Integraler med substitusjon S2 V26

Bestem integralene

Fasit

a) \(\frac{e^{4}+3}{2}\)
b) \(\frac{(\ln x)^{3}}{3}+C\)

Løsningsforslag

a

b

Vi lar \(u= \ln x\) og gjør variabelskifte.

Antiderivasjon og areal mellom grafer S2 V26

Du får vite dette om en funksjon \(f\)

• Funksjonen er definert for \(x>0\)
• \(f'(x) = \dfrac{2}{x^2}\)
• Grafen til \(f\) går gjennom punktet \((2, 2)\)

To andre funksjoner, \(g\) og \(h\), er gitt ved \(g(x) = x\) og \(h(x) = -\dfrac{3}{x} + 4\) for \(x>0\).

Fasit

a) \(f(x)=-\frac{2}{x}+3\)
b) \(4-3 \ln 3\)

Løsningsforslag

a

Vi kan finne antideriverte til \(f'(x)\) ved å integrere.

Funksjonen vår må også gå gjennom \((2,2)\), derfor kan vi sette opp en likning for å bestemme \(C\):

b

Vi skal finne arealet mellom \(g\) og \(h\). Vi finner først skjæringspunktet mellom grafene ved å sette dem lik hverandre og løse.

Det avgrensede arealet ligger altså mellom \(x=1\) og \(x=3\).

Vi setter opp integralet:

Arealet er \(\underline{\underline{ 4 - 3 \ln 3 }}\).

Aritmetisk og geometrisk rekke - treplatetårn S2 V26

I et kunstprosjekt skal Selma bygge et stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Hun starter med en treplate med sidelengde \(5 \mathrm{~m}\).

Når hun bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være \(0{,}1 \mathrm{~m}\) kortere enn sidelengden til treplaten under.

Vilfred skal bygge et annet stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Han starter med en treplate som har areal \(19 \mathrm{~m}^2\).

Når han bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være \(10\,\%\) kortere enn sidelengden til treplaten under.

Fasit

a) 50
b) 100

Løsningsforslag

a

Vi ser at første ledd er \(a_{1}=5\) og differansen \(d=-0{,}1\).

Ledd nummer \(n\) i rekka er gitt ved

Leddene i rekka blir altså:

Det siste leddet må være \(0{,}1\) siden en treplate ikke kan ha sidelengde 0 (da er det jo ikke noe treplate).

Vi kan finne ut hvor mange ledd det er ved hjelp av uttrykket for ledd \(n\):

Rekka \(5 + \, 4{,}9 + \,4{,}8 + \, 4{,}7 + \, \dots + 0{,}1\) beskriver summen av sidelengdene i tårnet. Tårnet kan maksimalt bestå av 50 plater.

b

Hvis sidelengden minker med 10 % så kan vi sette opp sammenhengen

Arealet for plate 1, \(A_{1}\), er 19. Da må arealet for plate 2 bli:

Arealene danner altså en geometrisk rekke med kvotient \(k=0{,}81\) og \(A_{1}=19\). Summen av rekka er gitt ved

Det samlede arealet kunne blitt \(\underline{\underline{ 100 \mathrm{~m^{2}} }}\) hvis Vilfred kunne brukt uendelig mange plater. I praksis vil det samlede arealet bli veldig nærme 100 m² dersom han bruker mange plater.

Binomisk fordeling - billettkontroll S2 V26

Silas skal ta bussen 20 ganger. Sannsynligheten for billettkontroll på en busstur er \(5\,\%\). Vi lar \(X\) være antall kontroller på de 20 bussturene.

Hver busstur koster \(65 \text{~kr}\), og Silas får en bot på \(1470 \text{~kr}\) dersom han blir tatt i en kontroll.

Fasit

a) \(E(X)=1\) og \(Var(X)=0{,}95\)
b) –

Løsningsforslag

a

Vi antar at bussturene er uavhengige av hverandre og bruker binomisk sannsynlighetsmodell.

Forventningsverdien er \(\underline{\underline{ E(X)=1 }}\) og variansen er \(\underline{\underline{ \text{Var}(X)=0{,}95 }}\).

b

Silas blir sannsynligvis stanset i kontroll 1 gang i løpet av de 20 turene (det er nettopp det \(E(X)=1\) fra forrige oppgave betyr). Det betyr at han i gjennomsnitt i det lange løp må betale \(1 \cdot 1470 = 1470 \mathrm{~kr}\) i bot for de 20 turene dersom han aldri kjøper billett.

