Matematikk S2 høst 2025

Integranden er et produkt av $e^x$ og $x$. Vi bruker delvis integrasjon, $$\int u'\cdot v\,dx=u\cdot v-\int u\cdot v'\,dx,$$ med $u'=e^x$ og $v=x$. Da er $u=e^x$ og $v'=1$.

$$\begin{aligned}\int e^x\cdot x\,dx&=e^x\cdot x-\int e^x\cdot1\,dx\\&=xe^x-e^x+C\\&=e^x(x-1)+C.\end{aligned}$$

Kontroll: Produktregelen gir $\big(e^x(x-1)\big)'=e^x(x-1)+e^x\cdot1=xe^x$, som er integranden.

Rekken har første ledd $a_1=-3$ og differanse $d=0-(-3)=3$. Det $n$-te leddet er $a_n=a_1+(n-1)d$. Vi finner nummeret til det siste leddet, $69$: $$-3+(n-1)\cdot3=69\iff(n-1)\cdot3=72\iff n-1=24\iff n=25.$$

Summen av en aritmetisk rekke er $S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$. Det gir $$S_{25}=\frac{25\cdot(-3+69)}{2}=\frac{25\cdot66}{2}=25\cdot33=825.$$ Summen av rekken er $825$.

Første ledd er $a_1=5$, og hvert ledd er det forrige ganget med kvotienten $$k=\frac12-x.$$ En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $-1<k<1$: $$-1<\frac12-x<1.$$

Vi trekker fra $\frac12$ i alle ledd: $$-\frac32<-x<\frac12.$$ Så ganger vi med $-1$ og snur ulikhetstegnene: $$-\frac12<x<\frac32.$$ Konvergensområdet er $$x\in\left\langle-\frac12,\frac32\right\rangle.$$

Først faller ballen $2$ m. Deretter spretter den $2\cdot0{,}75=1{,}5$ m opp og faller like langt ned igjen. Neste sprett er $1{,}5\cdot0{,}75=1{,}125$ m opp og like langt ned, og så videre.

Den totale strekningen er $$s=2+2\cdot\big(1{,}5+1{,}125+\dots\big).$$ Parentesen er en uendelig geometrisk rekke med $a_1=1{,}5$ og $k=0{,}75$. Siden $-1<k<1$, konvergerer rekken, og summen er $$\frac{a_1}{1-k}=\frac{1{,}5}{1-0{,}75}=\frac{1{,}5}{0{,}25}=6.$$

Da blir $$s=2+2\cdot6=14.$$ Ballen beveger seg totalt $14$ meter.

Vi faktoriserer: $$f(x)=x^3+x^2-2x=x\left(x^2+x-2\right).$$ Andregradsfaktoren har nullpunktene $$x=\frac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot1\cdot(-2)}}{2}=\frac{-1\pm3}{2},$$ altså $x=1$ og $x=-2$. Dermed er $f(x)=x(x+2)(x-1)$, og nullpunktene $-2$, $0$ og $1$ stemmer med figuren.

På $[-2,0]$ ligger grafen over $x$-aksen. Da er $\int_{-2}^{0}f(x)\,dx$ positivt og lik arealet av den venstre delen. På $[0,1]$ ligger grafen under $x$-aksen. Da er $\int_{0}^{1}f(x)\,dx$ negativt, og arealet av den høyre delen er $-\int_{0}^{1}f(x)\,dx$.

Det samlede arealet er derfor $$A=\int_{-2}^{0}f(x)\,dx-\int_{0}^{1}f(x)\,dx,$$ som er alternativ 4.

De andre alternativene passer ikke. Alternativ 1 og 3 er begge lik $\int_{-2}^{1}f(x)\,dx$, der den negative delen trekkes fra den positive i stedet for å legges til. Alternativ 2 er lik $\int_{-2}^{0}f(x)\,dx$ og tar bare med den venstre delen.

En antiderivert til $f$ er $$F(x)=\frac14x^4+\frac13x^3-x^2.$$

$$\int_{-2}^{0}f(x)\,dx=F(0)-F(-2)=0-\left(\frac{16}{4}-\frac83-4\right)=0-\left(-\frac83\right)=\frac83$$

$$\int_{0}^{1}f(x)\,dx=F(1)-F(0)=\frac14+\frac13-1=\frac{3+4-12}{12}=-\frac{5}{12}$$

Arealet blir $$A=\frac83-\left(-\frac{5}{12}\right)=\frac{32}{12}+\frac{5}{12}=\frac{37}{12}\approx3{,}08.$$

Integralet $\int_a^1f(x)\,dx$ teller areal over $x$-aksen som positivt og areal under $x$-aksen som negativt. Det blir null når disse arealene er like store.

For $a\approx-0{,}6$ er arealet over aksen på $[-0{,}6;\,0]$ like stort som arealet $\frac{5}{12}$ under aksen på $[0,1]$. Flytter vi $a$ videre mot venstre, kommer det til mer areal over aksen, og integralet blir positivt. Ved $a=-2$ er integralet $\frac83-\frac{5}{12}=\frac94$.

Til venstre for $-2$ ligger grafen under $x$-aksen, og den synker raskt. Når $a$ flyttes videre mot venstre, kommer det til negativt areal, og integralet minker. Når arealet mellom grafen og $x$-aksen på $[a,-2]$ er blitt $\frac94$, er integralet null igjen. Likningen har derfor en løsning til, og Unni har rett.

Vi anslår løsningen fra figuren. Vi trenger et område under $x$-aksen til venstre for $-2$ med areal omtrent $\frac94=2{,}25$. Figuren viser at $f(-2{,}5)\approx-4{,}4$ og $f(-2{,}7)\approx-7$. Mellom $x=-2{,}7$ og $x=-2$ er området nesten en trekant med grunnlinje $0{,}7$ og høyde $7$, altså areal omtrent $\frac12\cdot0{,}7\cdot7\approx2{,}5$. Grafen bøyer seg slik at det virkelige arealet er litt mindre enn trekanten. Den andre løsningen er derfor omtrent $$a\approx-2{,}7.$$

Kontroll ved regning: Med $F$ fra b) er $\int_a^1f(x)\,dx=F(1)-F(a)=-\frac{5}{12}-\left(\frac14a^4+\frac13a^3-a^2\right)$. Likningen $\int_a^1f(x)\,dx=0$ ganget med $-12$ gir $$3a^4+4a^3-12a^2+5=0.$$ Vi prøver $a=1$: $3+4-12+5=0$. Altså er $a-1$ en faktor, og vi bruker polynomdivisjon:

$$\begin{aligned}&(3a^4+4a^3-12a^2+0a+5):(a-1)=3a^3+7a^2-5a-5\\&\underline{-(3a^4-3a^3)}\\&\qquad7a^3-12a^2\\&\qquad\underline{-(7a^3-7a^2)}\\&\qquad\qquad-5a^2+0a\\&\qquad\qquad\underline{-(-5a^2+5a)}\\&\qquad\qquad\qquad-5a+5\\&\qquad\qquad\qquad\underline{-(-5a+5)}\\&\qquad\qquad\qquad\qquad0\end{aligned}$$

Også $3a^3+7a^2-5a-5$ har $a=1$ som nullpunkt, fordi $3+7-5-5=0$. En ny polynomdivisjon gir

$$\begin{aligned}&(3a^3+7a^2-5a-5):(a-1)=3a^2+10a+5\\&\underline{-(3a^3-3a^2)}\\&\qquad10a^2-5a\\&\qquad\underline{-(10a^2-10a)}\\&\qquad\qquad5a-5\\&\qquad\qquad\underline{-(5a-5)}\\&\qquad\qquad\qquad0\end{aligned}$$

Altså er likningen $(a-1)^2\left(3a^2+10a+5\right)=0$. Den negative løsningen må komme fra andregradsfaktoren: $$a=\frac{-10\pm\sqrt{100-60}}{6}=\frac{-5\pm\sqrt{10}}{3}.$$ Det gir $a\approx-0{,}61$ og $a\approx-2{,}72$. Anslaget $a\approx-2{,}7$ stemmer.

