Matematikk S2 høst 2024

Integranden er definert for $x>0$. Vi bruker delvis integrasjon, $$\int u'\cdot v\,dx=u\cdot v-\int u\cdot v'\,dx.$$ Faktoren $\ln x$ blir enklere når vi deriverer den, og $x^2$ er lett å integrere. Vi setter derfor $$u'=x^2\;\Rightarrow\;u=\frac13x^3,\qquad v=\ln x\;\Rightarrow\;v'=\frac1x.$$

$$\begin{aligned}\int x^2\ln x\,dx&=\frac13x^3\ln x-\int\frac13x^3\cdot\frac1x\,dx\\&=\frac13x^3\ln x-\int\frac13x^2\,dx\\&=\frac13x^3\ln x-\frac19x^3+C\\&=\frac19x^3\,(3\ln x-1)+C\end{aligned}$$

Kontroll: Den deriverte av $\frac13x^3\ln x-\frac19x^3$ er $x^2\ln x+\frac13x^3\cdot\frac1x-\frac13x^2=x^2\ln x$.

En antiderivert til $3t^2-1$ er $t^3-t$. Da er $$\int_{-1}^{x}\left(3t^2-1\right)dt=\Big[t^3-t\Big]_{-1}^{x}=\left(x^3-x\right)-\left((-1)^3-(-1)\right)=x^3-x.$$

Vi løser $x^3-x=0$ ved å trekke ut fellesfaktoren $x$ og bruke konjugatsetningen: $$x^3-x=x\left(x^2-1\right)=x(x-1)(x+1)=0.$$ Produktet er null når $x=-1$, $x=0$ eller $x=1$. Kravet $x>-1$ utelukker $x=-1$. Svaret er $$x=0\quad\text{eller}\quad x=1.$$

Integralet er arealet mellom grafen til $f(t)=3t^2-1$ og $t$-aksen, regnet med fortegn. Areal over aksen teller positivt, og areal under aksen teller negativt. Grafen skjærer $t$-aksen i $t=-\frac{1}{\sqrt3}$ og $t=\frac{1}{\sqrt3}$ og ligger under aksen mellom disse to punktene.

For $x=0$: Fra $-1$ til $-\frac{1}{\sqrt3}$ ligger grafen over aksen, og fra $-\frac{1}{\sqrt3}$ til $0$ ligger den under. Begge arealene er $\frac{2\sqrt3}{9}$, så de utligner hverandre. For $x=1$: De to arealene over aksen er til sammen $\frac{2\sqrt3}{9}+\frac{2\sqrt3}{9}=\frac{4\sqrt3}{9}$. Det er like mye som arealet under aksen mellom $-\frac{1}{\sqrt3}$ og $\frac{1}{\sqrt3}$.

Svaret i b) betyr altså at arealet over $t$-aksen er like stort som arealet under $t$-aksen fra $t=-1$ til $t=x$. Hvis $f(t)$ for eksempel er en vekstfart, er den samlede endringen fra $t=-1$ til $t=0$, og fra $t=-1$ til $t=1$, lik null. Størrelsen er da tilbake på verdien den hadde ved $t=-1$.

Rekken har første ledd $a_1=3$ og differanse $d=4$. Vi finner antall ledd med $a_n=a_1+(n-1)d$: $$399=3+(n-1)\cdot4\;\Longrightarrow\;4(n-1)=396\;\Longrightarrow\;n=100.$$

Summen av en aritmetisk rekke er $$S_n=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n=\frac{3+399}{2}\cdot100=201\cdot100=20\,100.$$

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $-1<k<1$, og summen er da $S=\frac{a_1}{1-k}$. Vi setter inn $a_1=12$ og $S=18$: $$\frac{12}{1-k}=18\;\Longrightarrow\;1-k=\frac{12}{18}=\frac23\;\Longrightarrow\;k=\frac13.$$ Siden $-1<\frac13<1$, konvergerer rekken. Kvotienten er $k=\frac13$.

Sifrene 75 gjentas hele tiden. Derfor er $$0{,}757575\ldots=0{,}75+0{,}0075+0{,}000075+\cdots$$ Hvert ledd er det forrige leddet multiplisert med $0{,}01$. Dette er en uendelig geometrisk rekke med $a_1=0{,}75$ og $k=0{,}01$. Siden $-1<k<1$, konvergerer rekken.

