Om løsningsforslaget: Dette er et veiledende løsningsforslag laget av eksamenssett.no.
Det kan finnes alternative fremgangsmåter som også gir riktig svar.
Løsningsforslag – Matematikk S2 Vår 2026
Oppgave 1 (4 poeng)
a)
Bestem integralet \(\displaystyle \int_0^2 \left( e^{2x} + x \right) dx\).
Vi integrerer ledd for ledd. Husk at \(\int e^{2x}\,dx = \tfrac{1}{2}e^{2x} + C\):
\[
\int_0^2 \left( e^{2x} + x \right) dx = \left[ \tfrac{1}{2} e^{2x} + \tfrac{1}{2} x^2 \right]_0^2
\]
Vi setter inn grensene:
\[
= \left( \tfrac{1}{2} e^{4} + \tfrac{1}{2} \cdot 4 \right) - \left( \tfrac{1}{2} e^{0} + 0 \right) = \tfrac{1}{2}e^{4} + 2 - \tfrac{1}{2}
\]
\[
\int_0^2 \left( e^{2x} + x \right) dx = \tfrac{1}{2}e^{4} + \tfrac{3}{2}
\]
Vanlig feil: Mange glemmer faktoren \(\tfrac{1}{2}\) når de integrerer \(e^{2x}\). Bruk regelen \(\int e^{ax}\,dx = \tfrac{1}{a}e^{ax}+C\). Husk også at \(e^0 = 1\).
b)
Bestem integralet \(\displaystyle \int \frac{(\ln x)^2}{x}\, dx\).
Vi bruker variabelskifte. Sett \(u = \ln x\), da er \(du = \tfrac{1}{x}\,dx\):
\[
\int \frac{(\ln x)^2}{x}\, dx = \int u^2\, du = \frac{u^3}{3} + C
\]
Setter inn \(u = \ln x\) igjen:
\[
\int \frac{(\ln x)^2}{x}\, dx = \frac{(\ln x)^3}{3} + C
\]
Tips: Når du ser et uttrykk på formen \(\frac{f(x)^n \cdot f'(x)}{1}\) er substitusjon \(u = f(x)\) ofte raskeste vei. Her er \(f(x) = \ln x\) og \(f'(x) = 1/x\).
Oppgave 2 (4 poeng)
a)
\(f\) er definert for \(x > 0\), \(f'(x) = \dfrac{2}{x^2}\) og grafen går gjennom \((2, 2)\). Bestem \(f(x)\).
Vi antiderivererer \(f'(x) = 2x^{-2}\):
\[
f(x) = \int 2x^{-2}\,dx = 2 \cdot \frac{x^{-1}}{-1} + C = -\frac{2}{x} + C
\]
Vi bruker at \(f(2) = 2\) for å bestemme \(C\):
\[
-\frac{2}{2} + C = 2 \;\Longrightarrow\; -1 + C = 2 \;\Longrightarrow\; C = 3
\]
\[
f(x) = -\frac{2}{x} + 3
\]
b)
Finn arealet av området som er avgrenset av grafene til \(g(x) = x\) og \(h(x) = -\dfrac{3}{x} + 4\) for \(x > 0\).
Vi finner skjæringspunktene ved å sette \(g(x) = h(x)\):
\[
x = -\frac{3}{x} + 4 \;\Longrightarrow\; x^2 = -3 + 4x \;\Longrightarrow\; x^2 - 4x + 3 = 0
\]
\[
(x-1)(x-3) = 0 \;\Longrightarrow\; x = 1 \;\text{eller}\; x = 3
\]
Vi sjekker hvilken graf som er størst mellom \(x=1\) og \(x=3\). Ved \(x=2\): \(g(2)=2\) og \(h(2)=-\tfrac{3}{2}+4 = \tfrac{5}{2}\). Altså er \(h > g\) på intervallet.
Arealet er:
\[
A = \int_1^3 \left( h(x) - g(x) \right) dx = \int_1^3 \left( -\frac{3}{x} + 4 - x \right) dx
\]
\[
= \left[ -3\ln x + 4x - \frac{x^2}{2} \right]_1^3
\]
\[
= \left( -3\ln 3 + 12 - \tfrac{9}{2} \right) - \left( -3\ln 1 + 4 - \tfrac{1}{2} \right)
\]
\[
= -3\ln 3 + 12 - \tfrac{9}{2} - 0 - 4 + \tfrac{1}{2} = 4 - 3\ln 3
\]
\[
A = 4 - 3\ln 3 \approx 0{,}70
\]
Oppgave 3 (4 poeng)
a)
Selmas tårn: første sidelengde 5 m, hver ny plate er 0,1 m kortere. Sett opp en aritmetisk rekke for summen av sidelengdene, og bestem maks antall plater.