Vi kaller den stokastiske variabelen $X$, slik tabellen gjør. Endringen er poengene fra kastet minus $2$: gul gir $0-2=-2$, grønn gir $1-2=-1$, blå gir $2-2=0$ og rød gir $3-2=1$. Terningen har fire sider som er like sannsynlige, så hver verdi har sannsynlighet $\frac14$.

$$E(X)=\sum x\cdot P(X=x)=(-2)\cdot\frac14+(-1)\cdot\frac14+0\cdot\frac14+1\cdot\frac14=\frac{-2-1+0+1}{4}=-\frac12.$$

Forventningsverdien er $-0{,}5$. Hvis du kaster mange ganger, taper du i gjennomsnitt et halvt poeng per kast. Spillet lønner seg altså ikke i det lange løp.

$$\text{Var}(X)=\sum\big(x-E(X)\big)^2\cdot P(X=x).$$ Med $E(X)=-\frac12$ blir avvikene $-\frac32$, $-\frac12$, $\frac12$ og $\frac32$. Det gir $$\text{Var}(X)=\frac14\left(\frac94+\frac14+\frac14+\frac94\right)=\frac14\cdot\frac{20}{4}=\frac54.$$ Variansen er $\frac54=1{,}25$.

Kontroll: $E(X^2)-\big(E(X)\big)^2=\frac{4+1+0+1}{4}-\frac14=\frac64-\frac14=\frac54$.

Høyden $X$ til én elev er normalfordelt med $\mu=170$ cm og $\sigma=5$ cm. Nesten hele arealet under en normalfordelingskurve ligger mellom $\mu-3\sigma$ og $\mu+3\sigma$. Her er det $$170-3\cdot5=155\quad\text{og}\quad170+3\cdot5=185.$$

Alle fire kurvene har toppen ved $170$. I A, B og D når kurvene ned mot null ved omtrent $170\pm0{,}6$, $170\pm3$ og $170\pm30$. Det svarer til standardavvikene $0{,}2$, $1$ og $10$. Bare kurven i C går fra omtrent $155$ til $185$. Svaret er figur C.

Gjennomsnittet $\bar X$ av $n=25$ uavhengige høyder er også normalfordelt. Det har forventningsverdi $170$ cm og standardavvik $$\sigma_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n}=\frac{5}{\sqrt{25}}=\frac55=1\text{ cm}.$$

Da ligger nesten hele fordelingen mellom $170-3\cdot1=167$ og $170+3\cdot1=173$. Det passer med figur B. Svaret er figur B.

Vi lar $t$ være antall uker etter uke $17$. Da svarer uke $17$ til $t=0$ og uke $24$ til $t=7$. Vi legger punktene inn som en liste i CAS og bruker logistisk regresjon. Kommandoen heter «RegLogistisk» på norsk og «FitLogistic» på engelsk.

Med fire desimaler gir CAS $B\approx41\,999{,}0555$, $a\approx14{,}7631$ og $k\approx0{,}9035$. Modellen er $$I(t)=\frac{41\,999}{1+14{,}763\cdot e^{-0{,}9035t}}.$$ I de videre beregningene bruker vi funksjonen $I$ fra CAS med alle desimalene.

Modellen følger tabellverdiene godt for $t\in[0,7]$, altså fra uke $17$ til uke $24$. Det største avviket er omtrent $2\,200$ kr i uke $20$.

Utenfor dette området er modellen usikker. Den sier at inntekten nærmer seg $B\approx42\,000$ kr per uke og blir der for alltid. Salg av planter avhenger av årstiden, så inntekten vil trolig synke igjen etter våren og forsommeren. Vi har heller ingen data for tiden før uke $17$. Vi setter derfor gyldighetsområdet til $t\in[0,7]$, altså uke $17$ til uke $24$. Kanskje kan modellen brukes noen få uker til, men det kan vi ikke kontrollere med disse dataene.

