Mathematik anwenden HAK 4, Schulbuch

Analysis – Kosten- und Preistheorie 406. a. 1,5ME b. Höchstpreis: 4GE/ME; Bei diesem Preis ist niemand mehr bereit, das Produkt zu kaufen. Sättigungsmenge: 6ME; Diese Menge kann man „verkaufen“, wenn der Preis 0GE/ME beträgt. 407. p N mit p N (x) = ‒0,5x + 30 [Es ist p N eine lineare Funktion mit p N (x) = a x + b. Da bei einem Preis von 30GE/ME nichts mehr gekauft wird, ist p N (0) = 30, also b = 30. Wenn eine Preissenkung von 5GE/ME eine Nachfrage­ steigerung von 10ME bewirkt, hat die lineare Funktion die Steigung a = ‒​  5 _  10 ​= ‒0,5. Also ist p N (x) = ‒0,5x + 30.] 408. 100ME bei einem Preis von 400GE/ME [Die erste Koordinate des Schnittpunktes der Graphen der beiden Funktionen ist die Lösung der Gleichung 3x + 100 = ‒5x + 900, also x = 100. Seine zweite Koordinate ist p A (100) = p N (100) = 400.] 409. Die Bogenelastizität ε ist der Quotient von relativer Änderung der Nachfrage und relativer Änderung des Preises. Ist die relative Änderung der Nachfrage größer als die des Preises, so ist †ε† > 1 und man spricht von elastischer Nachfrage, anderenfalls von unelas­ tischer Nachfrage. Verändert man den Preis (bzw. die Nachfrage) nur sehr wenig, so entspricht die Bogenelastizität ungefähr der Punktelastizität, welche an der Stelle x gleich ​  ​p​ N ​(x) _ x  ​: ​p​ N ​’(x) ist. 410. a. ε = ‒2,5, elastische Nachfrage [Die relative Änderung der Nachfrage ist ​  150 – 100 __ 100  ​= 0,5, die relative Preisänderung ​  20 – 25 _ 25  ​= ‒0,2. Daher ist ε = ​  0,5 _  ‒0,2 ​= ‒2,5. † ‒2,5 † > 1, also ist die Nachfrage elastisch.] b. Bei einer Preiserhöhung um 1% wird die Nachfrage um 2,5% zurückgehen. 411. a. ε = ‒1,5, elastische Nachfrage [Es ist p N ’(x) = ‒0,8. Daher ist ε = ​  ​p​ N ​(200) _ 200  ​: ​p​ N ​’(200) = ​  240 _ 200 ​: (‒0,8) = = ‒1,5. † ‒1,5 † > 1, also ist die Nachfrage elastisch.] b. Eine Preiserhöhung um 1% führt zu einem Rückgang der Nach- frage um 1,5%. 412. a. Beispiel für einen degressiven Kostenverlauf: Beispiel für einen progressiven Kostenverlauf: b. Da beide Funktionen ihre Krümmung nicht ändern und die Kos- tenkehre die Wendestelle ist, kann es keine Kostenkehre im Falle einer progressiven bzw. degressiven Kostenfunktion geben. 413. a. D b. A 414. K ist zweimal differenzierbar und hat keine Extremstellen. K ist auf ganz R streng monoton wachsend, das heißt: K’(x) > 0 für alle x * R . K(0) º 0 K hat genau eine positive Wendestelle. Die Funktion ist vor dieser Stelle rechtsgekrümmt und nach dieser Stelle linksgekrümmt. 415. K mit K(x) = ​  15 _ 32 ​·x 3 – ​  25 _ 8  ​·x 2 + ​  25 _ 2  ​·x + 10 [Aus der Angabe erhalten wir I) K(0) = 10, II) K(8) = 150, III) ​ _ K​’(4) = 0 und IV) ​ _ K​(4) = 10. Das führt zu dem Gleichungssystem I) d = 10 II) a·8 3 + b·8 2 + c·8 + d = 150 III) 2a·4 + b – d·4 ‒2 = 0 IV) a·4 2 + b·4 + c + d·4 ‒1 = 10 mit der Lösung a = ​  15 _ 32 ​ , b = ‒​  25 _ 8  ​ , c = ​  25 _ 2  ​ , d = 10.] 416. a. K mit K(x) = 0,216x 3 – 3,1725x 2 + 25,516x + 48,601 [Die Regressionsfunktion erhalten wir mit Technologieeinsatz aus den Zahlenpaaren (0 1 50), (1 1 72), …, (10 1 205).] b. K(0) > 0, es existiert keine Extremstelle, aber ein Wendepunkt (also eine Kostenkehre) bei 4,90. Der Kostenverlauf ist zunächst degressiv dann progressiv. Also liegt eine ertragsgesetzliche Kostenfunktion vor.  ggb/xls/tns b47t92 417. a. 3,33ME [Es ist K’(x) = 0,6x 2 – 4x + 12 und K’’(x) = 1,2x – 4. Die Nullstelle von K’’ ist ​  10 _ 3  ​≈ 3,33.] b. x BO = 6,27ME; ® PU: 10,51GE/ME  [Es ist ​ _ K​(x) = 0,2x 2 – 2x + 12 + 20x ‒1 und ​ _ K​’(x) = 0,4x – 2 – 20x ‒2 . Die Nullstelle von ​ _ K​’ ist das Betriebsoptimum x BO = 6,27. ​ _ K​(6,27) = 10,51.] c. x BM = 5ME; kPU: 7GE/ME [Es ist ​ _ K​ v ​(x) = 0,2x 2 – 2x + 12 und ​​ _ K​ v ​’(x) = 0,4x – 2. Die Nullstelle von ​ _ K​ v ​’ ist das Betriebsminimum x BM = 5. ​ _ K​ v ​(5) = 7.] d. x BO ≈ 6,3ME, x BM = 5ME 418. a. E mit E(x) = 400x b. G mit G(x) = ‒0,1x 3 + 5x 2 + 280x – 4020 [G(x) = E(x) – K(x) = = 400x – (0,1x 3 – 5x 2 + 120x + 4020) = ‒0,1x 3 + 5x 2 + 280x – 4020] c. D mit D(x) = ‒0,1x 3 + 5x 2 + 280x [D(x) = E(x) – K v (x) = = 400x – (0,1x 3 – 5x 2 + 120x) = ‒0,1x 3 + 5x 2 + 280x] d. Break-Even-Point: 12,32ME; Gewinngrenze: 79ME; Gewinn­ bereich: von 12,3ME bis 79ME [Die Lösungen der Gleichung G(x) = 0 bzw. ‒0,1x 3 + 5x 2 + 280x – 4020 = 0 sind ‒41,32, 12,32 und 79,00. Die beiden positiven Lösungen sind Break-Even-Point und Gewinngrenze.] 419. a. [Der Graph der Erlös- funktion muss durch den Punkt (0 1 0) gehen und den Graphen der Kostenfunktion an der Stelle 3 schneiden.] x in ME p N (x) in GE/ME 1 0 2 3 5 6 4 0 1 2 3 4 Höchstpreis Sättigungs- menge x in ME K(x) in GE 1 0 2 3 5 6 4 0 1 2 3 4 K x in ME K(x) in GE 1 0 2 3 5 6 4 0 1 2 3 4 K x in ME K(x) in GE 2 0 4 x BM x BO 10 8 0 40 20 60 100 80 K x in ME K(x), E(x) in GE 1 0 2 3 5 6 7 8 4 0 1 2 3 4 5 6 K E 215  Lösungen zu „Was habe ich gelernt?“ Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv