Matematikk S2 vår 2026

En antiderivert til $e^{2x}+x$ er $\frac12e^{2x}+\frac12x^2$. Vi setter inn grensene: $$\begin{aligned}\int_0^2\left(e^{2x}+x\right)dx&=\Big[\tfrac12e^{2x}+\tfrac12x^2\Big]_0^2\\&=\Big(\tfrac12e^{4}+\tfrac12\cdot4\Big)-\Big(\tfrac12e^{0}+0\Big)\\&=\tfrac12e^4+2-\tfrac12\\&=\frac{e^4+3}{2}.\end{aligned}$$ Svaret er $\frac{e^4+3}{2}\approx28{,}80$.

Integranden er definert for $x>0$. Vi bruker variabelskifte med kjernen $u=\ln x$. Da er $u'=\frac1x$, altså $dx=x\,du$. Vi får $$\int\frac{(\ln x)^2}{x}\,dx=\int\frac{u^2}{x}\cdot x\,du=\int u^2\,du=\frac13u^3+C=\frac13(\ln x)^3+C.$$

Kontroll: kjerneregelen gir $\Big(\frac13(\ln x)^3\Big)'=\frac13\cdot3(\ln x)^2\cdot\frac1x=\frac{(\ln x)^2}{x}$.

Vi skriver $f'(x)=2x^{-2}$. Potensregelen for integrasjon gir $$f(x)=\int2x^{-2}\,dx=2\cdot\frac{x^{-1}}{-1}+C=-\frac2x+C.$$ Grafen går gjennom $(2,2)$, så $$f(2)=-\frac22+C=2\quad\Longrightarrow\quad C=3.$$ Dermed er $$f(x)=3-\frac2x,\qquad x>0.$$

Skjæringspunktene: $$x=-\frac3x+4\quad\Longleftrightarrow\quad x^2-4x+3=0\quad\Longleftrightarrow\quad(x-1)(x-3)=0.$$ Vi får $x=1$ og $x=3$. Begge ligger i definisjonsmengden $x>0$.

For $x=2$ er $h(2)=-\frac32+4=2{,}5$ og $g(2)=2$. Grafen til $h$ ligger altså over grafen til $g$ mellom skjæringspunktene. Arealet er $$\begin{aligned}A&=\int_1^3\big(h(x)-g(x)\big)\,dx=\int_1^3\Big(4-x-\frac3x\Big)dx\\&=\Big[4x-\tfrac12x^2-3\ln x\Big]_1^3\\&=\Big(12-\tfrac92-3\ln3\Big)-\Big(4-\tfrac12-3\ln1\Big)\\&=4-3\ln3.\end{aligned}$$ Arealet er $4-3\ln3\approx0{,}70$.

Sidelengdene danner en aritmetisk følge med $a_1=5$ og $d=-0{,}1$: $$a_n=5+(n-1)(-0{,}1)=5{,}1-0{,}1n.$$ Summen av sidelengdene er den aritmetiske rekken $$5+4{,}9+4{,}8+\dots+(5{,}1-0{,}1n),$$ med sum $$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n(10{,}1-0{,}1n)}{2}.$$

En plate må ha positiv sidelengde: $$5{,}1-0{,}1n>0\quad\Longleftrightarrow\quad n<51.$$ Det største hele tallet er $n=50$. Da har den øverste platen sidelengden $a_{50}=0{,}1$ m. Tårnet kan maksimalt få 50 treplater. Summen av sidelengdene blir da $S_{50}=\frac{50(5+0{,}1)}{2}=127{,}5$ m.

Sidelengden blir multiplisert med $0{,}9$ for hver ny plate. Arealet er sidelengden i andre, så arealet blir multiplisert med $0{,}9^2=0{,}81$. Arealene danner en geometrisk rekke $$19+19\cdot0{,}81+19\cdot0{,}81^2+\dots$$ med $a_1=19$ og $k=0{,}81$.

