Enkel derivasjon

Deriver funksjonene

Fasit

a) \(f'(x) = 3x^2 + 3e^x\)
b) \(g'(x) = \dfrac{1 - 2\ln(2x)}{x^3}\)

Løsningsforslag

a

Vi deriverer ledd for ledd.

b

Vi bruker kvotientregelen med \(u = \ln(2x)\) og \(v = x^2\).

Vi har \(u' = \dfrac{1}{x}\) og \(v' = 2x\).

Likningssystem med tre ukjente

Løs likningssystemet

Fasit

\(x = -1\), \(y = 3\), \(z = 7\)

Løsningsforslag

Vi har likningssystemet

Vi trekker likning III fra likning II for å eliminere \(z\):

Vi ganger likning III med 3 og trekker fra likning I:

Fra (IV) har vi \(y = 1 - 2x\). Vi setter inn i (V):

Vi setter \(x = -1\) inn i (IV):

Vi setter \(x = -1\) og \(y = 3\) inn i likning III:

Aritmetisk sum og uendelig geometrisk rekke

Fasit

a) \(s_{200} = 97\,900\)
b) \(s = 64\)

Løsningsforslag

a

Vi har en aritmetisk rekke med \(a_1 = -8\) og differanse \(d = -3 - (-8) = 5\).

Vi finner antall ledd \(n\):

Vi bruker summeformelen:

b

Vi har en geometrisk rekke med \(a_1 = 80\) og kvotient

Siden \(|k| = \dfrac{1}{4} < 1\), konvergerer rekken.

Summen av en uendelig geometrisk rekke er

Polynom og ulikhet

Et polynom \(P\) er gitt ved

Fasit

a) \(P(1) = 0\), så \(P(x)\) er delelig med \((x-1)\)
b) \(x \in \{1\} \cup [7, \to \rangle\)
c) \(\dfrac{1}{x - 7}\)

Løsningsforslag

a

Vi setter inn \(x = 1\):

Siden \(P(1) = 0\), er \(P(x)\) delelig med \((x - 1)\) ifølge faktorsettningen.

b

Vi utfører polynomdivisjon \(P(x) : (x - 1)\):

Vi faktoriserer andregradsuttrykket:

Altså:

Vi løser ulikheten \(P(x) \geq 0\):

\((x - 1)^2 \geq 0\) for alle \(x\), så fortegnet til \(P(x)\) bestemmes av \((x - 7)\).

• \((x-7) \geq 0\) når \(x \geq 7\)
• Når \(x = 1\): \(P(1) = 0\)

c

Vi kjenner igjen telleren som et fullstendig kvadrat:

Fra oppgave b) har vi \(P(x) = (x-1)^2(x-7)\). Vi forkorter:

Tredjegradsfunksjon og vannstand

Funksjonen \(f\) er gitt ved

Vi skal nå studere vannstanden under en vårflom i en elv. Vannstanden er høyden (i meter) på vannet målt på en utplassert skala.

En modell \(g\) for vannstanden er gitt ved

Her er \(x\) antall dager etter at flommen startet.

Fasit

a) Bunnpunkt i \((5, -32)\), toppunkt i \((1, 0)\)
b) Skisse
c) Vannstanden var høyest etter 5 dager, med \(g(5) = 3{,}2 \text{~meter}\)
d) Vannstanden økte mest etter 3 dager, med \(1{,}2 \text{~meter per dag}\)

Løsningsforslag

a

Vi utvider \(f(x) = (x-1)^2(x-7)\):

Vi deriverer:

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

Vi bruker fortegnsskjema for \(f'(x)\):

Vi ser at \(f\) har toppunkt i \((1, 0)\) og bunnpunkt i \((5, -32)\).