Inntekten øker mest der den deriverte $I'(t)$ er størst. Det skjer i vendepunktet til grafen til $I$, der $I''(t)=0$. Vi løser likningen numerisk i CAS og setter løsningen inn i $I'$.

CAS gir $t\approx2{,}98$ og $I'(2{,}98)\approx9\,486{,}31$. For en logistisk funksjon øker den deriverte fram til vendepunktet og avtar etterpå, så dette er den største veksten.

Ifølge modellen økte inntekten mest omtrent $3$ uker etter uke $17$, altså rundt uke $20$. Da økte inntekten med omtrent $9\,500$ kroner per uke for hver uke som gikk.

Vi løser likningen numerisk i CAS.

CAS gir $x\approx4{,}31$. Siden $I(t)>0$, vokser integralet hele tiden, så dette er den eneste løsningen. Løsningen ligger innenfor gyldighetsområdet fra a).

$\int_0^xI(t)\,dt$ er den samlede inntekten fra $t=0$ til $t=x$. Svaret betyr at hagesenteret ifølge modellen har tjent til sammen $65\,000$ kroner på plantene omtrent $4{,}3$ uker etter uke $17$, altså i løpet av uke $21$.

Kjerneregelen gir $$K'(x)=700\cdot e^{\frac{x}{200}}\cdot\frac{1}{200}=3{,}5\cdot e^{\frac{x}{200}}.$$ Vi regner ut verdien i CAS.

CAS gir $K'(150)=\frac72e^{\frac34}$, og numerisk evaluering gir $K'(150)\approx7{,}41$.

$K'(150)$ er grensekostnaden ved $150$ enheter. Når bedriften produserer $150$ enheter per dag, øker kostnaden med omtrent $7{,}41$ kroner hvis produksjonen økes med én enhet til $151$ enheter per dag.

Enhetskostnaden er $$E(x)=\frac{K(x)}{x}=\frac{700\cdot e^{\frac{x}{200}}}{x}.$$ Vi deriverer, løser $E'(x)=0$ og regner ut $E$ i løsningen.

CAS gir $$E'(x)=\frac{7(x-200)\,e^{\frac{x}{200}}}{2x^2},$$ løsningen $x=200$ og $E(200)=\frac72e\approx9{,}51$.

Faktorene $7$, $e^{\frac{x}{200}}$ og $2x^2$ er positive, så fortegnet til $E'(x)$ er fortegnet til $x-200$. Den deriverte er negativ for $x<200$ og positiv for $x>200$. Derfor har $E$ et minimum i $x=200$.

Den laveste enhetskostnaden får bedriften ved å produsere $200$ enheter per dag. Da er enhetskostnaden omtrent $9{,}51$ kroner per enhet.

Overskuddet er $O(x)=I(x)-K(x)$. Bedriften går med overskudd når $O(x)>0$. Vi finner nullpunktene til $O$ numerisk i CAS, med to ulike startverdier.

CAS gir nullpunktene $x\approx9{,}27$ og $x\approx580{,}38$. Det andre nullpunktet ligger utenfor definisjonsmengden $\langle0,500]$. Videre er $O(500)\approx6\,472{,}25>0$, så overskuddet er positivt for alle $x$ mellom $9{,}27$ og $500$.

Antall enheter er et helt tall. Kontrollen gir $O(9)\approx-20{,}32$ og $O(10)\approx54{,}11$. Bedriften må derfor produsere og selge minst $10$ enheter per dag for å gå med overskudd. Modellen gjelder opp til $500$ enheter, og alle mengder fra $10$ til $500$ enheter per dag gir overskudd.