Siden $|k|<1$, konvergerer den uendelige rekken, og summen er $$S=\frac{a_1}{1-k}=\frac{19}{1-0{,}81}=\frac{19}{0{,}19}=100.$$ Det samlede arealet kan komme så nær $100\ \text{m}^2$ som vi vil, men et tårn med endelig mange plater når aldri helt opp. Arealet er altså alltid mindre enn $100\ \text{m}^2$.

Hver tur er kontrollert eller ikke, sannsynligheten er $p=0{,}05$ hver gang, og vi antar at turene er uavhengige. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=20$ og $p=0{,}05$. Vi får $$E(X)=np=20\cdot0{,}05=1$$ og $$\mathrm{Var}(X)=np(1-p)=20\cdot0{,}05\cdot0{,}95=0{,}95.$$

Med billett på alle turene betaler Silas $20\cdot65=1300$ kr.

Uten billett betaler han $1470X$ kr i bøter. Den forventede summen er $$E(1470X)=1470\cdot E(X)=1470\cdot1=1470\ \text{kr}.$$ Siden $1470\ \text{kr}>1300\ \text{kr}$, er den forventede kostnaden større uten billett. I gjennomsnitt lønner det seg å kjøpe billetter. Per tur er forventet bot $0{,}05\cdot1470=73{,}50$ kr, som er mer enn billettprisen på 65 kr.

La $X$ være vannmengden i en tilfeldig flaske. Da er $X$ normalfordelt med $\mu=1{,}50$ L og $\sigma=0{,}01$ L. Vi standardiserer: $$z=\frac{1{,}48-1{,}50}{0{,}01}=-2{,}00.$$ Tabellen gir $$P(X\le1{,}48)=P(Z\le-2{,}00)=0{,}0228.$$ Sannsynligheten er omtrent $2{,}28\,\%$.

Selv om produsenten har rett, inneholder omtrent $2{,}28\,\%$ av flaskene 1,48 L eller mindre. I en kasse med 24 flasker kan vi da vente $$24\cdot0{,}0228\approx0{,}55$$ slike flasker. Det er altså ikke uvanlig å finne én slik flaske.

Påstanden handler om den gjennomsnittlige vannmengden $\mu$. Den minste av 24 målinger sier lite om gjennomsnittet. Henrik må bruke alle målingene, for eksempel gjennomsnittet, i en hypotesetest.

La $\mu$ være forventet vannmengde i flaskene fra produsenten. Nullhypotesen er at produsenten har rett, og alternativhypotesen er Henriks påstand: $$H_0:\ \mu=1{,}50\ \text{L}\qquad H_1:\ \mu<1{,}50\ \text{L}.$$ Dette er en ensidig test.

1. Henrik velger et signifikansnivå før han ser på dataene, for eksempel $\alpha=5\,\%$.

2. Han regner ut gjennomsnittet av de $n=24$ målingene: $$\bar x=\frac{x_1+x_2+\dots+x_{24}}{24}.$$

3. Hvis $H_0$ er riktig, er $\bar X$ normalfordelt med $$E(\bar X)=\mu=1{,}50\qquad\text{og}\qquad\sigma_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n}=\frac{0{,}01}{\sqrt{24}}\approx0{,}0020.$$

4. Han standardiserer og finner $P$-verdien: $$z=\frac{\bar x-1{,}50}{0{,}01/\sqrt{24}},\qquad P\text{-verdi}=P(\bar X\le\bar x)=P(Z\le z).$$

5. Hvis $P$-verdien er mindre enn $\alpha$, forkaster han $H_0$. Da har han støtte for påstanden $\mu<1{,}50$ L. Ellers kan han ikke forkaste $H_0$.

