Funksjonsanalyse og modellering – blandede oppgaver

Her kan det være lurt å velge $x$ lik alderen på bilen.

Vi skriver tallene inn i regnearket i GeoGebra, markerer tallene og velger "Regresjonsanalyse".

Siden forskjellen i verdi på bilen blir mindre og mindre fra år til år, kan en eksponentiell modell passe godt. Vi velger regresjonsmodellen "Eksponentiell" og ser at grafen stemmer ganske bra med tallene i tabellen. En matematisk modell som passer godt med tallene, er

$V\left(x\right)=604 581·0,{85}^x$

der $x$ er antall år etter 2012.

Modellen er en eksponentialfunksjon, det vil si at bilens verdi reduseres med en fast prosent hvert år. En vekstfaktor på 0,85 betyr at bilens verdi synker med 15 prosent hvert år.

Vi velger å løse oppgaven med CAS.

Bilens verdi ble halvert etter litt over 4 år, det vil si utpå våren i 2016.

Vi vet at en slik eksponentialfunksjon synker raskere jo mindre $x$ er. Oppgaven spør derfor etter momentan vekstfart når $x=0$.

Vi velger å løse oppgaven med CAS.

Bilen synker mest i verdi når den er helt ny, og da synker den i verdi per år med 98 200 kroner, eller nesten 100 000 kroner.

Oppgaven spør etter den gjennomsnittlige vekstfarten til funksjonen i intervallet $\left[0,10\right]$.

I gjennomsnitt sank bilen i verdi hvert år de 10 første årene med 48 500 kroner, eller nesten 50 000 kroner.

Oppgaven spør etter når den momentane vekstfarten til funksjonen er lik den gjennomsnittlige vekstfarten, altså når den er lik svaret i forrige oppgave.

I året 2016 var verditapet per år omtrent lik det gjennomsnittlige verditapet de 10 første årene.

Inntekten er antall solgte enheter multiplisert med prisen. Vi får

$I\left(x\right)=x\cdot p\left(x\right)=x\cdot \left(480-0,1x\right)=-0,1x^2+480x$

Overskuddsfunksjonen blir

$\begin{array}{rcl}O\left(x\right) & =& I\left(x\right)-K\left(x\right)\\ & =& -0,1x^2+480x-\left(20 000+120x+0,05x^2\right)\\ & =& -0,15x^2+360x-20 000\end{array}$

Vi deriverer og finner nullpunktet til den deriverte.

$O^{\text{'}}\left(x\right) =2·(-0,15)x+360=-0,30x+360$

$\begin{array}{rcl}{O}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ -0,30x+360 & =& 0\\ 0,30 x & =& 360\\ x & =& \frac{360}{0,30}=\frac{3 600}{3}=1 200\end{array}$

Vi vet at overskuddsfunksjonen har et toppunkt for $x=1 200$ fordi koeffisienten foran andregradsleddet er negativ.

En produksjonsmengde på 1 200 enheter gir størst overskudd.

Vi må finne $K^{\text{'}}\left(1 000\right)$.

$\begin{array}{rcl}{K}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 120+2·0,05x=120+0,1x\\ K^{\text{'}}\left(1 000\right) & =& 120+0,1·1 000=120+100=220\end{array}$

Grensekostnaden ved 1 000 produserte enheter er 220 kroner per enhet. Det betyr at det koster 220 kroner å øke produksjonen med én enhet (til 1 001).

Vi deriverer og finner nullpunktene til den deriverte.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \frac{1}{3}{x}^3-x^2+1\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& 3·\frac{1}{3}{x}^2-2x=x^2-2x=x(x-2)\\ & & \\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ x(x-2) & =& 0\\ x & =& 0 \vee x=2\end{array}$

f er en tredjegradsfunksjon med positiv koeffisient foran tredjegradsleddet. Når vi får to nullpunkter for den deriverte, vet vi derfor at det første nullpunktet er et toppunkt på grafen til f, mens det andre er et bunnpunkt.

Vi kontrollerer at dette stemmer, ved å regne ut verdier for den deriverte på hver side av nullpunktene.