La $p$ være andelen feilproduserte komponenter. Vi tester $$H_0:\ p=0{,}01\qquad\text{mot}\qquad H_1:\ p>0{,}01$$ med signifikansnivå $5\ \%$.

La $X$ være antall feilproduserte komponenter blant de $20$. Hvis $H_0$ er riktig, er $X$ binomisk fordelt med $n=20$ og $p=0{,}01$. Vi regner ut sannsynligheten for et resultat som er minst like ekstremt som det observerte: $$P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}99^{20}.$$

Med fire desimaler gir CAS $P(X\ge1)\approx0{,}1821$. P-verdien er omtrent $18{,}2\ \%$, som er større enn $5\ \%$. Vi forkaster derfor ikke $H_0$.

Én feil blant $20$ komponenter er ikke et sterkt nok bevis for at andelen er høyere enn $1\ \%$. Klagen er ikke velbegrunnet ut fra denne testen.

Vi tolker påstanden som en hypotesetest med signifikansnivå $5\ \%$: $$H_0:\ p=0{,}01\qquad\text{mot}\qquad H_1:\ p<0{,}01.$$ Kontrolløren kan bare påstå dette hvis resultatet gjør at han kan forkaste $H_0$.

La $X$ være antall feil blant $n$ testede komponenter. Under $H_0$ er $X$ binomisk fordelt med $p=0{,}01$. Han fant én feil, og resultater som er like ekstreme eller mer ekstreme i retning av $H_1$, er $X\le1$. Vi må finne den minste $n$ som gir $$P(X\le1)=0{,}99^n+n\cdot0{,}01\cdot0{,}99^{n-1}<0{,}05.$$

Vi løser likningen $P(X\le1)=0{,}05$ numerisk i CAS og kontrollerer de to nærmeste hele tallene.

CAS gir $n\approx472{,}51$. Med fire desimaler er $P(X\le1)\approx0{,}0502$ for $n=472$ og $P(X\le1)\approx0{,}0498$ for $n=473$. Sannsynligheten minker når $n$ øker, så $n=473$ er det minste antallet som gir $P(X\le1)<0{,}05$.

Kontrolløren må ha testet minst $473$ komponenter.

La $x$ være terminbeløpet. Et beløp $x$ som betales om $n$ år, har nåverdien $\frac{x}{1{,}04^n}$. Summen av nåverdiene til de $8$ terminbeløpene skal være lik lånet: $$\frac{x}{1{,}04}+\frac{x}{1{,}04^2}+\frac{x}{1{,}04^3}+\dots+\frac{x}{1{,}04^8}=357\,000.$$

Venstresiden er en geometrisk rekke med $a_1=\frac{x}{1{,}04}$, kvotient $k=\frac{1}{1{,}04}$ og $n=8$ ledd. Summeformelen $S_n=a_1\cdot\frac{k^n-1}{k-1}$ gir likningen $$\frac{x}{1{,}04}\cdot\frac{\left(\frac{1}{1{,}04}\right)^8-1}{\frac{1}{1{,}04}-1}=357\,000.$$ Vi løser den i CAS.

CAS gir $x\approx53\,024{,}44$. Mathias må betale $8$ terminbeløp på omtrent $53\,024$ kroner, ett hvert år.

La $r$ være rentefaktoren, slik at rentesatsen er $(r-1)\cdot100\ \%$. Summen av nåverdiene til de $10$ terminbeløpene skal være lik $450\,000$ kroner: $$\frac{52\,000}{r}+\frac{52\,000}{r^2}+\dots+\frac{52\,000}{r^{10}}=450\,000.$$ Dette er en geometrisk rekke med $a_1=\frac{52\,000}{r}$, $k=\frac1r$ og $n=10$ ledd.

Vi løser likningen numerisk i CAS med startverdien $r=1{,}05$. Avrundingen i GeoGebra er satt til fire desimaler.

CAS gir $r\approx1{,}0272$. Rentesatsen for elbilen er omtrent $2{,}72\ \%$.