Med $\alpha=5\,\%$ gir tabellen at $P(Z\le z)<0{,}05$ når $z<-1{,}645$ (mellom $-1{,}64$ og $-1{,}65$). Dette svarer til $$\bar x<1{,}50-1{,}645\cdot\frac{0{,}01}{\sqrt{24}}\approx1{,}4966\ \text{L}.$$

Overskuddet er $O(x)=I(x)-K(x)$, altså den loddrette avstanden fra kostnadsgrafen opp til inntektslinjen. Overskuddet er positivt bare der inntektslinjen ligger over kostnadsgrafen.

Fra figuren: $I_1$ og $K_1$ skjærer hverandre i $(60,\,12\,000)$ og $(100,\,20\,000)$. $I_2$ og $K_2$ skjærer hverandre i $(20,\,2400)$ og $(80,\,9600)$. Begge inntektslinjene går gjennom origo, og $K_1(0)=6000$ og $K_2(0)=1600$.

Når $K$ er en andregradsfunksjon og $I$ er lineær, er $O$ en andregradsfunksjon med nullpunkter i skjæringspunktene. Toppunktet ligger midt mellom nullpunktene. Siden $I(0)=0$, er $O(0)=-K(0)$.

Vare 1: $O_1(x)=a(x-60)(x-100)$ og $O_1(0)=6000a=-6000$, så $a=-1$. Toppunktet er i $x=80$: $$O_1(80)=-(80-60)(80-100)=400.$$

Vare 2: $O_2(x)=a(x-20)(x-80)$ og $O_2(0)=1600a=-1600$, så $a=-1$. Toppunktet er i $x=50$: $$O_2(50)=-(50-20)(50-80)=900.$$ Dette stemmer med figuren for vare 2: ved $x=50$ er $I_2=6000$ og $K_2\approx5100$.

Vare 2 kan gi størst overskudd. Bedriften må produsere og selge 50 enheter av vare 2. Da blir overskuddet 900 kr. Vare 1 gir høyst 400 kr, ved 80 enheter.

Inntekten er pris ganger antall enheter, så prisen er stigningstallet til inntektslinjen.

$I_1$ går gjennom $(0,0)$ og $(100,\,20\,000)$. Prisen for vare 1 er $\frac{20\,000}{100}=200$ kr per enhet.

$I_2$ går gjennom $(0,0)$ og $(80,\,9600)$. Prisen for vare 2 er $\frac{9600}{80}=120$ kr per enhet.

Prisforskjellen er $200-120=80$ kr. Vare 1 koster 80 kr mer per enhet enn vare 2.

Enhetskostnaden er $\dfrac{K_2(x)}{x}$. Dette er stigningstallet til linjen fra origo til punktet $(x,K_2(x))$ på kostnadsgrafen.

Lavest enhetskostnad får vi når denne linjen har minst mulig stigningstall. Det skjer når linjen gjennom origo tangerer kostnadsgrafen. I figuren går tangenten $y=100x$ gjennom origo og tangerer $K_2$ i $(40,\,4000)$.

Lavest mulig enhetskostnad er derfor $$\frac{K_2(40)}{40}=\frac{4000}{40}=100\ \text{kr per enhet},$$ når bedriften produserer 40 enheter.

Vi skriver $K_2(x)=ax^2+bx+c$. Da er $K_2'(x)=2ax+b$.

Tangenten $y=20x+1600$ i $x=0$ gir $K_2(0)=1600$ og $K_2'(0)=20$. Det gir $c=1600$ og $b=20$.

Tangenten $y=100x$ i $x=40$ gir $K_2'(40)=100$: $$2a\cdot40+20=100\quad\Longrightarrow\quad a=1.$$ Dermed er $$K_2(x)=x^2+20x+1600.$$ Kontroll: $K_2(40)=1600+800+1600=4000$, som er punktet på tangenten $y=100x$.

Inntektslinjen går gjennom origo og $(80,\,9600)$. Stigningstallet er $\frac{9600}{80}=120$, så $$I_2(x)=120x.$$ Kontroll: $K_2(20)=400+400+1600=2400=I_2(20)$ og $K_2(80)=6400+1600+1600=9600=I_2(80)$.