Hvis Silas kjøper billett hver tur så koster det \(20 \cdot 65 = 1300 \mathrm{~kr}\). Det er rimeligere enn å måtte betale bot.

Forventningsverdien til Silas' bot er 1470 kr for de 20 turene. Det er dyrere enn samlet billettpris som er 1300 kr.

Hypotesetest - vannflasker S2 V26

Henrik kjøper ofte flasker med vann. Produsenten oppgir at flaskene inneholder \(1{,}50 \mathrm{~L}\) med et standardavvik på \(0{,}01 \mathrm{~L}\).

Henrik påstår at flaskene inneholder mindre vann enn dette. Han kjøper en kasse med 24 flasker og måler vannmengden i alle.

Flasken med minst vann inneholder \(1{,}48 \mathrm{~L}\). Henrik mener at dette viser at påstanden hans er riktig.

Du kan anta at vannmengden i flaskene er normalfordelt.

Fasit

a) 2,28 %
b) –
c) \(H_{0}: \mu=1{,}5 \quad \text{mot} \quad H_{1}: \mu<1{,}5\)
d) –

Løsningsforslag

a

Vi har normalfordeling med \(\mu = 1{,}50\) og \(\sigma = 0{,}01\).

Normalfordelingstabellen gir oss:

Sannsynligheten for at det er mindre enn 1,48 L i en tilfeldig valgt flaske er 2,28 % (forutsatt at produsentens opplysninger om forventningsverdi og standardavvik stemmer).

b

Henrik har målt 24 flasker, og det er den flasken med minst vann av disse han trekker frem. Sannsynligheten i deloppgave a) gjelder for én tilfeldig valgt flaske, ikke for minimumsverdien blant 24.

Fra a) vet vi at hver flaske har 2,28 % sannsynlighet for å inneholde 1,48 L eller mindre. Når Henrik måler 24 flasker, vil vi i gjennomsnitt forvente \(24 \cdot 0{,}0228 \approx 0{,}5\) slike flasker per kasse. Med andre ord vil omtrent annenhver kasse inneholde minst én flaske under 1,48 L — selv om produsentens opplysninger stemmer helt.

Henrik kan derfor ikke bruke denne ene observasjonen som argument for påstanden sin. Han må heller se på gjennomsnittet av alle de 24 målingene (se deloppgave d).

c

Nullhypotesen er at produsenten har rett i sine påstander, mens den alternative hypotesen er flaskene inneholder mindre enn \(1{,}5 \mathrm{~L}\).

d

Henrik må først bestemme seg for et signifikansnivå. Her passer det godt å velge \(\alpha=0{,}05\).

Hver flaske har et standardavvik på 0,01 L. Hvis vi skal bruke gjennomsnittet av vannet i flaskene så har vi altså summen av vannet i 24 flasker delt på 24:

Etter sentralgrensesetningen vil \(\bar{X}\) være normalfordelt med \(E(\bar{X})= E(X)=1{,}5\) og \(SD( \bar{X} )= \frac{\sigma}{\sqrt{ n }}=\frac{0{,}01}{\sqrt{ 24 }}\).

Siden \(5^{2}=25\) så må \(\sqrt{ 24 } \approx 5\) og \(SD(\bar{X}) \approx \frac{0{,}01}{5}=0{,}002\).

Ifølge normalfordelingstabellen så tilsvarer et signifikansnivå på 0,05 omtrent \(z\)-verdien 1,645.

Vi kan altså forkaste \(H_{0}\) dersom

Hvis gjennomsnittsinnholdet er 1,49671 L eller mindre så kan Henrik forkaste nullhypotesen.

Kostnads- og inntektsfunksjoner - graftolkning S2 V26

En bedrift modellerer kostnader og inntekter ved produksjon og salg av \(x\) enheter av to ulike varer. Figuren nedenfor viser grafene til kostnads- og inntektsfunksjonene.

Kostnadsfunksjonene er modellert som andregradsfunksjoner, og inntektsfunksjonene er modellert som lineære funksjoner.

Verdiene langs andreaksen er kroner.