Vi kontrollerer: \(f(5) = (5-1)^2(5-7) = 16 \cdot (-2) = -32\) ✓

b

Grafen til \(f\) har:

• Nullpunkter i \(x = 1\) (dobbelt) og \(x = 7\)
• Toppunkt i \((1, 0)\)
• Bunnpunkt i \((5, -32)\)

Grafen starter negativt for \(x < 1\), tangerer \(x\)-aksen i \(x = 1\), synker ned til bunnpunktet \((5, -32)\), og krysser \(x\)-aksen igjen i \(x = 7\).

c

Siden \(g(x) = -0{,}10 \cdot f(x)\), har \(g\) maksimum der \(f\) har minimum. Fra oppgave a) har \(f\) minimum i \(x = 5\).

Vannstanden var på sitt høyeste etter \(\underline{\underline{5 \text{~dager}}}\), og vannstanden var da \(\underline{\underline{3{,}2 \text{~meter}}}\).

d

Vannstanden økte mest der \(g'(x)\) er størst, altså i vendepunktet til \(g\) der \(g''(x) = 0\).

Vi setter \(g''(x) = 0\):

Vi sjekker at \(x = 3 \in [2, 6]\) ✓

Vannstanden økte mest etter \(\underline{\underline{3 \text{~dager}}}\), og den økte da med \(\underline{\underline{1{,}2 \text{~meter per dag}}}\).

Kostnadsfunksjon og tangent

For en bedrift koster det \(K(x)\) kroner å produsere \(x\) enheter av en vare per dag.

Enhetskostnaden er

Figuren nedenfor viser grafen til \(K\) og tangenten til grafen i punktet \((100, 1200)\).

Fasit

a) \(K'(100) = 5\) og \(E(100) = 12\)
b) Vis ved derivasjon av \(E(x) = \dfrac{K(x)}{x}\)
c) \(E'(100) = -0{,}07\)

Løsningsforslag

a

Enhetskostnaden er

Grensekostnaden \(K'(100)\) er stigningstallet til tangenten i \((100, 1200)\). Vi leser av figuren at tangenten skjærer \(y\)-aksen i omtrent \(y = 700\). Stigningstallet blir

b

Vi deriverer \(E(x) = \dfrac{K(x)}{x}\) med kvotientregelen:

Vi deler teller og nevner med \(x\):

c

Vi setter inn verdiene fra oppgave a):

Dette betyr at enhetskostnaden synker med omtrent \(0{,}07\) kr per enhet når produksjonen økes fra 100 enheter. Grensekostnaden (\(K'(100) = 5\)) er lavere enn enhetskostnaden (\(E(100) = 12\)), så det lønner seg å produsere flere enheter.

Gule drops i poser

En bedrift produserer drops. 20 % av dropsene er gule, og resten er røde. Dropsene blir tilfeldig fordelt i poser. Det er 100 drops i hver pose.

La \(X\) være antall gule drops i en tilfeldig valgt pose.

Vi kan anta at \(X\) er en binomisk fordelt variabel.

I resten av oppgaven går vi ut fra at \(X\) er tilnærmet normalfordelt.

Fasit

a) \(\text{E}(X) = 20\), \(\text{Var}(X) = 16\)
b) \(P(X \geq 25) \approx 0{,}1303\)
c) Skisse
d) \(a \approx 6{,}58\)

Løsningsforslag

a

\(X\) er binomisk fordelt med \(n = 100\) og \(p = 0{,}20\).

b

\(X\) er tilnærmet normalfordelt med \(\mu = 20\) og \(\sigma = \sqrt{16} = 4\).

Vi bruker halvkorreksjon og finner \(P(X \geq 24{,}5)\):

(Den eksakte binomiske sannsynligheten er \(0{,}1314\).)

c

Vi tegner en normalfordelingskurve med \(\mu = 20\) og \(\sigma = 4\). Området til høyre for \(x = 24{,}5\) skraveres. Dette området representerer \(P(X \geq 25)\).

d

Vi skal finne \(a\) slik at \(P(20 - a \leq X \leq 20 + a) = 0{,}90\).

