff z=2.$

Da er $y=3z-1=3\cdot 2-1=5$ og $x=13+z-y=13+2-5=10$. Løsningene er altså $x=10,y=5,z=2$.

Oppgave 5

a)

$f^{\prime }(x)=3x^2-12x+9$

Vi faktoriserer $f{‘}^{\prime }(x)$ (ved å f.eks. benytte andregradsformelen til å finne nullpunkter) og får:

$f^{\prime }(x)=3(x-1)(x-3).$

Da er $f^{\prime }(x)=0$ når $x=1$ eller $x=3$. Tegner vi et fortegnsskjema ser vi at begge faktorer er negative frem til $x=1$, så den deriverte er positiv og funksjonen dermed stigende for $x<1$. Mellom $x=1$ og $x=3$ er fortegnene motsatte, slik at den deriverte blir negativ, og funksjonen altså avtagende. Situasjonen snur igjen for $x>3$. Til sammen forteller dette oss at $x=1$ er et topp-punkt og $x=3$ er et bunnpunkt.

b)

$f^{\prime \prime }(x)=6x-12=6(x-2).$

$f^{\prime \prime }(x)$ er lik $0$ og skifter fortegn i $x=2$. Dermed må $x=2$ være et vendepunkt.

c)

Ingen skisse for øyeblikket.

Oppgave 6

a)

Total sannsynlighet er 1, altså må summen av $P(X=x)$ for alle verdier av $x$ være lik 1. Det gir oss:

$2p+p+3p+0.3+p=1\iff 7p=1-0.3=0.7\iff p=0.1.$

b)

Forventningsverdien $E(X)$ finner vi ved

$\begin{array}{rcl}E(X)& =& x_{1}P(X=x_1)+x_{2}P(X=x_2)+...+x_{5}P(X=x_5)\\ & =& 0\cdot 0.2+1\cdot 0.1+2\cdot 0.3+3\cdot 0.3+4\cdot 0.1=2.\end{array}$

Forventningsverdien for X er altså $X=2$.

Variansen $Var(X)$ finner vi ved

$\begin{array}{rcl}Var(X)& =& (x_1-E(X){)}^{2}P(X=x_1)+(x_2-E(X){)}^{2}P(X=x_2)+...+(x_5-E(X){)}^{2}P(X=x_5)\\ & =& (0-2{)}^2\cdot 0.2+(1-2{)}^2\cdot 0.1+(2-2{)}^2\cdot 0.3+(3-2{)}^2\cdot 0.3+(4-2{)}^2\cdot 0.1\\ & =& 0.8+0.1+0+0.3+0.4=1.6\end{array}$.

Oppgave 7

a)

Forventningsverdiene finner vi i topp-punktene til normalfordelingene. Det vil si at $X_1$ og $X_2$ svarer til (3) eller (4), siden disse har forventingsverdi 5, mens $X_3$ og $X_4$ svarer til (1) eller (2), siden disse har forventningsverdi 10.

Videre forteller standardavviket noe om hvor utspredt fordelingen er. Mindre standardavvik betyr mindre spredning. Dermed må $X_1$ ha grafen (4), $X_2$ ha grafen (3), $X_3$ ha grafen (2) og $X_4$ ha grafen (1).

b)

Sannsynligheten $P(7<X<14)$ er lik arealet under kurven mellom $x=7$ og $x=14$. Det totale arealet er alltid 1. Vi må se på hver av (1), (2), (3) og (4) og se om det er mulig at $P(7<X<14)=0.75$ for hver av dem.

(1): Fordelingen er tilnærmet 0 ved $x=7$ og ved $x=14$. Det betyr at tilnærmet alt arealet er mellom de to. Da må $P(7<X_1<14)\approx 1>0.75$.

(3): Vi ser at området fra $x=7$ til $x=14$ dekker under halvparten av arealet, så $P(7<X_3<14)<0.5<0.75$.

