Matematikk S2 vår 2024

En antiderivert til $f$ er $F(x)=-\frac14x^4+\frac32x^2$. Da er $$\begin{aligned}\int_{-1}^{0}f(x)\,\mathrm{d}x&=\Big[-\tfrac14x^4+\tfrac32x^2\Big]_{-1}^{0}\\&=0-\Big(-\tfrac14\cdot1+\tfrac32\cdot1\Big)\\&=-\frac54.\end{aligned}$$ Integralet er negativt fordi grafen til $f$ ligger under $x$-aksen når $-1<x<0$.

Vi faktoriserer: $$f(x)=-x(x^2-3)=-x(x-\sqrt3)(x+\sqrt3).$$ Nullpunktene er $x=-\sqrt3$, $x=0$ og $x=\sqrt3$. Siden $\sqrt3\approx1{,}73>1$, skifter $f$ fortegn bare i $x=0$ når $-1\le x\le1$. Vi har $f(-1)=-2<0$ og $f(1)=2>0$, så grafen ligger under $x$-aksen på $[-1,0)$ og over $x$-aksen på $(0,1]$.

Vi regner derfor ut integralet over hver del for seg. Fra a) er $\int_{-1}^{0}f(x)\,\mathrm{d}x=-\frac54$. På den andre delen er $$\int_{0}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=\Big[-\tfrac14x^4+\tfrac32x^2\Big]_{0}^{1}=-\frac14+\frac32-0=\frac54.$$ Arealet er $$A=\left|-\frac54\right|+\frac54=\frac{10}{4}=\frac52=2{,}5.$$

Vi bruker variabelskifte med kjernen $u=x^2+1$. Da er $u'=2x$, altså $\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$. Integralet blir $$\begin{aligned}\int(x^2+1)^3\cdot2x\,\mathrm{d}x&=\int u^3\,\mathrm{d}u\\&=\frac14u^4+C\\&=\frac14(x^2+1)^4+C.\end{aligned}$$

Kontroll med kjerneregelen: $$\Big(\tfrac14(x^2+1)^4\Big)'=\tfrac14\cdot4(x^2+1)^3\cdot2x=(x^2+1)^3\cdot2x.$$

I hver runde øker $n$ med 1, og linje 6 legger leddet $a_n=4n-2$ til $S$. Leddene er $$2,\ 6,\ 10,\ 14,\ \ldots$$ Dette er en aritmetisk rekke med $a_1=2$ og differanse $d=4$. Variabelen $S$ er summen av de $n$ første leddene.

Løkka går så lenge $S\le200$, og stopper første gang summen blir større enn 200. Eleven prøver altså å finne det minste antallet ledd $n$ som gjør at $$2+6+10+\dots+(4n-2)>200.$$

Summen av de $n$ første leddene er $$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n\big(2+(4n-2)\big)}{2}=2n^2.$$

Etter 10 runder er $S_{10}=2\cdot10^2=200$. Betingelsen $S\le200$ er fortsatt oppfylt, så løkka kjører én runde til. Da blir $n=11$ og $S_{11}=2\cdot11^2=242>200$, og løkka stopper. Programmet skriver ut $$11.$$

La $X$ være vekten i gram til en tilfeldig laks. Da er $X$ normalfordelt med $\mu=4700$ og ukjent standardavvik $\sigma$. Vi vet at $P(X>5300)=0{,}115$, så $$P(X\le5300)=1-0{,}115=0{,}885.$$

I tabellen er $P(Z\le1{,}20)=0{,}8849\approx0{,}885$. Standardiseringen $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$ gir derfor $$\frac{5300-4700}{\sigma}=1{,}2\quad\Longrightarrow\quad\sigma=\frac{600}{1{,}2}=500.$$ Standardavviket er omtrent 500 gram.

