Matematikk S2 vår 2025

Vi finner en antiderivert til hvert ledd. Siden $(e^x)'=e^x$ og $\left(\frac23x^3\right)'=2x^2$, er $2e^x+\frac23x^3$ en antiderivert til integranden.

$$\begin{aligned}\int_0^1\left(2e^x+2x^2\right)dx&=\left[2e^x+\frac23x^3\right]_0^1\\&=\left(2e^1+\frac23\cdot1^3\right)-\left(2e^0+\frac23\cdot0^3\right)\\&=2e+\frac23-2\\&=2e-\frac43\end{aligned}$$

Svaret er $2e-\frac43\approx4{,}10$.

Den deriverte av nevneren er $(x^2-x-6)'=2x-1$, altså nøyaktig telleren. Vi bruker derfor variabelskifte med $u=x^2-x-6$. Da er $u'=2x-1$, så $du=(2x-1)\,dx$.

$$\begin{aligned}\int\frac{2x-1}{x^2-x-6}\,dx&=\int\frac1u\,du\\&=\ln|u|+C\\&=\ln\left|x^2-x-6\right|+C\end{aligned}$$

Nullpunktene til nevneren er $x=3$ og $x=-2$, fordi produktet av dem er $-6$ og summen er $1$. Derfor er $x^2-x-6=(x-3)(x+2)$, og svaret gjelder for $x\neq-2$ og $x\neq3$.

Kontroll med delbrøkoppspalting: $$\frac{2x-1}{(x-3)(x+2)}=\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x+2}\quad\Longrightarrow\quad2x-1=A(x+2)+B(x-3).$$ Med $x=3$ får vi $5=5A$, så $A=1$. Med $x=-2$ får vi $-5=-5B$, så $B=1$. Integralet blir $\ln|x-3|+\ln|x+2|+C=\ln\left|x^2-x-6\right|+C$, det samme svaret.

Vi skriver $f'(x)=-2x^{-3}$ og integrerer med potensregelen. Vi ser på intervallet $x>0$, der $[1,2]$ ligger. $$f(x)=\int-2x^{-3}\,dx=-2\cdot\frac{x^{-2}}{-2}+C=\frac{1}{x^2}+C$$

Området ligger over x-aksen, så arealet er lik det bestemte integralet fra $1$ til $2$: $$\begin{aligned}\int_1^2\left(\frac{1}{x^2}+C\right)dx&=\left[-\frac1x+Cx\right]_1^2\\&=\left(-\frac12+2C\right)-\left(-1+C\right)\\&=\frac12+C\end{aligned}$$

Vi setter dette lik arealet: $$\frac12+C=\frac{11}{14}\quad\Longrightarrow\quad C=\frac{11}{14}-\frac{7}{14}=\frac{4}{14}=\frac27$$

Dermed er $$f(x)=\frac{1}{x^2}+\frac27.$$ Kontroll: $f(x)>0$ for $1\le x\le2$, så hele området ligger over x-aksen, slik oppgaven sier.

Hver av de seks sidene har sannsynlighet $\frac16$. Tallene 1, 2 og 3 står på én side hver, mens 6 står på tre sider.

Sannsynlighetene summerer til $\frac16+\frac16+\frac16+\frac12=1$, som de skal. Forventningsverdien er $$\begin{aligned}E(X)&=1\cdot\frac16+2\cdot\frac16+3\cdot\frac16+6\cdot\frac12\\&=\frac66+3\\&=4\end{aligned}$$

Oppgaven skriver $Var(x)$. Vi tolker det som variansen til den stokastiske variabelen $X$. Med $\mu=E(X)=4$ får vi

$$\begin{aligned}\text{Var}(X)&=\sum(k-\mu)^2\cdot P(X=k)\\&=(1-4)^2\cdot\frac16+(2-4)^2\cdot\frac16+(3-4)^2\cdot\frac16+(6-4)^2\cdot\frac12\\&=\frac96+\frac46+\frac16+\frac{12}{6}\\&=\frac{26}{6}=\frac{13}{3}\end{aligned}$$

Variansen er $\frac{13}{3}\approx4{,}33$.

Vi følger løkken. I hver runde skrives $a$ ut før $a$ økes med $i+2$.