Tilbud 1: Mathias betaler til sammen $8\cdot53\,024{,}44\approx424\,195$ kroner. Rentene blir $$424\,195-357\,000=67\,195\text{ kroner}.$$

Tilbud 2: Mathias betaler til sammen $10\cdot52\,000=520\,000$ kroner. Rentene blir $$520\,000-450\,000=70\,000\text{ kroner}.$$

Tilbud 2, elbilen, fører til at Mathias betaler mest renter totalt, omtrent $2\,800$ kroner mer enn med tilbud 1.

Økningen fra dag til dag er $5-1=4$, $10-5=5$, $16-10=6$ og $23-16=7$. Økningen blir altså én krone større hver dag. Kaller vi beløpet dag $n$ for $a_n$, er $$a_1=1,\qquad a_n=a_{n-1}+n+2\quad\text{for }n\ge2.$$ Kontroll: $a_2=1+4=5$, $a_3=5+5=10$, $a_4=10+6=16$ og $a_5=16+7=23$. Summen av de fem beløpene er $55$, som i oppgaven.

Programmet nedenfor bruker den rekursive sammenhengen. Variabelen belop er sparebeløpet den aktuelle dagen, og konto er summen av alt Wiggo har spart. Løkken går så lenge det står mindre enn $100\,000$ kroner på konto.

Når vi kjører programmet, skriver det ut «Antall dager: 82» og «På konto: 101926». Etter $81$ dager har Wiggo $98\,361$ kroner, og etter $82$ dager har han $101\,926$ kroner.

Wiggo må spare i $82$ dager før han har $100\,000$ kroner på konto. På eksamen legger du ved skjermbilde av både programkoden og utskriften fra kjøringen, slik oppgaven krever.

Først forklarer vi tabellen. Kast $1$ og kast $2$ må alltid gjøres, fordi det trengs minst to kast. Kast $3$ trengs bare hvis kast $2$ ga et annet antall øyne enn kast $1$, og det har sannsynlighet $\frac56$. Kast $n$ trengs bare hvis ingen av de $n-2$ parene av kast på rad før det har gitt likt resultat. Hvert nytt kast er ulikt det forrige med sannsynlighet $\frac56$, uansett hva som skjedde før. Sannsynligheten blir derfor $\left(\frac56\right)^{n-2}$.

La $N$ være antallet kast Ane gjør. Hvert kast som blir gjort, bidrar med $1$ til $N$. Det forventede bidraget fra kast nummer $n$ er derfor $1\cdot P(\text{kast } n \text{ er nødvendig})$. Forventningsverdien til en sum er summen av forventningsverdiene, så $$E(N)=1+1+\frac56+\left(\frac56\right)^2+\left(\frac56\right)^3+\dots$$

Fra og med det tredje leddet er dette en uendelig geometrisk rekke med $a_1=\frac56$ og $k=\frac56$. Siden $-1<k<1$, konvergerer den: $$\frac56+\left(\frac56\right)^2+\dots=\frac{\frac56}{1-\frac56}=\frac{\frac56}{\frac16}=5.$$ Dermed er $$E(N)=1+1+5=7.$$ Ane må i gjennomsnitt kaste terningen $7$ ganger.

Vi lar Python simulere mange runder. I hver runde kaster vi terningen til to kast på rad gir like mange øyne, og vi legger sammen alle øynene i runden. Til slutt regner vi ut gjennomsnittet av summene.

Én kjøring av programmet ga $24{,}502625$. Simuleringen gir litt forskjellig svar hver gang, men med $1\,000\,000$ runder havner svaret svært nær $24{,}5$. Forventningsverdien til summen av øynene er omtrent $24{,}5$.

Kontroll: Hvert kast som blir gjort, gir i gjennomsnitt $3{,}5$ øyne, og om et kast blir gjort, avhenger bare av de tidligere kastene. Med samme resonnement som i a) blir den forventede summen $3{,}5\cdot7=24{,}5$. Det stemmer med simuleringen.