Summen er $$0{,}757575\ldots=\frac{a_1}{1-k}=\frac{0{,}75}{1-0{,}01}=\frac{0{,}75}{0{,}99}=\frac{75}{99}=\frac{25}{33}.$$ Dermed er $$1{,}757575\ldots=1+\frac{25}{33}=\frac{33+25}{33}=\frac{58}{33}.$$

Forventningsverdien er $$E(X)=0\cdot0{,}30+1\cdot0{,}40+4\cdot0{,}10+b\cdot0{,}20=0{,}80+0{,}20b.$$ Kravet $E(X)=2$ gir $0{,}20b=1{,}20$, altså $b=6$. Sannsynlighetene summerer seg til $0{,}30+0{,}40+0{,}10+0{,}20=1$, så tabellen er en gyldig sannsynlighetsfordeling.

Med $\mu=E(X)=2$ er variansen $$\begin{aligned}\operatorname{Var}(X)&=\sum(x-\mu)^2\cdot P(X=x)\\&=(0-2)^2\cdot0{,}30+(1-2)^2\cdot0{,}40+(4-2)^2\cdot0{,}10+(6-2)^2\cdot0{,}20\\&=1{,}20+0{,}40+0{,}40+3{,}20\\&=5{,}2\end{aligned}$$

Kontroll: $E\left(X^2\right)=0+0{,}40+16\cdot0{,}10+36\cdot0{,}20=9{,}2$, og $E\left(X^2\right)-\big(E(X)\big)^2=9{,}2-4=5{,}2$.

La $X$ være antall frø som spirer. Hvert frø spirer med sannsynlighet $p=0{,}70$, uavhengig av de andre. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=1000$, og $$\mu=np=1000\cdot0{,}70=700,\qquad\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{1000\cdot0{,}70\cdot0{,}30}=\sqrt{210}.$$ Siden $14^2=196$ og $15^2=225$, er $\sigma$ mellom 14 og 15.

Fordelingen er tilnærmet normal. Nesten hele arealet under en normalfordelingskurve ligger mellom $\mu-3\sigma$ og $\mu+3\sigma$, her omtrent fra 656 til 744. Kurven i figur 2 har toppunkt ved 700 og er synlig over aksen fra omtrent 660 til 740. Det stemmer med $\sigma\approx14{,}5$.

Kurven i figur 1 har også toppunkt ved 700, men den strekker seg fra omtrent 200 til 1200. Det svarer til et standardavvik på over 100. Den gir dessuten sannsynlighet for mer enn 1000 frø, og det er umulig når bare 1000 frø blir sådd. Figur 2 viser sannsynlighetstettheten for antall frø som spirer.

Med $\mu=50$ og $\sigma=10$ ligger nesten hele arealet mellom $\mu-3\sigma=20$ og $\mu+3\sigma=80$. Vendepunktene på kurven ligger ved $\mu\pm\sigma$, altså ved 40 og 60.

Kurven i figur 3 har toppunkt ved 50, ligger over aksen fra omtrent 20 til 80 og skifter krumning ved omtrent 40 og 60. Kurven i figur 4 har også toppunkt ved 50, men ligger over aksen bare fra omtrent 35 til 65. Det svarer til $\sigma\approx5$. Figur 3 viser sannsynlighetstettheten til $X$.

Grensekostnaden er $K'(x)=0{,}6x+10$. Enhetskostnaden er $$G(x)=\frac{K(x)}{x}=0{,}3x+10+\frac{3000}{x},\qquad x>0.$$ Vi setter dem lik hverandre: $$0{,}6x+10=0{,}3x+10+\frac{3000}{x}\;\Longrightarrow\;0{,}3x=\frac{3000}{x}\;\Longrightarrow\;x^2=10\,000.$$ Siden $x>0$, får vi $x=100$.

Tolkning: $G'(x)=0{,}3-\frac{3000}{x^2}$ er negativ for $0<x<100$ og positiv for $x>100$. Enhetskostnaden er derfor lavest ved $x=100$. Da er $G(100)=30+10+30=70$ kroner. Når bedriften produserer 100 enheter per uke, er kostnaden per enhet lavest mulig, 70 kr. Dette er den kostnadsoptimale produksjonsmengden.