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}(-1) & =& -1(-1-2)=3\\ f^{\text{'}}\left(1\right) & =& 1(1-2)=-1\\ f^{\text{'}}\left(3\right) & =& 3(3-2)=3\end{array}$

Grafen er stigende for $x<0$ og for $x>2$ og synkende mellom nullpunktene. Grafen har derfor et toppunkt for $x=0$ og et bunnpunkt for $x=2$.

$\begin{array}{rcl}f\left(0\right) & =& \frac{1}{3}·0^3-0^2+1=1\\ f\left(2\right) & =& \frac{1}{3}\cdot 2^3-2^2+1=\frac{8}{3}-4+1=\frac{8}{3}-\frac{12}{3}+\frac{3}{3}=-\frac{1}{3}\end{array}$

Grafen til f har toppunktet $\left(0, 1\right)$ og bunnpunktet $\left(2, -\frac{1}{3}\right)$.

Vi finner nullpunktene til den dobbeltderiverte funksjonen.

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& x^2-2x\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 2x-2\\ & & \\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ 2x-2 & =& 0\\ 2x & =& 2\\ x & =& 1\end{array}$

Den dobbeltderiverte er ei rett linje og skifter fortegn i nullpunktet. Grafen til f har derfor et vendepunkt for $x=1$.

$f\left(1\right)=\frac{1}{3}·1^3-1^2+1=\frac{1}{3}$

Grafen til f har et vendepunkt i $\left(1, \frac{1}{3}\right)$.

Vi kjenner formen til en tredjegradsfunksjon og trenger derfor ikke finne flere punkter på grafen. En skisse av grafen kan se ut som nedenfor (der den virkelige grafen er tegnet med GeoGebra).

Vi lager et program som går systematisk gjennom de aktuelle funksjonsverdiene og plukker ut største og minste funksjonsverdi.

1def T(x):
2  return 0.6*x**3 - 8*x**2 + 28*x + 42
3  
4topp, bunn = 0, 1000
5x_min, x_maks = 1, 8
6x_topp, x_bunn = x_min, x_min
7
8for i in range(x_min, x_maks + 1):
9  if T(i) > topp:
10    x_topp = i
11    topp = T(i)
12  if T(i) < bunn:
13    x_bunn = i
14    bunn = T(i)
15    
16print(f"Aleksander trente mest den {x_topp}. februar, og da trente han i {topp:.1f} minutter.")
17print(f"Han trente minst den {x_bunn}. februar, og da trente han i {bunn:.1f} minutter.")

Vi får denne utskriften:

"Aleksander trente mest den 2. februar, og da trente han i 70.8 minutter.
Han trente minst den 6. februar, og da trente han i 70.8 minutter."

Alternativ løsning:

Vi fyller opp ei liste med alle funksjonsverdiene og finner største og minste verdi med kommandoene "max" og "min".

1def T(x):
2  return 0.6*x**3 - 8*x**2 + 28*x + 42
3trening = []
4
5for i in range(1,9):
6    trening.append(T(i))
7
8print(f"Aleksander trente mest den {trening.index(max(trening))+1}. februar, og da trente han i {max(trening):.1f} minutter.")
9print(f"Han trente minst den {trening.index(min(trening))+1}. februar, og da trente han i {min(trening):.1f} minutter.")

Vi lager et program som summerer funksjonsverdiene for alle x-verdiene.

1def T(x):
2  return 0.6*x**3 - 8*x**2 + 28*x + 42
3  
4x_min, x_maks = 1, 8
5sum = 0
6
7for i in range(x_min, x_maks + 1):
8  sum = sum + T(i)
9    
10print(f"Aleksander trente til sammen i {sum/60:.1f} timer.")

Vi får denne utskriften: "Aleksander trente til sammen i 8.2 timer."

Alternativ løsning:

Vi fyller opp ei liste med alle funksjonsverdiene og bruker kommandoen "sum".

1def T(x):
2  return 0.6*x**3 - 8*x**2 + 28*x + 42
3trening = []
4
5for i in range(1,9):
6    trening.append(T(i))
7    
8print(f"Aleksander trente til sammen i {sum(trening)/60:.1f} timer.")

Vi bruker CAS i GeoGebra.

Linje 3 viser at det koster 10 kroner å produsere én ekstra enhet per dag utover 100 enheter. Vi sier også at grensekostnaden når produksjonen ligger på 100 enheter per dag, er 10 kroner per enhet.

