Funksjonsanalyse og modellering – blanda oppgåver

Her kan det vere lurt å velje $x$ lik alderen på bilen.

Vi skriv tala inn i reknearket i GeoGebra, markerer tala og vel "Regresjonsanalyse".

Sidan forskjellen i verdi på bilen blir mindre og mindre frå år til år, kan ein eksponentiell modell passe godt. Vi vel regresjonsmodellen "Eksponentiell" og ser at grafen stemmer ganske bra med tala i tabellen. Ein matematisk modell som passar godt med tala, er

$V\left(x\right)=604 581·0,{85}^x$

der $x$ er talet på år etter 2012.

Modellen er ein eksponentialfunksjon, det vil seie at verdien på bilen blir redusert med ein fast prosent kvart år. Ein vekstfaktor på 0,85 betyr at verdien på bilen søkk med 15 prosent kvart år.

Vi vel å løyse oppgåva med CAS.

Verdien på bilen vart halvert etter litt over 4 år, det vil seie utpå våren i 2016.

Vi veit at ein slik eksponentialfunksjon søkk raskare jo mindre $x$ er. Oppgåva spør derfor etter momentan vekstfart når $x=0$.

Vi vel å løyse oppgåva med CAS.

Bilen søkk mest i verdi når han er heilt ny, og då søkk han i verdi per år med 98 200 kroner, eller nesten 100 000 kroner.

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

I gjennomsnitt sokk bilen i verdi kvart år dei 10 første åra med 48 500 kroner, eller nesten 50 000 kroner.

Oppgåva spør etter når den momentane vekstfarten til funksjonen er lik den gjennomsnittlege vekstfarten, altså når han er lik svaret i den førre oppgåva.

I året 2016 var verditapet per år omtrent lik det gjennomsnittlege verditapet dei 10 første åra.

Inntekta er talet på selde einingar multiplisert med prisen. Vi får

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

Overskotsfunksjonen 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 finn 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 veit at overskotsfunksjonen har eit toppunkt for $x=1 200$ fordi koeffisienten føre andregradsleddet er negativ.

Ei produksjonsmengde på 1 200 einingar gir størst overskot.

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 einingar er 220 kroner per eining. Det betyr at det kostar 220 kroner å auke produksjonen med éi eining (til 1 001).

Vi deriverer og finn nullpunkta 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 ein tredjegradsfunksjon med positiv koeffisient føre tredjegradsleddet. Når vi får to nullpunkt for den deriverte, veit vi derfor at det første nullpunktet er eit toppunkt på grafen til f, mens det andre er eit botnpunkt.

Vi kontrollerer at dette stemmer, ved å rekne ut verdiar for den deriverte på kvar side av nullpunkta.

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

Grafen er stigande for $x<0$ og for $x>2$ og søkkande mellom nullpunkta. Grafen har derfor eit toppunkt for $x=0$ og eit botnpunkt 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 botnpunktet $\left(2, -\frac{1}{3}\right)$.

Vi finn nullpunkta 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 skiftar forteikn i nullpunktet. Grafen til f har derfor eit vendepunkt for $x=1$.

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

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

Vi kjenner forma til ein tredjegradsfunksjon og treng derfor ikkje finne fleire punkt på grafen. Ei skisse av grafen kan sjå ut som nedanfor (der den verkelege grafen er teikna med GeoGebra).

Vi lagar eit program som går systematisk gjennom dei aktuelle funksjonsverdiane og plukkar ut største og minste funksjonsverdi.

1def T(x):
2  return 0.6*x**3 - 8*x**2 + 28*x + 42
3  
4topp, botn = 0, 1000
5x_min, x_maks = 1, 8
6x_topp, x_botn = 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) < botn:
13    x_botn = i
14    botn = T(i)
15    
16print(f"Aleksander trente mest den {x_topp}. februar, og då trente han i {topp:.1f} minutt.")
17print(f"Han trente minst den {x_botn}. februar, og då trente han i {botn:.1f} minutt.")

Vi får denne utskrifta:

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

Alternativ løysing:

Vi fyller opp ei liste med alle funksjonsverdiane og finn største og minste verdi med kommandoane "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 då trente han i {max(trening):.1f} minutt.")
9print(f"Han trente minst den {trening.index(min(trening))+1}. februar, og då trente han i {min(trening):.1f} minutt.")

Vi lagar eit program som summerer funksjonsverdiane for alle x-verdiane.

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 saman i {sum/60:.1f} timar.")

Vi får denne utskrifta: "Aleksander trente til saman i 8.2 timar."

Alternativ løysing:

Vi fyller opp ei liste med alle funksjonsverdiane 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 saman i {sum(trening)/60:.1f} timar.")

Vi bruker CAS i GeoGebra.