Programmet simulerer 100 runder (SIMULERINGER = 100). I hver runde trekker det en verdi A fra en normalfordeling med forventning 80 og standardavvik 20 og en verdi B fra en normalfordeling med forventning 70 og standardavvik 30.

Runden teller bare hvis minst én av verdiene er større enn GRENSE = 110. Da får den som har størst verdi, ett poeng i A_vinner eller B_vinner. Er ingen av verdiene større enn 110, får ingen poeng.

Etter alle rundene skriver programmet «A vinner» eller «B vinner» etter hvem som har flest poeng. Har de like mange poeng, skriver det «Uavgjort».

B har størst standardavvik og får oftere verdier over 110. Tabellen gir $P(A>110)=P(Z>1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668$ og $P(B>110)=P(Z>1{,}33)=1-0{,}9082=0{,}0918$. I hver enkelt runde er det derfor mer sannsynlig at B får poenget enn at A får det.

Med bare 100 runder teller i gjennomsnitt bare rundt 15 runder. Tilfeldigheter kan da lett gi flest poeng til A, eller uavgjort. Øystein bør øke SIMULERINGER, for eksempel til 10 000. Når antall runder øker, nærmer de relative frekvensene seg de sanne sannsynlighetene (store talls lov). Da får B nesten sikkert flest poeng, og sannsynligheten for «B vinner» nærmer seg 1. Å senke tallet gjør resultatet mer tilfeldig.

Kontroll med hjelpemidler: Per runde får B poenget med sannsynlighet omtrent $0{,}089$, og A med sannsynlighet omtrent $0{,}063$. Sannsynligheten for utskriften «B vinner» blir da omtrent $0{,}71$ med 100 runder, $0{,}98$ med 1000 runder og nesten 1 med 10 000 runder.

Figuren viser at kurvene krysser hverandre omtrent ved 115. Til høyre for dette ligger kurven til B over kurven til A. B har altså den tykkeste halen og får oftest svært store verdier, fordi standardavviket er større.

Øystein bør øke GRENSE, for eksempel til 120. Da teller nesten bare runder der noen får en svært høy verdi, og i slike runder er det oftest B som har størst verdi. Andelen av de tellende rundene som B vinner, øker.

Grensen må likevel ikke bli for høy. Med bare 100 runder vil da nesten ingen runder telle, og «Uavgjort» (ofte 0–0) blir mer sannsynlig. Å senke grensen hjelper A, fordi A har høyest forventning og oftest har størst verdi når alle runder teller.

Kontroll med hjelpemidler, med 100 runder: Sannsynligheten for «B vinner» er omtrent $0{,}71$ med GRENSE = 110, $0{,}78$ med 120, $0{,}58$ med 140 og $0{,}13$ med 160.

Kjerneregelen gir $$f'(t)=2{,}2\cdot0{,}1\cdot e^{0{,}1t+0{,}4}=0{,}22\,e^{0{,}1t+0{,}4}.$$ Vi definerer funksjonen i CAS og regner numerisk (x≈):

CAS gir $f'(8)=0{,}22\,e^{1{,}2}\approx0{,}730$ og $t\approx31{,}94$. For hånd: $e^{0{,}1t+0{,}4}=\frac{8}{0{,}22}$ gir $t=10\big(\ln\frac{400}{11}-0{,}4\big)\approx31{,}94$.

Tolkning: Etter 8 dager vokser den første bakteriekulturen med omtrent 0,73 millioner (730 000) bakterier per dag. Omtrent 32 dager etter at observasjonene startet, vokser kulturen med 8 millioner bakterier per dag.