Linje 4 viser at inntekten øker med 23,76 kroner for én ekstra enhet per dag utover 100 enheter. Vi sier også at grenseinntekten når produksjonen ligger på 100 enheter, er 23,76 kroner per enhet.

Siden grenseinntekten er større enn grensekostnaden, vil det derfor lønne seg å øke produksjonen hvis den ligger på 100 enheter per dag.

Vi definerer overskuddsfunksjonen og finner toppunktet til denne ved hjelp av den deriverte funksjonen.

Vi sjekker i linje 8 og 9 at ekstremalpunktet for $x=136,97$ er et toppunkt. Overskuddet er størst når det produseres 137 enheter.

Informasjonen i kulepunktene gir følgende:

• Det koster i alt 3 225 kroner å produsere 50 enheter per dag: $K\left(50\right)=3 225$

• Det koster i alt 4 900 kroner å produsere 100 enheter per dag: $K\left(100\right)=4 900$

• Grensekostnadene ved å produsere 100 enheter er 41 kroner per enhet: $K^{\text{'}}\left(100\right)=41$

De tre betingelsene gir tre likninger. Vi løser oppgaven med CAS.

Vi skriver inn kostnadsfunksjonen $K\left(x\right)$ i CAS og beregner $K^{\text{'}}\left(x\right)$.

Vi bruker verktøyknappen "RegnUt" for å få regnet ut funksjonsuttrykket i linje 2, og svaret stemmer med det vi skulle vise.

Vi skriver inn inntektsfunksjonen $I\left(x\right)$ og beregner $I^{\text{'}}\left(100\right)$ og $K^{\text{'}}\left(100\right)$.

Vi får at når produksjonen ligger på 100 enheter per dag, tjener bedriften 31,87 kroner på å produsere én enhet til per dag, mens det koster 41 kroner ekstra å produsere denne enheten. Vi kan også si at grenseinntekten ved 100 produserte enheter per dag er 31,87 kroner per enhet, mens grensekostnaden er 41 kroner per enhet.

Siden grensekostnaden er større enn grenseinntekten, vil det lønne seg å produsere færre enn 100 enheter per dag.

Overskuddet blir størst når $I^{\text{'}}\left(x\right)=K^{\text{'}}\left(x\right)$.

Overskuddet blir størst når det produseres 86 enheter per dag.

Vi skriver tabellen inn i regnearkdelen til GeoGebra, markerer tallene og bruker regresjonsanalyseverktøyet og lineær regresjonsmodell.

Et uttrykk for prisen p som funksjon av antallet produserte og solgte enheter er

$p\left(x\right)=-0,224x+2 219$

Inntekten er prisen p per enhet ganger antall solgte enheter og blir

$I\left(x\right)=p\left(x\right)·x=\left(-0,224x+2 219\right)·x=-0,224x^2+2 219x$

Vi løser oppgaven med CAS.

Siden grenseinntekten i linje 4 er mye større enn grensekostnaden i linje 3, vil det lønne seg for bedriften å øke produksjonsmengden.

Vi løser oppgaven med CAS.

Inntektene ved å produsere én ekstra enhet er større enn utgiftene ved å produsere én ekstra enhet så lenge produksjonen er under 4 339 enheter.

Det lønner seg altså å øke produksjonen så lenge produksjonen er under 4 339 enheter.

Fra svaret i oppgave c) har vi at det største overskuddet får bedriften om de produserer og selger 4 339 enheter.

Vi skriver tabellen inn i regnearkdelen til GeoGebra, markerer tallene og bruker regresjonsanalyseverktøyet.

Ei rett linje eller en andregradsfunksjon passer ikke så godt med punktene. Men en tredjegradsfunksjon passer veldig bra. En god matematisk modell for kostnadene er

$K\left(x\right)=0,050x^3-1,97x^2+39,4x+501$

Vi må finne den laveste verdien for $K^{\text{'}}\left(x\right)$. Det må være i et vendepunkt for kostnadsfunksjonen. Vi løser oppgaven med CAS.

I linje 5 sjekker vi at grensekostnaden har et bunnpunkt (og ikke et toppunkt). Den laveste grensekostnaden er 13,53 kroner per enhet og er når det produseres 13 enheter.