Bedriften vil se nærmere på modellene for vare 2. Figuren nedenfor viser grafene til inntektsfunksjonen \(I_2\), kostnadsfunksjonen \(K_2\) og tangentene til \(K_2\) i punktene \((0, K_2(0))\) og \((40, K_2(40))\).

Fasit

a) Vare 2 ved \(x=50\)
b) 80 kr
c) 100 kr
d) \(K_{2}(x)=x^{2}+20x+1600\) og \(I_{2}(x)=120x\)

Løsningsforslag

a

Avstanden mellom inntekts- og kostnadsfunksjonen (\(I(x)-K(x)\)) er størst for vare 2. Derfor vil denne varen kunne gi det største overskuddet.

Vi har størst overskudd når avstanden mellom \(I(x)\) og \(K(x)\) er størst mulig og tangentene til begge funksjonene peker i samme retning (\(I'(x)=K'(x)\)). Fra grafene ser det ut til å være omtrent ved \(x=50\).

Vare 2 gir størst overskudd, og det skjer ved salg og produksjon av 50 enheter.

b

• Inntekten ved salg av 100 enheter for vare 1 er 20 000 kr. Det betyr at hver enhet selges for 200 kr.
• Inntekten ved salg av 100 enheter for vare 2 er 12 000 kr. Det betyr at hver enhet selges for 120 kr.

Prisforskjellen mellom varene er 80 kr.

c

Vi har lavest enhetskostnad når \(E(x)=K'(x)\), og siden tangenten ved \(x=40\) går gjennom origo så kan vi være sikre på at \(x=40\) gir de laveste enhetskostnadene. Ved \(x=40\) så er jo \(K'(x)=100\) og \(E(x)=\frac{4000}{40}=100\).

De laveste enhetskostnadene er 100 kr.

d

Inntektsfunksjonen er lineær. Vi ser at konstantleddet er 0. Stigningstallet kan vi finne ved å bruke \((0,0)\) og \((50, 6000)\) som punkter.

Kostnadsfunksjonen er en andregradsfunksjon med generelt uttrykk \(ax^{2}+bx+c\). Vi ser at grafen skjærer \(y\)-aksen ved \(y=1600\) så \(c=1600\). Den deriverte til \(K_{2}(x)\) blir

Vi vet at \(K_{2}'(0)=20\) og \(K_{2}'(40)=100\). Vi kan derfor sette opp to likninger

Vi setter inn i andregradsuttrykket og får \(1x^{2}+20x+1600\).

\(K_{2}(x)=x^{2}+20x+1600\) og \(I_{2}(x)=120x\).

Programmering og normalfordeling - simulering S2 V26

Øystein har skrevet programkoden nedenfor.

1234567891011121314151617181920212223242526from numpy.random import normal
#normal(forventningsverdi, standardavvik) gir en tilfeldig verdi fra en normalfordeling

SIMULERINGER = 100
GRENSE = 110


A_vinner = 0
B_vinner = 0

for i in range(SIMULERINGER):
    A = normal(80, 20)
    B = normal(70, 30)
    if A > GRENSE or B > GRENSE:
        if A > B:
            A_vinner = A_vinner + 1
        else:
            B_vinner = B_vinner + 1


if A_vinner > B_vinner:
    print("A vinner")
elif B_vinner > A_vinner:
    print("B vinner")
else:
    print("Uavgjort")

Øystein har også skissert tetthetsfunksjonen til normalfordelingene A og B fra programmet. Se figuren nedenfor.

Det er størst sannsynlighet for at programmet skriver ut «B vinner». Øystein ønsker å endre programkoden slik at denne sannsynligheten blir enda større.

Fasit

a)
b) Øk variabelen
c) Øk variabelen

Løsningsforslag

a

Øystein gjør 100 simuleringer av et spill med to spillere: A og B. Dersom A vinner flere ganger enn B i løpet av de 100 spillene så blir A utropt som totalvinner. Dersom B vinner flest ganger blir denne utropt som totalvinner. Ellers blir kampen uavgjort.

I hvert av de 100 spillene så blir A og B tilordnet en verdi fra normalfordelinger, henholdsvis en fordeling med \(\mu=80\) og \(\sigma=20\) for A og en fordeling med \(\mu =70\) og \(\sigma=30\) for B.

For at en spiller skal vinne et av de 100 delspillene så må minst en av dem ha trukket en verdi over 110. Dersom en spiller trekker en verdi over 110 så vil den spilleren med høyest verdi bli kåret som vinner av delspillet.

b

Øystein må øke SIMULERINGER.