Tallfølgen starter på 2, og hver differanse er én større enn den forrige: $+3$, $+4$, $+5$, $+6$ og så videre. Rekursivt er $$a_1=2,\qquad a_{n+1}=a_n+(n+2).$$ En eksplisitt formel er $a_n=\frac{n(n+3)}{2}$. For eksempel er $a_5=\frac{5\cdot8}{2}=20$.

Når koden kjøres, skrives de fem første leddene ut, ett på hver linje: 2, 5, 9, 14 og 20.

Variabelen $S$ starter på 0. I hver runde legges det nåværende leddet $a$ til $S$ før $a$ oppdateres, og $S$ skrives ut én gang etter løkken. Eleven vil altså finne summen av de fem første leddene i tallfølgen, $S_5=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5$.

$$S_5=2+5+9+14+20=50$$

Når koden kjøres, skrives 50 ut.

Enhetskostnaden er kostnaden per enhet, $\frac{K(x)}{x}$. Punktet $(180,\ 14\,920)$ ligger på grafen til $K$, så $$\frac{K(180)}{180}=\frac{14\,920}{180}\approx82{,}89.$$ Dette er stigningstallet til linjen $y=82{,}89x$, som går gjennom origo og punktet $(180,\ 14\,920)$. Enhetskostnaden er omtrent $82{,}89$ kroner per enhet.

Grensekostnaden er $K'(180)$, altså stigningstallet til tangenten i punktet $(180,\ 14\,920)$. Tangenten er $y=138x-9920$, så grensekostnaden er $138$ kroner per enhet. Enhet nummer 181 koster altså omtrent 138 kroner ekstra å produsere.

Overskuddet og den deriverte er $$O(x)=I(x)-K(x)=px-K(x),\qquad O'(x)=p-K'(x).$$ Skal overskuddet bli størst ved $x=180$, må $O'(180)=0$: $$p-K'(180)=0\quad\Longrightarrow\quad p=K'(180)=138$$

Grafen til $K$ krummer oppover, så $K'(x)$ vokser. Da er $O'(x)>0$ for $x<180$ og $O'(x)<0$ for $x>180$, og $x=180$ gir et toppunkt for overskuddet. Prisen må være $p=138$ kroner per enhet.

La $\mu$ være forventet kjørelengde per liter med den nye bensinen. Benz A/S vil vise at kjørelengden øker, så den påstanden står i den alternative hypotesen: $$H_0:\ \mu=20\ \text{km/L}\qquad H_1:\ \mu>20\ \text{km/L}$$ Testen er ensidig.

Hvis $H_0$ er sann, er gjennomsnittet $\bar X$ for 25 biler normalfordelt med $$\mu_{\bar X}=20,\qquad\sigma_{\bar X}=\frac{2{,}5}{\sqrt{25}}=\frac{2{,}5}{5}=0{,}5.$$

Vi standardiserer det observerte gjennomsnittet $\bar x=21$: $$z=\frac{21-20}{0{,}5}=2$$ P-verdien er sannsynligheten for et gjennomsnitt på minst 21 km/L når $H_0$ er sann. Tabellen i vedlegg 1 gir $P(Z\le2)=0{,}9772$, så $$P(\bar X\ge21)=P(Z\ge2)=1-0{,}9772=0{,}0228.$$

P-verdien er $2{,}28\,\%$, som er mindre enn signifikansnivået $5\,\%$. Vi forkaster $H_0$. Testen gir Benz A/S grunnlag for å si at den nye bensinen øker kjørelengden.

Vi legger tabellverdiene inn som punkter og bruker andregradsregresjon i GeoGebra. I CAS kan vi skrive:

Regresjonen gir $$K(x)\approx0{,}6167x^2+25x+93{,}33,$$ eksakt $K(x)=\frac{37}{60}x^2+25x+\frac{280}{3}$. Den deriverte er $$K'(x)=\frac{37}{30}x+25\approx1{,}23x+25.$$

Modellen passer godt med tabellen: $K(10)=405$, $K(20)=840$, $K(40)=2080$ og $K(50)=2885$. Når vi runder koeffisienten til to desimaler, er $K'(x)=1{,}23x+25$.