Linje 3 viser at det kostar 10 kroner å produsere éi ekstra eining per dag utover 100 einingar. Vi seier òg at grensekostnaden når produksjonen ligg på 100 einingar per dag, er 10 kroner per eining.

Linje 4 viser at inntekta aukar med 23,76 kroner for éi ekstra eining per dag utover 100 einingar. Vi seier òg at grenseinntekta når produksjonen ligg på 100 einingar, er 23,76 kroner per eining.

Sidan grenseinntekta er større enn grensekostnaden, vil det derfor lønne seg å auke produksjonen dersom han ligger på 100 einingar per dag.

Vi definerer overskotsfunksjonen og finn toppunktet til denne ved hjelp av den deriverte funksjonen.

Vi sjekkar i linje 8 og 9 at ekstremalpunktet for $x=136,97$ er eit toppunkt. Overskotet er størst når det blir produsert 137 einingar.

Informasjonen i kulepunkta gir følgande:

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

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

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

Dei tre vilkåra gir tre likningar. Vi løyser oppgåva med CAS.

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

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

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

Vi får at når produksjonen ligg på 100 einingar per dag, tener bedrifta 31,87 kroner på å produsere éi eining til per dag, mens det kostar 41 kroner ekstra å produsere denne eininga. Vi kan òg seie at grenseinntekta ved 100 produserte einingar per dag er 31,87 kroner per eining, mens grensekostnaden er 41 kroner per eining.

Sidan grensekostnaden er større enn grenseinntekta, vil det lønne seg å produsere færre enn 100 einingar per dag.

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

Overskotet blir størst når det blir produsert 86 einingar per dag.

Vi skriv tabellen inn i reknearkdelen til GeoGebra, markerer tala og bruker regresjonsanalyseverktøyet og lineær regresjonsmodell.

Eit uttrykk for prisen p som funksjon av talet på produserte og selde einingar er

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

Inntekta er prisen p per eining gonger talet på selde einingar og blir

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

Vi løyser oppgåva med CAS.

Sidan grenseinntekta i linje 4 er mykje større enn grensekostnaden i linje 3, vil det lønne seg for bedrifta å auke produksjonsmengda.

Vi løyser oppgåva med CAS.

Inntektene ved å produsere éi ekstra eining er større enn utgiftene ved å produsere éi ekstra eining så lenge produksjonen er under 4 339 einingar.

Det lønner seg altså å auke produksjonen så lenge produksjonen er under 4 339 einingar.

Frå svaret i oppgåve c) har vi at det største overskotet får bedrifta om dei produserer og sel 4 339 einingar.

Vi skriv tabellen inn i reknearkdelen til GeoGebra, markerer tala og bruker regresjonsanalyseverktøyet.

Ei rett linje eller ein andregradsfunksjon passar ikkje så godt med punkta. Men ein tredjegradsfunksjon passar veldig bra. Ein god matematisk modell for kostnadene er

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

Vi må finne den lågaste verdien for $K^{\text{'}}\left(x\right)$. Det må vere i eit vendepunkt for kostnadsfunksjonen. Vi løyser oppgåva med CAS.

I linje 5 sjekkar vi at grensekostnaden har eit botnpunkt (og ikkje eit toppunkt). Den lågaste grensekostnaden er 13,53 kroner per eining og er når det blir produsert 13 einingar.

Inntektsfunksjonen I blir prisen gonger talet på selde einingar og blir

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

Overskotsfunksjonen O blir

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

Nedanfor har vi teikna grafen til O saman med toppunktet, som vi har funne med verktøyet "Ekstremalpunkt".

Av toppunktet på grafen ser vi at det største moglege overskotet per dag er 1 192 kroner når det blir produsert og selt 34 einingar per dag.

Vi lagar ein ny inntektsfunksjon i der prisen er p kroner per eining.

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

Då får vi ein ny overskotsfunksjon

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

der K er den same kostnadsfunksjonen som før.

Vi må bestemme den verdien for p som er slik at overskotsfunksjonen er 0 for same x-verdi som toppunktet, det vil seie at toppunktet på overskotsfunksjonen har y-koordinat 0. Det betyr at vi krev at

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

samtidig som

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

Dette gir to likningar med to ukjende: ein x-verdi og ein p-verdi. Vi løyser oppgåva med CAS.

Den lågast moglege prisen bedrifta kan ta og likevel gå i balanse, er 41,21 kroner per eining. Då må bedrifta produsere og selje 27 einingar 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 finn stasjonære punkt 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 forteiknslinje for den deriverte ser derfor slik ut:

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

Vi må løyse likninga nedanfor med omsyn 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 set

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

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

Svaret betyr at når etterspurnaden q er 25, fell prisen med 1 krone dersom etterspurnaden aukar med éi eining.