Inntektsfunksjonen I blir prisen ganger antallet solgte enheter og blir

$I\left(x\right)=80x$

Overskuddsfunksjonen O blir

$\begin{array}{rcl}O\left(x\right) & =& I\left(x\right)-K\left(x\right)\\ & =& 80x-\left(0,050x^3-1,97x^2+39,4x+501\right)\\ & =& -0,050x^3+1,97x^2+40,6x-501\end{array}$

Nedenfor har vi tegnet grafen til O sammen med toppunktet, som vi har funnet med verktøyet "Ekstremalpunkt".

Av toppunktet på grafen ser vi at det største mulige overskuddet per dag er 1 192 kroner når det produseres og selges 34 enheter per dag.

Vi lager en ny inntektsfunksjon i der prisen er p kroner per enhet.

$i\left(x\right)=px$

Da får vi en ny overskuddsfunksjon

$o\left(x\right)=i\left(x\right)-K\left(x\right)$

der K er den samme kostnadsfunksjonen som før.

Vi må bestemme den verdien for p som er slik at overskuddsfunksjonen er 0 for samme x-verdi som toppunktet, det vil si at toppunktet på overskuddsfunksjonen har y-koordinat 0. Det betyr at vi krever at

$o^{\text{'}}\left(x\right)=0$

samtidig som

$o\left(x\right)=0$

Dette gir to likninger med to ukjente: en x-verdi og en p-verdi. Vi løser oppgaven med CAS.

Den lavest mulige prisen bedriften kan ta og likevel gå i balanse, er 41,21 kroner per enhet. Da må bedriften produsere og selge 27 enheter per dag.

Inntektsfunksjonen blir

$I\left(p\right)=p·q\left(p\right)=p·500·e^{-0,04p}=500p·e^{-0,04p}$

Vi deriverer og finner stasjonære punkter for inntektsfunksjonen:

$\begin{array}{rcl}{I}^{\text{'}}\left(p\right) & =& 500p·e^{-0,04p}·1+500p·e^{-0,04p}·\left(-0,04\right)\\ & =& 500·e^{-0,04p}\left(1-0,04p\right)\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{I}^{\text{'}}\left(p\right) & =& 0\\ 500·e^{-0,04p}\left(1-0,04p\right) & =& 0\\ 1-0,04p & =& 0\\ -0,04p & =& -1\\ p & =& \frac{1}{0,04}=\frac{100}{4}=25\end{array}$

Faktoren $500·e^{-0,04p}$ er alltid større enn 0. Faktoren $\left(1-0,04p\right)$ er større enn null når $x<25$ og mindre enn 0 når $x>25$. Ei fortegnslinje for den deriverte ser derfor slik ut:

Inntektsfunksjonen har derfor et toppunkt for $p=25$, så den prisen som gir størst inntekt, er 25 kroner per enhet.

Vi må løse likningen nedenfor med hensyn på p.

$\begin{array}{rcl}q & =& 500·e^{-0,04p}\\ \frac{q}{500} & =& e^{-0,04p}\\ \ln \left(\frac{q}{500}\right) & =& \ln \left(e^{-0,04p}\right)\\ \ln \left(\frac{q}{500}\right) & =& -0,04p\\ 0,04p & =& -\ln \left(\frac{q}{500}\right) |·25\\ p & =& -25\ln \left(\frac{q}{500}\right)\end{array}$

Vi bestemmer den deriverte funksjonen. Vi bruker kjerneregelen og setter

$u\left(q\right)=\frac{q}{500} , u^{\text{'}}\left(q\right)=\frac{1}{500}$

$\begin{array}{rcl}p\left(u\right) & =& -25\ln u\\ p^{\text{'}}\left(u\right) & =& -25·\frac{1}{u}·u^{\text{'}}\\ p^{\text{'}}\left(q\right)& =& -25·\frac{1}{{\displaystyle \frac{q}{500}}}·\frac{1}{500}\\ & =& -\frac{25}{q}\\ p^{\text{'}}\left(25\right) & =& -\frac{25}{25}=-1\end{array}$

Svaret betyr at når etterspørselen q er 25, faller prisen med 1 krone dersom etterspørselen øker med én enhet.