Inntekten er $I(x)=400x$, så overskuddet er $$O(x)=I(x)-K(x)=400x-0{,}3x^2-10x-3000=-0{,}3x^2+390x-3000.$$ Vi deriverer og setter lik null: $$O'(x)=-0{,}6x+390=0\;\Longrightarrow\;x=\frac{390}{0{,}6}=650.$$

Siden $O''(x)=-0{,}6<0$, er dette et toppunkt. Det svarer til at grenseinntekten 400 kr er lik grensekostnaden $K'(650)=400$ kr. Bedriften må produsere og selge 650 enheter per uke. Overskuddet blir da $O(650)=123\,750$ kroner per uke.

Vi legger punktene fra tabellen inn i GeoGebra og gjør logistisk regresjon. Vi kontrollerer også forklaringsgraden $R^2$ for modellen $L$ i oppgaven:

Med to desimaler gir regresjonen $$f(x)=\frac{156{,}31}{1+12{,}21e^{-0{,}24x}},$$ som er den samme funksjonen som $L$. Forklaringsgraden for $L$ er $R^2\approx0{,}996$, svært nær 1. Tabellen nedenfor viser at modellverdiene ligger nær målingene. Det største avviket er omtrent 6 km ved $t=10$.

En logistisk modell passer fordi treningsmengden ikke kan øke uten grense. I starten løper Marco lite, og han øker forsiktig. Etter hvert tåler kroppen mer, og økningen blir større. Til slutt begrenser tid, behov for hvile mellom øktene og fare for skader hvor mye han kan løpe. Kurven flater derfor ut mot et tak. I modellen er taket $156{,}31$ km per uke, fordi $e^{-0{,}24t}\to0$ når $t$ blir stor.

Antallet kilometer per uke øker raskest der den deriverte $L'(t)$ er størst. Det er i vendepunktet til grafen, der $L''(t)=0$. Vi bruker CAS:

CAS gir $t\approx10{,}43$ og $L'(10{,}43)\approx9{,}38$. Vendepunktet er $(10{,}43;\,78{,}16)$, der $L$ er halvparten av taket $156{,}31$.

Ifølge modellen økte antallet løpte kilometer per uke raskest omtrent 10,4 uker etter treningsstart, altså i løpet av uke 11. Da økte den ukentlige løpemengden med omtrent 9,4 km per uke.

$L(t)$ er antall kilometer per uke, altså hvor raskt den samlede distansen vokser. Den samlede distansen fra treningsstart, $t=0$, til tidspunktet $T$ er derfor $\int_0^T L(t)\,dt$. Vi løser likningen $$\int_0^T L(t)\,dt=500$$ i CAS, med $L$ definert som i b):

CAS gir $T\approx11{,}62$. Marco hadde løpt i omtrent 11,6 uker, altså i løpet av uke 12, da han kjøpte nye sko. I gjennomsnitt løp han $$\frac{500\text{ km}}{11{,}62\text{ uker}}\approx43{,}0\text{ km per uke}.$$

La $X$ være antall menn blant de 20 som blir invitert til intervju.

$H_0$: De 20 blir trukket tilfeldig blant de 100 søkerne. Da er $X$ hypergeometrisk fordelt, med 40 menn og 60 kvinner i gruppen og 20 trekninger. Forventet antall menn er $E(X)=20\cdot\frac{40}{100}=8$.

$H_1$: Ledelsen velger bevisst menn, slik at $X$ har en tendens til å bli større enn ved tilfeldig trekning. Testen er derfor ensidig, og store verdier av $X$ taler mot $H_0$.

Ledelsen trekker 20 personer uten tilbakelegging fra bare 100 søkere. Hver gang en mann blir trukket, blir andelen menn blant dem som er igjen, mindre. Etter 12 menn er det for eksempel bare 28 menn igjen blant 88 søkere. Trekningene er derfor ikke uavhengige med fast sannsynlighet, slik en binomisk modell krever. Utvalget er 20 % av hele gruppen, så endringen er ikke liten. Den hypergeometriske fordelingen beskriver nettopp trekning uten tilbakelegging fra en gruppe med to typer, og gir eksakte sannsynligheter.