Kjerneregelen gir $$I'(x)=3000\cdot\frac{1}{5x}\cdot5=\frac{3000}{x}.$$ Vi kaller grensekostnaden fra a) for $g(x)=K'(x)=1{,}23x+25$ og regner ut i CAS:

$$I'(35)=\frac{600}{7}\approx85{,}71,\qquad K'(35)=1{,}23\cdot35+25=68{,}05$$

Tolkning: Når produksjon og salg øker fra 35 til 36 enheter per uke, øker inntekten med omtrent $85{,}71$ kroner, mens kostnaden øker med omtrent $68{,}05$ kroner. Grenseinntekten er større enn grensekostnaden, så overskuddet øker med omtrent 18 kroner hvis bedriften produserer og selger én enhet til. Med den urundede modellen fra a) blir $K'(35)\approx68{,}17$, og tolkningen blir den samme.

Siden $K$ er en antiderivert til $K'$, gir analysens fundamentalteorem $$\int_{20}^{30}K'(x)\,dx=K(30)-K(20).$$ Vi regner ut integralet med $K'(x)=1{,}23x+25$ i CAS:

$$\begin{aligned}\int_{20}^{30}(1{,}23x+25)\,dx&=\left[0{,}615x^2+25x\right]_{20}^{30}\\&=(553{,}5+750)-(246+500)\\&=557{,}5\end{aligned}$$

Tolkning: Når produksjonen øker fra 20 til 30 enheter per uke, øker kostnaden med omtrent $557{,}5$ kroner per uke. Med den urundede modellen fra a) blir økningen omtrent 558 kroner.

La $X_B$, $X_M$ og $X_E$ være hopplengdene i meter til Birger, Maren og Espen. Vi bruker $P(X>90)=1-P(X\le90)$. I GeoGebra CAS gir kommandoen Normal med forventning, standardavvik og grense sannsynligheten $P(X\le x)$:

$$\begin{aligned}P(X_B>90)&\approx0{,}1587\\P(X_M>90)&\approx0{,}0228\\P(X_E>90)&\approx0{,}0668\end{aligned}$$

Kontroll med standardisering: $z_B=\frac{90-70}{20}=1$, $z_M=\frac{90-80}{5}=2$ og $z_E=\frac{90-75}{10}=1{,}5$. Sannsynligheten for et hopp lenger enn 90 meter er omtrent $15{,}9\,\%$ for Birger, $2{,}3\,\%$ for Maren og $6{,}7\,\%$ for Espen.

Maren hoppet lengst hvis både Birger og Espen hoppet kortere enn 83 meter. Hoppene er uavhengige, så vi multipliserer sannsynlighetene:

$$P(X_B<83)\cdot P(X_E<83)\approx0{,}7422\cdot0{,}7881\approx0{,}5849$$ Sannsynligheten for at Maren hoppet lengst i første omgang, er omtrent $58{,}5\,\%$.

Nå er også Marens hopp tilfeldig. Vi simulerer én million omganger. I hver omgang trekker vi tre uavhengige normalfordelte hopplengder og teller omgangene der Maren hopper lengst.

En kjøring med Python 3.9.19 og den viste startverdien ga utskriften 0.475619. Sannsynligheten for at Maren hopper lengst i andre omgang, er omtrent $0{,}476=47{,}6\,\%$. Kommandoen seed gjør kjøringen gjentakbar. Uten den varierer svaret litt fra kjøring til kjøring.

Halvparten av de 2 millioner husstandene er $1\,000\,000$ husstander. Vi løser $B(t)=1\,000\,000$ i CAS:

CAS gir $t\approx93{,}88$. Regning for hånd gir det samme: $1+500e^{-0{,}07t}=1{,}7$, så $e^{-0{,}07t}=0{,}0014$ og $$t=\frac{\ln0{,}0014}{-0{,}07}\approx93{,}9.$$ Ifølge modellen tar det omtrent 94 uker før halvparten av husstandene har brannvarslingssystemet.

Med B definert som i a) skriver vi i CAS:

$$B'(52)\approx7828$$

Tolkning: 52 uker etter lanseringen, altså etter omtrent ett år, øker antallet husstander som har brannvarslingssystemet, med omtrent 7828 husstander per uke ifølge modellen.

En logistisk modell har formen $$F(t)=\frac{N}{1+ae^{-kt}}.$$ Bæreevnen er det totale salget, så $N=1\,000\,000$.