Per delspill (der minst én av A og B kommer over grensen) er det litt mer sannsynlig at B vinner enn A. Vi ser det på figuren: arealet under grafen til B for \(x>110\) er større enn arealet under grafen til A. Det skyldes at B har større standardavvik (\(\sigma_B = 30\) mot \(\sigma_A = 20\)), så B sin fordeling brer seg mer utover og har en tyngre hale.

Med få simuleringer (som 100) dominerer tilfeldighet – A kan tilfeldigvis vinne flere ganger enn B selv om B har høyere sannsynlighet per delspill. Med mange simuleringer vil andelen B-seire nærme seg den sanne sannsynligheten (loven om store tall), og det blir tilsvarende mer sikkert at programmet skriver ut «B vinner».

c

Øystein må øke GRENSE.

Når grensen heves, blir både \(P(A > \text{grense})\) og \(P(B > \text{grense})\) mindre, men sannsynligheten for at A overskrider faller raskere enn for B. Grunnen er igjen at A har mindre standardavvik (\(\sigma_A = 20 < \sigma_B = 30\)): A sin fordeling er smalere og mer konsentrert rundt forventningsverdien, så A kommer sjeldnere langt ut i halen sammenlignet med B.

Forholdet mellom haleareal til B og haleareal til A blir altså enda mer i B sin favør jo høyere grensen settes, og det blir tilsvarende mer sannsynlig at programmet skriver «B vinner».

Bakteriekulturer - eksponentialvekst S2 V26

En gruppe forskere observerer utviklingen i to bakteriekulturer.

Antall millioner bakterier \(f\) i den første bakteriekulturen \(t\) dager etter at observasjonene startet, er gitt ved

Antall millioner bakterier \(g\) i den andre bakteriekulturen \(t\) dager etter at observasjonene startet, er gitt ved

Fasit

a) 0,7304 og 31,94
b) \(t=5{,}13\) og \(0{,}548\)

Løsningsforslag

a

\(f'(8)=0{,}7304\). Det betyr at antall bakterier vokser med 0,73 millioner per dag på akkurat på dag 8.

\(f'(t)=8\) gir oss \(t=31{,}94\). Det betyr at antall bakterier vokser med 8 millioner per dag omtrent på dag 32.

b

Vi løser likningen \(f'(t)=g'(t)\) og får \(t=5{,}13\).

Veksten er altså like stor etter 5,13 dager. Veksten er da \(0{,}548\) millioner bakterier per dag.

BSU og annuitetslån - boligkjøp S2 V26

Kasper har spart penger på en BSU-konto i 5 år. Han har satt inn \(\text{kr } 27\,500\) på kontoen 1. januar hvert år fra og med 2021 til og med 2025. Rentesatsen har vært \(5{,}40\,\%\) i hele perioden.

Kasper har funnet en leilighet han ønsker å kjøpe. Han kontakter banken for å ordne med finansiering. I tillegg til beløpet han har på BSU-kontoen, får han låne \(2\,600\,000\) kroner av banken.

Han vil også kjøpe møbler og kjøkkeninnredning, og tar opp et forbrukslån på \(150\,000\) kroner til en mye høyere rentesats.

• Nedbetalingstiden på huslånet er \(30\) år.
• Nedbetalingstiden på forbrukslånet er \(10\) år.
• Begge lånene er annuitetslån.
• Rentesatsen på huslånet er \(5\,\%\).
• Terminbeløpene betales årlig, og første innbetaling er etter ett år.

Kasper regner ut at han må betale \(200\,000\) kroner i terminbeløp for begge lånene.

Fasit

a) 161 445 kr
b) 15,85 %

Løsningsforslag

a

Beløpene på kontoen har fått renter i henholdsvis 1, 2, 3, 4 og 5 år. Altså blir rekka

Jeg velger å finne summen av rekka med CAS.

Det står 161 445 kr på kontoen 31.12.2025.

b

Jeg forsøker først å behandle lånene separat. Boliglånet er terminbeløp med lånebeløp 2,6 millioner og rente 5 % over 30 år. Vi kan finne terminbeløpet med å sette lånebeløpet lik summen av nåverdiene til terminbeløpet.

Terminbeløpet på forbrukslånet må da være

For å finne renta på forbrukslånet så setter vi igjen lånebeløpet lik summen av nåverdiene til terminbeløpet.