Det ble invitert 12 menn. p-verdien er sannsynligheten for minst 12 menn når $H_0$ er sann: $$P(X\ge12)=\sum_{k=12}^{20}\frac{\binom{40}{k}\binom{60}{20-k}}{\binom{100}{20}}.$$ Vi regner ut sannsynligheten i GeoGebra. Kommandoen gir $P(X\le11)$ når siste argument er true, så vi trekker fra 1:

Resultatet er $P(X\ge12)\approx0{,}038=3{,}8\,\%$. Det samme svaret får du med sannsynlighetskalkulatoren: velg hypergeometrisk fordeling med populasjon 100, antall menn 40 og utvalg 20, og regn ut $P(12\le X)$.

p-verdien $3{,}8\,\%$ er mindre enn signifikansnivået $5\,\%$, så vi forkaster $H_0$. På 5 %-nivået er det grunnlag for å si at ledelsen bevisst velger menn. Testen viser at et så skjevt utvalg er lite sannsynlig ved tilfeldig trekning. Den beviser likevel ikke hva ledelsen faktisk har tenkt.

Merk: En binomisk modell med $n=20$ og $p=0{,}4$ ville gitt $P(X\ge12)\approx0{,}057$, som er større enn $5\,\%$. Her avgjør valget av modell altså konklusjonen.

Rekken er geometrisk med $a_1=1$ og kvotient $k=\ln x-1$. For $x=\frac1e$ er $\ln\frac1e=-1$, så $$k=-1-1=-2.$$

En uendelig geometrisk rekke konvergerer bare når $-1<k<1$. Her er $k=-2$, så rekken $1-2+4-8+\cdots$ divergerer og har ingen sum. Sumformelen ville gitt $\frac{1}{1-(-2)}=\frac13$, men formelen gjelder bare for konvergente rekker. Rekken konvergerer bare når $-1<\ln x-1<1$, altså når $1<x<e^2$, og $\frac1e$ ligger utenfor dette intervallet. Påstanden er usann.

Skjæringspunktene finner vi fra $$f(x)=g(x)\iff x^3-x^2-ax=-x^2+x\iff x^3-(a+1)x=0\iff x\left(x^2-(a+1)\right)=0.$$ For $a>-1$ er $a+1>0$, og vi får tre skjæringspunkter: $x=-\sqrt{a+1}$, $x=0$ og $x=\sqrt{a+1}$. Grafene avgrenser da to områder. For $a\le-1$ er $x=0$ eneste skjæringspunkt, og da avgrenser grafene ingen områder.

Differansen er $f(x)-g(x)=x^3-(a+1)x$. På intervallet $\left(-\sqrt{a+1},0\right)$ er den positiv, så $f$ ligger over $g$. På $\left(0,\sqrt{a+1}\right)$ er den negativ, så $g$ ligger over $f$. Vi regner ut arealene i CAS:

CAS gir skjæringspunktene $x=-\sqrt{a+1}$, $x=0$ og $x=\sqrt{a+1}$. Begge integralene blir $$\frac{(a+1)^2}{4}.$$ Det stemmer med regning for hånd: med $c=\sqrt{a+1}$ er $$\int_0^{c}\left(c^2x-x^3\right)dx=\frac{c^4}{2}-\frac{c^4}{4}=\frac{c^4}{4}=\frac{(a+1)^2}{4}.$$ De to områdene er like store for alle $a>-1$. Påstanden er sann.

Differansene mellom ledd som følger etter hverandre, er $$2-1=1,\quad6-2=4,\quad15-6=9,\quad31-15=16,\quad56-31=25.$$ Dette er kvadrattallene $1^2,2^2,3^2,4^2,5^2$. Fra ledd nummer $n$ til ledd nummer $n+1$ legger vi til $n^2$.

En rekursiv formel er $$a_1=1,\qquad a_{n+1}=a_n+n^2\quad\text{for } n\ge1.$$ Kontroll: $a_2=1+1^2=2$, $a_3=2+2^2=6$ og $a_6=31+5^2=56$.

Programmet starter med $a_1=1$ og legger dette leddet i summen. Løkken går for $n=1,2,\ldots,29$. I hver runde lager den neste ledd med $a_{n+1}=a_n+n^2$ og legger det til summen. Til sammen blir det de 30 leddene $a_1$ til $a_{30}$.