Ved lanseringen har 4000 husstander systemet, så $F(0)=4000$: $$\frac{1\,000\,000}{1+a}=4000\quad\Longrightarrow\quad1+a=250\quad\Longrightarrow\quad a=249$$

Flest nye husstander per uke betyr at $F'(t)$ er størst. For en logistisk modell skjer det i vendepunktet, der $F(t)=\frac N2=500\,000$. Vi tolker «i uke 65» som at vendepunktet ligger ved $t=65$:

$$249e^{-65k}=1\quad\Longrightarrow\quad k=\frac{\ln249}{65}\approx0{,}0849$$ Den nye modellen er $$F(t)=\frac{1\,000\,000}{1+249e^{-0{,}0849t}}.$$

La $x$ være det årlige beløpet. Innskuddene skjer 1. januar hvert år fra 2026 til og med 2055, altså 30 innskudd. Innskuddet fra 2055 får renter i 1 år, innskuddet fra 2054 i 2 år, og innskuddet fra 2026 i 30 år: $$x\cdot1{,}025+x\cdot1{,}025^2+\dots+x\cdot1{,}025^{30}=3\,750\,000$$

Venstre side er en geometrisk rekke med $a_1=1{,}025x$, $k=1{,}025$ og $n=30$: $$1{,}025x\cdot\frac{1{,}025^{30}-1}{1{,}025-1}=3\,750\,000$$

CAS gir $x\approx83\,332{,}83$. Nora må sette inn omtrent $83\,333$ kroner hvert år.

Fra og med januar 2026 til og med januar 2058 er det $2058-2026+1=33$ terminer. La $k=1+r$ være vekstfaktoren for lånerenten. Lånet er $3\,000\,000$ kroner i januar 2026, så nåverdien av alle terminene i januar 2026 skal være $3\,000\,000$ kroner. Terminen i januar 2026 betales med en gang og diskonteres ikke: $$150\,000+\frac{150\,000}{k}+\frac{150\,000}{k^2}+\dots+\frac{150\,000}{k^{32}}=3\,000\,000$$

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=150\,000$, kvotient $\frac1k$ og 33 ledd: $$150\,000\cdot\frac{\left(\frac1k\right)^{33}-1}{\frac1k-1}=3\,000\,000$$

CAS gir $k\approx1{,}0353$. Nora har regnet med en årlig rentesats på omtrent $3{,}5\,\%$.

Innskudd nummer $n$ er $10\,000\cdot1{,}06^{n-1}$ kroner, for $n=1,2,\dots,10$. Det siste innskuddet står i 1 år, og det første står i 10 år. Ett år etter siste innskudd er innskudd nummer $n$ derfor verdt $$10\,000\cdot1{,}06^{n-1}\cdot1{,}025^{11-n}.$$ Summen er en geometrisk rekke med kvotient $\frac{1{,}06}{1{,}025}$. Vi regner den ut i CAS:

$$\sum_{n=1}^{10}10\,000\cdot1{,}06^{n-1}\cdot1{,}025^{11-n}\approx149\,580{,}64$$

Beløpet blir omtrent $149\,581$ kroner, som er omtrent 419 kroner mindre enn $150\,000$ kroner. Nora når ikke målet sitt, men hun kommer svært nær.

Vi integrerer hvert ledd på venstre side og ser bort fra integrasjonskonstantene: $$\int1\,dx+\int x\,dx+\int x^2\,dx+\int x^3\,dx+\cdots=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots$$

På høyre side bruker vi variabelskiftet $u=1-x$, $du=-dx$. Siden $1-x>0$ for $x\in\langle-1,1\rangle$, får vi $$\int\frac{1}{1-x}\,dx=-\int\frac1u\,du=-\ln(1-x)$$

Sammenhengen gir derfor $$x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots=-\ln(1-x),\qquad x\in\langle-1,1\rangle.$$ Begge sider er 0 når $x=0$, så det stemmer å se bort fra konstantene.

Vi setter inn $x=\frac12$, som ligger i $\langle-1,1\rangle$: $$\frac{1}{2^1}+\frac12\cdot\frac{1}{2^2}+\frac13\cdot\frac{1}{2^3}+\frac14\cdot\frac{1}{2^4}+\cdots=-\ln\left(1-\frac12\right)=-\ln\frac12=\ln2$$ Dette var det vi skulle vise.