Med $\mu=4700$ og $\sigma=500$ får vi $$z=\frac{4500-4700}{500}=-0{,}4.$$ Tabellen gir $$P(X<4500)=P(Z<-0{,}40)=0{,}3446\approx34{,}5\,\%.$$

Enhetskostnaden er $E(x)=\frac{K(x)}{x}$ for $x>0$. Brøkregelen gir $$E'(x)=\frac{K'(x)\cdot x-K(x)\cdot1}{x^2}.$$

Vi antar at $K$ er deriverbar og at $x_0>0$ ligger inne i definisjonsmengden. Da har $E$ et minimum i $x_0$, så $E'(x_0)=0$: $$\begin{aligned}\frac{K'(x_0)\cdot x_0-K(x_0)}{x_0^2}=0&\iff K'(x_0)\cdot x_0-K(x_0)=0\\&\iff K'(x_0)=\frac{K(x_0)}{x_0}=E(x_0).\end{aligned}$$ Grensekostnaden $K'(x_0)$ er altså lik enhetskostnaden $E(x_0)$.

Hvert utfall har sannsynlighet $\frac16$: $$E(X)=1\cdot\frac16+2\cdot\frac16+3\cdot\frac16+4\cdot\frac16+5\cdot\frac16+6\cdot\frac16=\frac{21}{6}=3{,}5.$$

La $S=X_1+X_2+\dots+X_n$ være summen av $n$ uavhengige kast. Da er $$E(S)=n\cdot3{,}5\qquad\text{og}\qquad SD(S)=\sqrt n\cdot1{,}7.$$ Etter sentralgrensesetningen er $S$ tilnærmet normalfordelt når $n$ er stor.

Hendelsen «mer enn 17 unna» består av to like store haler, én på hver side av $E(S)$. Hver hale skal ha sannsynlighet $0{,}16$: $$P\big(|S-E(S)|>17\big)=0{,}32\iff P\left(Z\le\frac{17}{SD(S)}\right)=1-0{,}16=0{,}84.$$ Tabellen gir $P(Z\le1{,}00)=0{,}8413\approx0{,}84$. Altså er $$\frac{17}{1{,}7\sqrt n}=1\iff\sqrt n=10\iff n=100.$$

Hilde må kaste terningen omtrent 100 ganger. Med så mange kast er normaltilnærmingen rimelig.

Salget per uke øker raskest når den deriverte $f'(t)$ er størst. Det skjer i vendepunktet til $f$, der $f''(t)=0$. Modellen gjelder for $0\le t\le52$, fordi produktet har vært i salg i ett år.

I CAS definerer vi $f$. Vi skriver likningen $f''(t)=0$ og løser med $x\approx$. Deretter regner vi ut $f'$ i løsningen, og vi kontrollerer fortegnet til $f''$ på hver side.

CAS gir $t\approx24{,}96$, som er $t=\frac{\ln20}{0{,}12}$ eksakt. Videre gir CAS $f'(24{,}96)\approx21{,}0$, $f''(20)\approx0{,}67$ og $f''(30)\approx-0{,}68$. Fortegnet til $f''$ skifter fra pluss til minus, så $f'$ har sin største verdi her. Til sammenligning er $f'(0)\approx3{,}8$ og $f'(52)\approx3{,}0$.

Salget økte raskest etter omtrent 25 uker. Da økte det ukentlige salget med omtrent 21 enheter per uke.

Siden $f(t)$ er salget per uke, er det samlede salget de første $T$ ukene $$\int_0^{T}f(t)\,\mathrm{d}t.$$ Vi skriver likningen $\int_0^{T}f(t)\,\mathrm{d}t=2000$ i CAS og løser den med $x\approx$.

CAS gir $T\approx18{,}84$. Det samlede salget passerte 2000 enheter etter omtrent $18{,}8$ uker, altså i løpet av uke 19.

Ett år er 52 uker. Antallet enheter som ble solgt det første året, er $$\int_0^{52}f(t)\,\mathrm{d}t.$$

CAS gir omtrent $18\,863$ enheter. Prisen per enhet er $$p=\frac{1\,000\,000\text{ kr}}{18\,863}\approx53{,}0\text{ kr}.$$ Butikken har solgt produktet for omtrent 53 kroner per enhet. Regner vi med 365 dager, altså omtrent $52{,}14$ uker, blir prisen også omtrent 53 kroner.

Hver pasient er et delforsøk med to mulige utfall: legemiddelet virker, eller det virker ikke. Sannsynligheten for at det virker, er $p=0{,}75$ for hver pasient. Vi antar at pasientene reagerer uavhengig av hverandre. $X$ teller hvor mange av de $n$ pasientene legemiddelet virker på. Derfor er $X$ binomisk fordelt med parametrene $n$ og $p=0{,}75$.