Siden \(X\) er tilnærmet normalfordelt med \(\mu = 20\) og \(\sigma = 4\), standardiserer vi:

Symmetrien gir:

Vi slår opp i normalfordelingstabellen og finner \(z_{0{,}95} = 1{,}6449\).

Intervallet \([20 - 6{,}58, \; 20 + 6{,}58] = [13{,}42, \; 26{,}58]\) forteller oss at det er 90 % sannsynlighet for at en tilfeldig valgt pose inneholder mellom ca. 13 og 27 gule drops.

Fremskrittspartiet og hypotesetest

Ved stortingsvalget i september 2017 fikk Fremskrittspartiet 15,2 % av stemmene. Vi lar \(X\) være antall personer som stemte Fremskrittspartiet blant 1500 tilfeldig valgte personer som stemte ved forrige stortingsvalg.

Vi kan betrakte \(X\) som en binomisk fordelt variabel.

En avis hadde mistanke om at oppslutningen til Fremskrittspartiet hadde gått ned. I april 2020 ble 1500 tilfeldig valgte personer som stemte ved forrige stortingsvalg, spurt hvilket parti de ville ha stemt på om det hadde vært valg i dag.

Det viste seg at 13,8 % av de spurte ville ha stemt på Fremskrittspartiet.

Fasit

a) \(P(X \geq 240) \approx 0{,}2033\)
b) \(H_0\colon p = 0{,}152\), \(H_1\colon p < 0{,}152\)
c) \(P\)-verdi \(\approx 0{,}069 > 0{,}05\). Vi forkaster ikke \(H_0\).

Løsningsforslag

a

\(X\) er binomisk fordelt med \(n = 1500\) og \(p = 0{,}152\).

Vi bruker normalapproksimasjon:

Med halvkorreksjon:

b

Avisen har mistanke om at oppslutningen har gått ned. Vi tester:

c

Vi har \(n = 1500\) og observert andel \(\hat{p} = 0{,}138\), altså \(x = 0{,}138 \cdot 1500 = 207\) personer.

Vi beregner \(P\)-verdien under \(H_0\) (\(p = 0{,}152\)):

Med normalapproksimasjon:

Siden \(P\)-verdien \(\approx 0{,}066 > 0{,}05\), forkaster vi ikke \(H_0\) på 5 % signifikansnivå.

Vi har ikke tilstrekkelig grunnlag for å si at oppslutningen til Fremskrittspartiet har gått ned.

Rottebestand og logistisk modell

I 2019 registrerte forskere antall rotter i en bypark noen dager i perioden fra og med 31. mai til og med 20. juli. Se tabellen.

Modellen \(f\) gitt ved

viser hvor mange rotter det var i den samme parken \(t\) dager etter 31. mai i 2018.

I en annen park ble det i 2019 registrert 20 rotter den 31. mai. Anta at rottebestanden også i denne parken følger en logistisk modell. Anta videre at veksten i antall rotter var størst den 15. juli, og at bestanden stabiliserte seg på 200.

Fasit

a) \(g(t) \approx \dfrac{140{,}3}{1 + 23{,}1 \cdot e^{-0{,}1056t}}\)
b) Etter ca. 24,5 dager. Veksten var da ca. 3,6 rotter per dag.
c) Ca. 135 rotter

Løsningsforslag

a

Vi legger inn datapunktene i GeoGebra og bruker logistisk regresjon.

Vi tilpasser en logistisk modell \(g(t) = \dfrac{C}{1 + a \cdot e^{-bt}}\).

Regresjonen gir

b

For en logistisk funksjon \(f(t) = \dfrac{C}{1 + a \cdot e^{-bt}}\) øker antallet raskest i vendepunktet, der \(f(t) = \dfrac{C}{2}\).

Vi bruker GeoGebra CAS til å finne vendepunktet til \(f\):

Fra linje 2 ser vi at vendepunktet er i \((24{,}54, \; 60)\).

Fra linje 3 ser vi at \(f'(24{,}54) \approx 3{,}6\).