(4): Også her dekker området fra $x=7$ til $x=14$ under halvparten av arealet, så $P(7<X_4<14)<0.5<0.75$.

Da gjenstår kun (2) som det eneste alternativet, og vi ser at det kan stemme med grafen.

Oppgave 1

a)

Med $x=E(p)$ har vi at

$x=6000-4p$

Ved etterspørsel $E(p)$ er inntekten gitt ved $I(p)=pE(p)=px$. Fra uttrykket for $x$ ovenfor finner vi at

$p=\frac{6000-x}{4}=1500-\frac{x}{4}.$

Da er

$I(x)=px=(1500-\frac{x}{4})x=1500x-\frac{x^2}{4},$

og

$I^{\prime }(x)=1500-0.5x.$

b)

Overskuddet er $I(x)-K(x)$, som er størst dersom den deriverte er 0 og skifter fortegn fra positivt til negativt. Vi har at

$(I(x)-K(x){)}^{\prime }=I^{\prime }(x)-K^{\prime }(x)=0\iff I^{\prime }(x)=K^{\prime }(x),$

dvs. at overskuddet er størst når grenseinntekten (som vi allerede har funnet et uttrykk for) er lik grensekostnaden

$K^{\prime }(x)=0.04x+20.$

Det gir oss

$\begin{array}{rcl}{I}^{\prime }(x)& =& K^{\prime }(x)\\ 1500-0.5x& =& 0.04x+20\\ 0.54x& =& 1480\\ x& =& 2740.7\end{array}$

Det må altså selges $x=2740$ enheter for å oppnå maksimalt overskudd. Ved å bruke sammenhengen mellom pris $p$ og antall enheter $x$ finner vi da at prisen per enhet er

$p=1500-\frac{x}{4}=1500-\frac{2740}{4}=685$.

c)

Bedriften går i balanse når overskuddet er lik 0, med andre ord når inntektene og kostnadene er like store. Setter vi opp dette får vi

$\begin{array}{rcl}I(x)& =& K(x)\\ 1500x-0.25x^2& =& 0.02x^2+20x+550000\\ 0.27x^2-1480x+550000& =& 0\end{array}$

Løser vi denne ligningen får vi at $x=401$ eller $x=5080$. Større antall solgte enheter gir lavere pris, altså vil den minste prisen være

$p=1500-0.25x=1500-0.25\cdot 5080=230$.

Oppgave 2

a)

2012 er 6 år etter 2006, altså må vi sette inn $x=6$ i funksjonen:

$f(6)=\frac{333}{1+1.45e^{-0.23\cdot 6}}=244$.

b)

Her kommer metoden an på hvilket digitalt verktøy man benytter. I GeoGebra kan punktene legges inn, f.eks. med navn A, B, C, D, E, F og G, og deretter kan kommandoen fitLogistic[A,B,C,D,E,F,G] benyttes. Vi får da funksjonen

$g(x)=\frac{317.17}{1+1.35e^{-0.25x}}.$

c)

Når $x$ blir større og større vil $e^{-0.23x}$ og $e^{-0.25x}$ gå mot 0. Vi har da at

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=\frac{333}{1+1.45\cdot 0}=333,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x)=\frac{317.17}{1+1.35\cdot 0}=317.17$.

I det lange løp vil altså firma A selge flest enheter per år.

d)

Arealet under grafene til $f$ og $g$ mellom to punkter gir oss det modellene anslår til å være antall solgte enheter i tidsrommet mellom de to punktene. Her må altså finne araelet under kurvene til $f$ og $g$ fra $x=0$ til $x=9$. Dette gjøres med digitalt verktøy. I GeoGebra må de to funksjonene legges inn, og deretter benyttes kommandoene integral[f, 0, 9] og integral[g, 0, 9] til å finne arealene. Man får da

${\int }_0^{9}f(x)dx=1942.9$ og ${\int }_0^{9}g(x)dx=1933.94$,

altså er antall solgte enheter henholdsvis 1943 for firma A og 1934 for firma B.