Med $n=12$ er $$P(X=9)=\binom{12}{9}\cdot0{,}75^9\cdot0{,}25^3=220\cdot0{,}75^9\cdot0{,}25^3\approx0{,}258.$$ Vi kan kontrollere med den binomiske fordelingen i CAS:

CAS gir $0{,}2581$. Sannsynligheten er omtrent $25{,}8\,\%$.

Hypotesene er $$H_0:\ p=0{,}75\qquad\qquad H_1:\ p>0{,}75.$$ La $Y$ være antallet av de 10 pasientene som B virker på. Hvis $H_0$ er sann, er $Y$ binomisk fordelt med $n=10$ og $p=0{,}75$.

Vi observerte $Y=9$. $P$-verdien er sannsynligheten for et resultat som er minst like langt i retning av $H_1$: $$P(Y\ge9)=\binom{10}{9}\cdot0{,}75^9\cdot0{,}25+0{,}75^{10}\approx0{,}244.$$

CAS gir $0{,}2440$. $P$-verdien er større enn signifikansnivået $0{,}05$, så vi forkaster ikke $H_0$. Testen gir ikke grunnlag for å si at B virker med høyere sannsynlighet enn A. Resultatet 9 av 10 er ikke uvanlig når $p=0{,}75$.

Vi bruker $H_0:\ p=0{,}75$ og $H_1:\ p>0{,}75$. La $Y$ være antallet av de 200 pasientene som B virker på. Under $H_0$ er $Y$ binomisk fordelt med $n=200$ og $p=0{,}75$, og forventningen er $200\cdot0{,}75=150$. Vi søker den minste verdien $k$ som gir $$P(Y\ge k)\le0{,}05.$$ Vi prøver verdier over 150 i CAS:

CAS gir $P(Y\ge160)\approx0{,}0578$ og $P(Y\ge161)\approx0{,}0405$. Den første er større enn $0{,}05$, og den andre er mindre. Legemiddel B må virke på minst 161 av de 200 pasientene.

La $x$ være terminbeløpet. Et terminbeløp som betales etter $k$ år, har nåverdien $\frac{x}{1{,}055^k}$. Summen av nåverdiene til de 25 terminbeløpene skal være lik lånet: $$\frac{x}{1{,}055}+\frac{x}{1{,}055^2}+\dots+\frac{x}{1{,}055^{25}}=2\,500\,000.$$ Venstre side er en geometrisk rekke med første ledd $\frac{x}{1{,}055}$ og kvotient $\frac{1}{1{,}055}$. Vi løser likningen i CAS med $x\approx$.

CAS gir $x\approx186\,373{,}38$. De årlige terminbeløpene blir omtrent $186\,373$ kr.

Etter 5 år har Olivia betalt 5 terminer, og 20 terminer gjenstår. Restlånet er nåverdien av disse 20 terminbeløpene: $$R=\sum_{k=1}^{20}\frac{186\,373{,}38}{1{,}055^k}.$$

Med 500 000 kr ekstra blir det nye lånet $R+500\,000$. Det skal nedbetales med like store årlige terminbeløp $y$ over de 20 årene som er igjen. Vi regner ut $R$ og løser likningen for $y$ med $x\approx$ i CAS.

CAS gir $R\approx2\,227\,233$ kr, så det nye lånet er $2\,727\,233$ kr. Vi kan kontrollere restlånet slik: $2\,500\,000\cdot1{,}055^5-186\,373{,}38\cdot\frac{1{,}055^5-1}{0{,}055}\approx2\,227\,233$. Likningen gir $y\approx228\,213{,}03$. De nye terminbeløpene blir omtrent $228\,213$ kr.

Nå er terminbeløpet kjent, og antallet terminer $n$ etter utvidelsen er ukjent. Summen av nåverdiene skal være lik det nye lånet fra b): $$\sum_{k=1}^{n}\frac{200\,000}{1{,}055^k}=2\,727\,233.$$ Vi løser likningen med $x\approx$ i CAS.