Antall rotter økte raskest etter ca. \(\underline{\underline{24{,}5 \text{~dager}}}\) (rundt 25. juni).

Veksten var da ca. \(\underline{\underline{3{,}6 \text{~rotter per dag}}}\).

c

Vi skal finne en logistisk modell for den andre parken:

Vi vet at:

• \(C = 200\) (bestanden stabiliserer seg på 200)
• \(h(0) = 20\) (20 rotter den 31. mai)
• Veksten er størst 15. juli, som er dag \(t = 45\)

I vendepunktet er \(h(t) = \dfrac{C}{2} = 100\), og dette skjer ved \(t = 45\).

Fra \(h(0) = 20\):

Fra vendepunkt ved \(t = 45\):

Den 30. juli er dag \(t = 60\):

Overskuddsfunksjon og prisfunksjon

En bedrift produserer og selger en vare. Kostnaden \(K\) i kroner ved å produsere og selge \(x\) enheter av varen per dag, er gitt ved

Inntekten \(I\) i kroner dersom bedriften selger \(x\) enheter per dag, er gitt ved

For en annen vare antar vi at salgsprisen i kroner per enhet ved produksjon av \(x\) enheter er gitt på formen

Her er \(a\) og \(b\) to reelle tall.

Kostnadsfunksjonen for denne varen er \(K\) som gitt ovenfor.

Fasit

a) Se graf
b) Ca. \(158{,}8\) enheter, overskudd ca. \(3788 \text{~kr}\)
c) \(a = -0{,}17\) og \(b = 90\)

Løsningsforslag

a

Overskuddsfunksjonen er

b

Vi finner maksimum ved å sette \(O'(x) = 0\):

Fra linje 4 ser vi at \(O'(x) = 0\) gir \(x = \dfrac{2700}{17} \approx 158{,}8\).

Fra linje 5 ser vi at \(O\!\left(\dfrac{2700}{17}\right) = \dfrac{64\,400}{17} \approx 3788\).

Bedriften må produsere og selge ca. \(\underline{\underline{159 \text{~enheter}}}\) per dag for størst overskudd. Overskuddet blir da ca. \(\underline{\underline{3788 \text{~kr}}}\).

c

Inntekten med prisfunksjonen \(p(x) = ax + b\) er

Overskuddet blir

Krav 1: Størst overskudd ved \(x = 175\), altså \(O'(175) = 0\):

Krav 2: \(O(175) = 5625\):

Fra (I): \(b = 30{,}5 - 350a\). Innsatt i (II):

Annuitetslån og serielån

Caroline skal kjøpe en leilighet og har skaffet et annuitetslån på 2 500 000 kr i en bank. Lånet skal betales tilbake med en nedbetalingstid på 30 år, én termin per år og en fast årlig rentesats på 2,7 %. Første innbetaling er om ett år.

Rett etter innbetaling av det 10. terminbeløpet får Caroline banken til å gjøre lånet om til et serielån. Da gjenstår 20 årlige terminer før lånet er nedbetalt, den første om ett år. Rentesatsen er fortsatt 2,7 %.

Fasit

a) Ca. \(3\,679\,560 \text{~kr}\)
b) Avdrag \(\approx 93\,820 \text{~kr}\)
c) Ca. \(2\,408\,372 \text{~kr}\)

Løsningsforslag

a

Vi finner terminbeløpet for annuitetslånet. Nåverdien av alle terminbeløp skal være lik lånebeløpet:

Vi løser i GeoGebra CAS:

Fra linje 1 ser vi at terminbeløpet er \(T \approx 122\,652 \text{~kr}\).

Totalt betaler Caroline

b

Vi finner restgjelden etter 10 terminer (se linje 3 i CAS-utklippet):

Med serielån over 20 terminer blir de årlige avdragene

c

Terminbeløp nummer \(k\) i serielånet er avdrag pluss renter på gjenstående gjeld:

Vi bruker GeoGebra CAS til å summere:

Fra linje 3 ser vi at summen av de 20 terminbeløpene er