Veksten per dag er den deriverte, så vi løser $f'(t)=g'(t)$ for $t\ge0$. Her er $g'(t)=1{,}2\cdot0{,}2\cdot e^{0{,}2t-0{,}2}=0{,}24\,e^{0{,}2t-0{,}2}$.

CAS gir $t\approx5{,}13$ og $f'(5{,}13)\approx0{,}548$. Vi kan også løse eksakt: $$0{,}22\,e^{0{,}1t+0{,}4}=0{,}24\,e^{0{,}2t-0{,}2}\ \Longleftrightarrow\ e^{0{,}1t-0{,}6}=\frac{11}{12}\ \Longleftrightarrow\ t=6+10\ln\frac{11}{12}\approx5{,}13.$$ Da er $f'(t)=0{,}22\cdot\frac{11}{12}\cdot e=\frac{121e}{600}\approx0{,}548$.

Omtrent 5,1 dager etter at observasjonene startet, vokser begge bakteriekulturene like raskt. Veksten er da omtrent 0,548 millioner (548 000) bakterier per dag.

Vi antar at renten for hvert år blir godskrevet 31.12, også for 2025. Innskuddet 1.1.2025 får da rente i ett år, og innskuddet 1.1.2021 får rente i fem år. Beløpet 31.12.2025 er $$27\,500\cdot1{,}054+27\,500\cdot1{,}054^2+\dots+27\,500\cdot1{,}054^5.$$

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=27\,500\cdot1{,}054=28\,985$, $k=1{,}054$ og $n=5$. Sumformelen gir $$S_5=a_1\cdot\frac{k^5-1}{k-1}=28\,985\cdot\frac{1{,}054^5-1}{1{,}054-1}\approx161\,445{,}17.$$

Begge linjene gir $161\,445{,}17$. Kasper har omtrent 161 445 kr på BSU-kontoen 31.12.2025.

Ved et annuitetslån er summen av nåverdiene til alle terminbeløpene lik lånebeløpet. Vi finner først det årlige terminbeløpet $x$ på huslånet: $$\frac{x}{1{,}05}+\frac{x}{1{,}05^2}+\dots+\frac{x}{1{,}05^{30}}=2\,600\,000.$$ Dette er en geometrisk rekke med kvotient $\frac1{1{,}05}$.

Forbrukslånet har da terminbeløpet $200\,000-x$. Med rentefaktor $k=1+r$ må $$\frac{200\,000-x}{k}+\frac{200\,000-x}{k^2}+\dots+\frac{200\,000-x}{k^{10}}=150\,000.$$

CAS gir $x\approx169\,133{,}73$ kr. Terminbeløpet på forbrukslånet er $200\,000-169\,133{,}73=30\,866{,}27$ kr. Likningen for forbrukslånet gir $k\approx1{,}1585$ (med fire desimaler). Bare en rentefaktor $k>1$ gir mening her.

Rentesatsen på forbrukslånet er omtrent $15{,}85\,\%$.

Inntekten er pris ganger antall solgte enheter: $$I(p)=p\cdot E(p)=p(2700-p^2)=2700p-p^3,\qquad p\in[10,45].$$

Vi får $I'(p)=2700-3p^2$, og $I'(p)=0$ gir $p=-30$ eller $p=30$. Bare $p=30$ ligger i $[10,45]$. Fordi $I''(p)=-6p<0$, er dette et toppunkt. CAS gir $I(30)=54\,000$. Endepunktene gir lavere verdier: $I(10)=26\,000$ og $I(45)=30\,375$.

En pris på 30 kr per enhet gir høyest inntekt. Da selger bedriften 1800 enheter per uke, og inntekten blir 54 000 kr.

Vi legger punktene fra tabellen inn i GeoGebra og bruker regresjon med et andregradspolynom. Kommandoene skrives i algebrafeltet:

Regresjonen gir kostnadsmodellen $$K(x)=0{,}01x^2+15x+5000$$ med $R^2=1$. Alle fem punktene ligger nøyaktig på grafen, så modellen beskriver tabellen svært godt.