Vekstfaktoren på forbrukslånet gir oss en rente på 15,85 %.

Rentesatsen på forbrukslånet er 15,85 %.

Inntekt, kostnader og salgsprognose S2 V26

En nyoppstartet bedrift produserer og selger en vare. Bedriften regner med at den ukentlige etterspørselen \(E\) er gitt ved

der \(p\) er prisen i kroner per enhet.

Tabellen nedenfor viser noen ukentlige kostnader \(K\) ved å produsere \(x\) enheter.

Bedriften registrerer salget de 8 første ukene.

Bedriften har som mål å produsere og selge \(45\,000\) enheter totalt det første året. De antar at salget vil fortsette å følge samme trend som de første 8 ukene.

Fasit

a) \(I(p)=-p^{3}+2700p\). Pris \(p=30\) kr.
b) –
c) Nei. Men en logistisk modell vil gi et samlet salg som er veldig nærme 45 000 enheter.

Løsningsforslag

a

Inntekten er \(I(p)=-p^{3}+2700p\) og vi får høyest inntekt ved prisen \(p=30\) kr.

b

Jeg gjør først regresjon på kostnadstallene og finner at en andregradsfunksjon passer fint.

Siden etterspørselen er \(2700-p^{2}\) må:

Inntekten for salg av \(x\) enheter blir derfor

Jeg finner ut når overskuddet er størst ved å løse \(I'(x)=K'(x)\) i CAS.

Bedriften må produsere og selge 875 enheter for at overskuddet skal bli størst mulig.

c

Jeg gjør først en regresjonsanalyse på salgstallene. Det er vanskelig å vite hva som er riktig modell her. Jeg velger logistisk siden det passer fint med at veksten i salget vil avta.

Jeg bruker følgende modell:

Jeg integrerer fra \(x=0{,}5\) til \(x=52{,}5\) for å finne det samlede salget i løpet av de 52 ukene i året.

Hvis utviklingen i salget følger en logistisk modell så vil bedriften ikke klare målet sitt. Samtidig er differansen mellom salget og målet kun 185 enheter eller omtrent 0,4 %.

Rekursiv rekke og konvergens S2 V26

En uendelig rekke er gitt ved den rekursive sammenhengen

Fasit

a) –
b) Den konvergerer aldri for heltallsverdi av \(a_{1}\)

Løsningsforslag

a

a = 5    # Rekka starter på 5

for i in range(6):   # Gjenta 6 ganger
    print(a)         # Skriv ut leddet a
    a = (a - 1) ** 2 # Regn ut neste ledd a

b

Denne rekka er ikke geometrisk og vi kan derfor ikke bruke den vanlige testen med å sjekke om \(-1 < k < 1\). Ved å inspisere uttrykket kan vi derimot se at det ikke er så fryktelig mange heltallsverdier av \(a_{1}\) som kan gjøre at rekka konvergerer. Dersom \(a_{1}\) er et stort tall så blir \(a_{2}=(a_{1}-1)^{2}\) – dette må også være et veldig stort tall. En slik rekke vil bestå av større og større ledd og kan derfor ikke konvergere.

Hvis rekka skal konvergere så må \(a_{1}\) være et heltall ganske nærme null. Vi kan teste disse heltallene for hånd, eller så kan vi gjøre det ved å utvide programmet vårt.

Jeg velger å utvide programmet og etter litt prøving og feiling med tall så ser jeg at verdiene \(a_{1}=0, a_{1}=1\) og \(a_{1}=2\) gir interessante mønstre. Ellers konvergerer rekka fort.

\(a_{1}=0, a_{1}=1\) og \(a_{1}=2\) gir interessante mønstre, men leddene alternerer bare mellom 0 og 1. Hvis summen av de 200 første leddene er 100 så vil summen av de 202 første leddene være 101. Disse summene nærmer seg ikke noe tall når \(n \to \infty\). Hvis det er uendelig mange ledd i rekka så vil den måtte bestå av uendelig mange 1-tall. Disse rekkene er heller ikke konvergente.

Siden rekka verken konvergerer for store heltall, negative heltall eller små heltall så konkluderer jeg med at rekka aldri vil konvergere for heltallsverdier.

Rekka konvergerer ikke for noen heltallsverdier av \(a_{1}\).