S2 2014 høst LØSNING
Del 1
Oppgave 1
a)
$f(x)=3 \ln(x+2)$
Deriverer ved å bruke kjerneregelen med $u=x+2 \Rightarrow u'=1$
$$f'(x)=3 \cdot \frac{1}{u} \cdot u' = 3 \cdot \frac{1}{x+2} \cdot 1 = \frac{3}{x+2} $$
b)
$g(x)=x \cdot \ln(3x)$
Deriverer ved å bruke produktregelen og kjerneregelen:
$$g'(x)=1 \cdot \ln(3x) + x \cdot \frac{1}{3x} \cdot 3 = \ln(3x) + 1$$
Oppgave 2
Brøken kan forkortes, dersom $(x-3)$ er en faktor i telleren $f(x)=(x^3-2x^2-3x)$.
Fra nullpunktsetningen vet vi at dersom $(x-3)$ er en faktor i polynomet $f(x)$, må $x=3$ være et nullpunkt for $f(x)$.
Vi sjekker dette: $f(3)=3^3-2 \cdot 3^2-3 \cdot 3= 27-18-9 =0$
Brøken kan forkortes.
Vi kan forkorte brøken ved å utføre polynomdivisjon:
$(x^3-2x^2-3x):(x-3)=x^2+x$
$$\frac{x^3-2x^2-3x}{x-3}=\frac{(x^2+x)(x-3)}{x-3}=x^2+x , \quad x\neq3 $$
Oppgave 3
a)
Jeg skriver først rekken på en annen måte:
$a+ a \cdot \frac{1}{2} + a \cdot\frac{1}{2^2} + \cdots + a \cdot\frac{1}{2^{n-1}} $
Da ser vi at dette er en geometrisk rekke, med
$a_1=a$ og $k=\frac{1}{2}$
Bruker formel for sum av de $n$ første ledda i en geometrisk rekke:
$$ S_n= a_1 \cdot \frac{k^n-1}{k-1} $$ $$ S_n= a \cdot \frac{(\frac{1}{2})^n-1}{\frac{1}{2}-1} = a \cdot \frac{\frac{1}{2^n}-1}{-\frac{1}{2}} = -2a \cdot (\frac{1}{2^n}-1) = 2a \cdot (1-\frac{1}{2^n})$$
b)
Rekka konvergerer fordi $k=\frac{1}{2}$ og dermed er $-1<k<1$. Da vet vi at en uendelig geometrisk rekke konvergerer.
Vi kan også begrunne det ut fra formelen for summen vi fant i oppg. a):
Når $n\rightarrow\infty$ vil $\frac{1}{2^n} \rightarrow 0$.
Da vil vi få:
$$ S_n = 2a \cdot (1-\frac{1}{2^n}) \rightarrow 2a \cdot (1-0) = 2a $$
c)
$ S = 2a \\ S = 10 \Rightarrow 2a=10 \\ a=\frac{10}{2}=5 $
Oppgave 4
$f(x)=x^3-6x^2+9x , \quad D_f = \mathbb{R} $
a)
Nullpunktene til $f$:
$f(x)=0 \\ x^3-6x^2+9x=0 \\ x(x^2-6x+9)=0 \quad \text{faktoriserer ut} \; x\\ x(x-3)^2 = 0 \quad \text{faktoriserer vha. 2. kvadratsetning} \\ x=0 \vee x=3 $
b)
Topp-/bunnpunkter på grafen til $f$:
$f'(x)=3x^2-12x+9$
$f'(x)=0$
$3x^2-12x+9=0 \\ 3(x^2-4x+3)=0 \\ x^2-4x+3=0$
$x=\frac{-(-4)\pm \sqrt{(-4)^2-4 \cdot 3}}{2} =\frac{4 \pm \sqrt{16-12}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{4}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2} \\ x=3 \vee x=1 $
$3(x^2-4x+3)=3(x-3)(x-1) $
Lager fortegnslinje:
$f(1)=4 \\ f(3)=0 $
Grafen til $f$ har et toppunkt i $(1, 4)$ og et bunnpunkt i $(3, 0)$.
c)
Vendepunktet på grafen til $f$:
$f' '(x)= 6x -12 \\ f' '(x)=0 \\ 6x-12 =0 x=2 $
Lager fortegnslinje:
$f(2)=2$
Grafen til $f$ har et vendepunkt i $(2, 2)$.
d)
Oppgave 5
a)
I punktet $A$ er $x=400$.
To av de rette linjene går også gjennom punktet $A$.
Den ene er linja $y=4,46x$ (denne har størst stigningstall, og stiger raskest av de tre rette linjene).
Den andre er linja $y=2,06x+960$ (dette er linja som tangerer grafen til $y=K(x)$ i punktet $A$).
Vi kan dermed bruke en av disse linjene, til å regne ut funksjonsverdien til $K(x)$ for $x=400$.
Vi får da:
$$E(x) = \frac{K(x)}{x} \\ E(400) = \frac{K(400)}{400} = \frac{4,46 \cdot 400}{400} = 4,46$$
b)
Grensekostnaden er $K'(x)$
Den deriverte til $K(x)$ når $x=400$, er det samme som stigningstallet til tangenten til grafen når $x=400$.
Linja $y=2,06x+960$ tangerer grafen til $K(x)$ i punktet $A$, der $x=400$.
Vi ser at denne tangenten har stigningstallet $2,06$.
$K'(400)=2,06$
c)
Den minste verdien for enhetskostnaden finner vi der enhetskostnaden er lik grensekostnaden
$$K'(x)=E(x)$$
Nå skal vi se på punket $B$. Her er $x=1000$.
Den rette linja $y=3,43x$ tangerer grafen til $K(x)$ i punktet $B$.
Vi ser at tangenten har stigningstallet $3,43$ og derfor er $K'(1000)=3,43$.
Vi kan regne ut enhetskostnaden for $x=1000$ på samme måte som vi gjorde i oppg. a). Vi bruker den rette linja til å regne ut funksjonsverdien til $K(x)$ for $x=1000$.
$$ E(1000) = \frac{K(1000)}{1000} = \frac{3,43 \cdot 1000}{1000}= 3,43 $$
Vi har nå vist at $K'(x)=E(x)$ for $x=1000$.
Den minste enhetskostnaden har vi ved produksjon av 1000 enheter, og da er enhetskostnaden 3,43 kroner per enhet.