Hvis bedriften selger $x$ enheter, er $x=2700-p^2$. Det gir prisen $p=\sqrt{2700-x}$. Når $p\in[10,45]$, er $x\in[675,\,2600]$. Inntekten og overskuddet som funksjoner av $x$ blir $$I(x)=x\sqrt{2700-x},\qquad O(x)=x\sqrt{2700-x}-\big(0{,}01x^2+15x+5000\big).$$

Videre regner vi i CAS:

CAS gir $O'(x)=0$ for $x\approx874{,}54$. Den deriverte skifter fortegn fra pluss til minus der, så dette er et toppunkt i $[675,\,2600]$. I endepunktene er $O(675)=10\,693{,}75$ og $O(2600)=-85\,600$, som er lavere.

Antall enheter må være et helt tall. Vi får $O(874)\approx11\,598{,}764$, $O(875)\approx11\,598{,}766$ og $O(876)\approx11\,598{,}722$. Overskuddet blir altså størst ved 875 enheter, omtrent 11 599 kr per uke. Prisen er da $p=\sqrt{2700-875}\approx42{,}72$ kr.

Salget øker hver uke, men økningen blir stadig mindre (70, 40, 30, 20, 15, 5 og 5). Salget ser ut til å flate ut mot et tak. Derfor bruker vi en logistisk modell. La $x$ være ukenummeret. Vi bruker logistisk regresjon med kommandoene nedenfor i algebrafeltet:

Logistisk regresjon gir omtrent $$f(x)=\frac{871{,}81}{1+0{,}4638\,e^{-0{,}5070x}},$$ med $R^2\approx0{,}999$. Modellen sier at salget nærmer seg omtrent 872 enheter per uke.

Et år har 52 uker. Det totale salget det første året blir ifølge modellen $$\sum_{n=1}^{52}f(n)\approx44\,809\ \text{enheter}.$$ Bruker vi de faktiske tallene for de 8 første ukene og modellen for uke 9–52, blir summen også omtrent 44 809.

Vi kan også se det uten summen: De 8 første ukene ga 6460 enheter. Selv om bedriften solgte 872 enheter i hver av de 44 siste ukene, ville totalen bli høyst $6460+44\cdot872=44\,828<45\,000$.

Bedriften vil ikke nå målet om 45 000 enheter det første året, hvis salget følger samme trend. Den mangler omtrent 190 enheter.

Programmet starter med $a_1=5$. I hver runde skriver det ut leddet og regner ut neste ledd med den rekursive formelen.

En kjøring med Python 3 gir utskriften:

De seks første leddene er $5,\ 16,\ 225,\ 50\,176,\ 2\,517\,530\,625$ og $6\,337\,960\,442\,777\,829\,376$.

Vi undersøker noen heltall $a_1$ med et program:

Utskriften viser to typer oppførsel: For $a_1=0$, $1$ og $2$ veksler leddene mellom 0 og 1. For de andre verdiene vokser leddene svært raskt.

Generelt: Når $a_1$ er et heltall, er hvert ledd fra og med $a_2$ kvadratet av et heltall, altså et heltall som er større enn eller lik 0. Hvis et ledd er 0, er neste ledd $(0-1)^2=1$. Av to naboledd $a_n$ og $a_{n+1}$ med $n\ge2$ er derfor minst ett lik 1 eller større. Delsummen øker da med minst 1 for hvert andre ledd og vokser over alle grenser.

En konvergent rekke krever at leddene nærmer seg 0, men her blir annethvert ledd aldri mindre enn 1. Det finnes derfor ikke noe heltall $a_1$ som gjør rekken konvergent. Heller ikke selve tallfølgen kan konvergere: den måtte i så fall ende i en løsning av $a=(a-1)^2$, altså $a=\frac{3\pm\sqrt5}{2}$, og det er ikke heltall.