CAS gir $n\approx25{,}89$. Olivia betaler altså 25 hele terminer på 200 000 kr og en mindre siste termin i år 26 etter utvidelsen. Restlånet etter de 25 hele terminene er omtrent $169\,493$ kr, så den siste terminen blir omtrent $169\,493\cdot1{,}055\approx178\,815$ kr.

Lånet var 5 år gammelt da Olivia utvidet det. Den samlede nedbetalingstiden blir derfor $5+26=31$ år, altså 6 år lengre enn de opprinnelige 25 årene. Regnet fra utvidelsen tar nedbetalingen 26 år.

Summen $S_{n+1}$ inneholder alle leddene i $S_n$ og i tillegg det neste kubikktallet $(n+1)^3$. Den rekursive sammenhengen er $$S_1=1,\qquad S_{n+1}=S_n+(n+1)^3.$$ De første summene er $S_1=1$, $S_2=9$, $S_3=36$, $S_4=100$ og $S_5=225$.

Den eksplisitte formelen finner vi med Sum-kommandoen i CAS. Vi kontrollerer også at formelen oppfyller den rekursive sammenhengen.

CAS gir $$S_n=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$$ og $S_{n+1}-S_n=(n+1)^3$. I tillegg er $S_1=\frac{1^2\cdot2^2}{4}=1$. Formelen gir derfor den samme følgen som den rekursive sammenhengen. Summen av de $n$ første kubikktallene er kvadratet av det $n$-te trekanttallet, for eksempel er $S_4=100=10^2$.

Polynomregresjon av grad 4 på punktene $(1,1)$, $(2,9)$, $(3,36)$, $(4,100)$ og $(5,225)$ gir den samme formelen, $S_n=0{,}25n^4+0{,}5n^3+0{,}25n^2$. Fem punkter bestemmer et fjerdegradspolynom, så regresjonen alene viser ikke at formelen gjelder for alle $n$. Kontrollen med den rekursive sammenhengen ovenfor gjør det.

Vi starter med $S_1=1$ og bruker $S_{n+1}=S_n+(n+1)^3$ for $n=1,2,\ldots,49$. Etter den siste runden er $S$ lik $S_{50}$.

Programmet skriver ut 1625625, så $S_{50}=1\,625\,625$. Kontroll med formelen fra a): $$S_{50}=\left(\frac{50\cdot51}{2}\right)^2=1275^2=1\,625\,625.$$

Med 30 baller er det 15 røde og 15 blå. Svein trekker 15 baller uten tilbakelegging, så antallet røde baller i utvalget er hypergeometrisk fordelt: $$P(9\text{ røde og }6\text{ blå})=\frac{\binom{15}{9}\binom{15}{6}}{\binom{30}{15}}=\frac{5005\cdot5005}{155\,117\,520}\approx0{,}1615.$$

CAS gir $\frac{5\,010\,005}{31\,023\,504}\approx0{,}1615$. Sannsynligheten er omtrent $16{,}1\,\%$.

Vi tolker spørsmålet slik: Hvilket antall baller gjør det observerte resultatet mest sannsynlig? La det være $m$ røde og $m$ blå baller, altså $2m$ baller i alt. Svein trakk 9 røde, så $m\ge9$. Sannsynligheten for resultatet er $$P(m)=\frac{\binom{m}{9}\binom{m}{6}}{\binom{2m}{15}}.$$ Vi regner ut $P(m)$ for $m=9,10,\ldots,25$ med et program.

Sannsynligheten øker fram til 34 baller og avtar etter 36 baller. Verdiene for 34 og 36 baller er like på fem desimaler. De er faktisk eksakt like. Forholdet mellom to naboverdier er $$\frac{P(m+1)}{P(m)}=\frac{(m+1)(m-7)(2m-13)}{(m-8)(m-5)(2m+1)}.$$ Telleren minus nevneren er $51-3m$, og nevneren er positiv for $m\ge9$. Forholdet er derfor større enn 1 for $m<17$, lik 1 for $m=17$ og mindre enn 1 for $m>17$. Sannsynligheten avtar altså også for alle større kurver enn dem i tabellen.

Det mest sannsynlige antallet baller er derfor 34 eller 36. Begge gir sannsynligheten $\frac{20\,111}{124\,062}\approx0{,}1621$ for resultatet.