Kjøring av programmet skriver ut 67455. Summen av de 30 første leddene er $67\,455$.

Kontroll: Den eksplisitte formelen $a_n=1+\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ gir samme sum for $n=1$ til $30$.

Lånet er 799 273 kr når studiet er ferdig, og rentene begynner å løpe da. Det første terminbeløpet $T$ betales ett år senere, og det er 30 årlige terminer. Med rentefaktor $1{,}05242$ skal summen av nåverdiene være lik lånebeløpet: $$\frac{T}{1{,}05242}+\frac{T}{1{,}05242^2}+\cdots+\frac{T}{1{,}05242^{30}}=799\,273.$$

Venstresiden er en geometrisk rekke med $a_1=\frac{T}{1{,}05242}$, $k=\frac{1}{1{,}05242}$ og $n=30$. Sumformelen $S_n=a_1\cdot\frac{k^n-1}{k-1}$ gir likningen $$\frac{T}{1{,}05242}\cdot\frac{\left(\frac{1}{1{,}05242}\right)^{30}-1}{\frac{1}{1{,}05242}-1}=799\,273,$$ som vi løser i CAS:

CAS gir $T\approx53\,436{,}90$. Avrundet til hele kroner er terminbeløpet $53\,437$ kr.

Nå er terminbeløpet 53 437 kr og antallet terminer 25. Rentefaktoren $x=1+r$ er ukjent. Summen av nåverdiene skal fortsatt være lånebeløpet: $$\sum_{i=1}^{25}\frac{53\,437}{x^i}=799\,273.$$ Vi løser likningen numerisk i CAS, med startverdi $x=1{,}05$:

CAS gir $x\approx1{,}0442$. Rentesatsen må være omtrent $4{,}42\,\%$ per år.

De 12 første terminene er 53 437 kr. Termin nummer $12+j$ er $53\,437\cdot1{,}05^j$ kr for $j=1,2,3,\ldots$ Rentefaktoren er $1{,}05242$ hele tiden.

Nåverdien av de 12 første terminene er $$V=\sum_{i=1}^{12}\frac{53\,437}{1{,}05242^i}.$$ Nåverdiene av de økende terminene danner en geometrisk rekke med $$a_1=\frac{53\,437\cdot1{,}05}{1{,}05242^{13}},\qquad k=\frac{1{,}05}{1{,}05242}.$$ Vi finner antallet $m$ økende terminer som trengs fra likningen $$a_1\cdot\frac{k^m-1}{k-1}=799\,273-V.$$

CAS gir $V\approx467\,227{,}01$ og $m\approx11{,}64$. Etter 11 økende terminer er lånet ikke nedbetalt, men den 12. økende terminen er mer enn nok. Ole trenger derfor $12+12=24$ innbetalinger. Den siste innbetalingen blir mindre enn planlagt: omtrent 61 386 kr i stedet for omtrent 95 965 kr.

Lånet er nedbetalt etter 24 år, regnet fra studiet er fullført.

$$E(30)=300e^{-0{,}01\cdot30}=300e^{-0{,}3}\approx222{,}25$$ Vi kan også regne det ut i CAS:

CAS gir $E(30)\approx222{,}25$. Når prisen er 30 kr per vare, vil kundene etterspørre omtrent 222 varer. Bedriften kan da regne med å selge omtrent 222 enheter.

Bedriften selger det kundene etterspør, så $x=E(p)=300e^{-0{,}01p}$. For å få inntekten som funksjon av $x$ løser vi likningen for $p$: $$e^{-0{,}01p}=\frac{x}{300}\;\Longrightarrow\;-0{,}01p=\ln\frac{x}{300}\;\Longrightarrow\;p=-100\ln\frac{x}{300}=100\ln\frac{300}{x}.$$

Inntekten er pris multiplisert med antall solgte enheter: $$I(x)=p\cdot x=100x\ln\frac{300}{x}.$$ Uttrykket gjelder for $0<x\le300$. Etterspørselen er aldri større enn $E(0)=300$, og $x\le300$ gir $p\ge0$. Kontroll: $x=222{,}25$ gir $p=100\ln\frac{300}{222{,}25}\approx30$, som i a).