Rekken har \(a_1 = 5\) og differansen \(d = -0{,}1\). Det \(n\)-te leddet er:
\[
a_n = a_1 + (n-1)d = 5 + (n-1)(-0{,}1) = 5{,}1 - 0{,}1n
\]
Summen av sidelengdene er:
\[
S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n = \sum_{k=1}^{n} \bigl( 5{,}1 - 0{,}1k \bigr)
\]
For at det skal være mulig å lage plate \(n\), må \(a_n > 0\):
\[
5{,}1 - 0{,}1n > 0 \;\Longrightarrow\; n < 51
\]
Største heltall som oppfyller dette er \(n = 50\). Da blir \(a_{50} = 5{,}1 - 0{,}1 \cdot 50 = 0{,}1\) m (akkurat positivt).
Tårnet kan maksimalt bestå av 50 treplater. Den siste plata har sidelengde 0,1 m, og summen av sidelengdene blir \(S_{50} = \tfrac{50}{2}(5 + 0{,}1) = 127{,}5\) m.
b)
Vilfreds tårn: første plate har areal 19 m². Hver ny plate har sidelengde 10 % kortere. Hvor stort kan samlet areal bli?
Hvis sidelengden reduseres med 10 %, multipliseres den med 0,9. Da multipliseres arealet med \(0{,}9^2 = 0{,}81\) for hver nye plate.
Vi får en geometrisk rekke for arealene:
\[
19 + 19 \cdot 0{,}81 + 19 \cdot 0{,}81^2 + 19 \cdot 0{,}81^3 + \cdots
\]
Dette er en uendelig geometrisk rekke med \(a = 19\) og kvotient \(k = 0{,}81\). Siden \(|k| < 1\) konvergerer rekken:
\[
S = \frac{a}{1-k} = \frac{19}{1 - 0{,}81} = \frac{19}{0{,}19} = 100
\]
Det samlede arealet kan maksimalt bli 100 m².
Oppgave 4 (3 poeng)
a)
Silas tar bussen 20 ganger, \(p = 0{,}05\) for kontroll. Bestem \(E(X)\) og \(\text{Var}(X)\).
\(X\) er antall kontroller på 20 turer. Hver tur er uavhengig med samme sannsynlighet \(p = 0{,}05\), så \(X\) er binomisk fordelt: \(X \sim \text{Bin}(20, 0{,}05)\).
For binomisk fordeling er:
\[
E(X) = np = 20 \cdot 0{,}05 = 1
\]
\[
\text{Var}(X) = np(1-p) = 20 \cdot 0{,}05 \cdot 0{,}95 = 0{,}95
\]
\(E(X) = 1\) og \(\text{Var}(X) = 0{,}95\).
b)
Hver tur koster 65 kr, bot er 1470 kr. Vis at det sannsynligvis lønner seg å kjøpe billett.
Med billett: Total kostnad er \(20 \cdot 65 = 1300\) kr.
Uten billett: Forventet antall bøter er \(E(X) = 1\), så forventet totalkostnad er:
\[
E(\text{kostnad}) = 1 \cdot 1470 = 1470 \text{ kr}
\]
Sammenligning: \(1300 < 1470\), så det forventes å koste mindre å kjøpe billett.
Det vil sannsynligvis lønne seg å kjøpe billett, fordi den faste utgiften (1300 kr) er lavere enn forventet kostnad ved bøter (1470 kr).
Oppgave 5 (5 poeng)
a)
\(X \sim N(1{,}50;\ 0{,}01)\). Bestem \(P(X \leq 1{,}48)\).
Vi standardiserer:
\[
Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{1{,}48 - 1{,}50}{0{,}01} = -2
\]
Fra tabellen for standard normalfordeling:
\[
P(X \leq 1{,}48) = P(Z \leq -2) \approx 0{,}0228
\]
\(P(X \leq 1{,}48) \approx 0{,}0228 \approx 2{,}3\,\%\).
b)
Forklar hvorfor Henrik ikke kan bruke funn av én flaske med lite vann som argument for påstanden sin.
Henrik har målt vannmengden i 24 flasker. Sannsynligheten for at en enkelt flaske inneholder 1,48 L eller mindre er ca. 2,3 % (fra a). Forventet antall slike flasker blant 24 er:
\[
24 \cdot 0{,}0228 \approx 0{,}55
\]
Det er altså ikke uvanlig at minst én av 24 flasker har en så lav verdi, selv om produsentens oppgitte verdier er korrekte. Sannsynligheten for å observere minst en flaske med \(\leq 1{,}48\) L blant 24 flasker er:
\[
1 - (1 - 0{,}0228)^{24} \approx 1 - 0{,}5723 \approx 0{,}43
\]
Sannsynligheten for at minst én av 24 flasker har \(\leq 1{,}48\) L er ca. 43 % selv om produsentens oppgitte verdier stemmer. Henrik kan derfor ikke konkludere noe basert på kun den minste verdien – han må se på gjennomsnittet for hele utvalget.
c)
Formuler Henriks påstand som en hypotesetest.
La \(\mu\) være den sanne forventningsverdien for vannmengden i flaskene. Henrik mener at \(\mu < 1{,}50\) L. Da formuleres testen som:
\[
H_0: \mu = 1{,}50 \quad \text{mot} \quad H_1: \mu < 1{,}50
\]
Ensidig test der nullhypotesen er at produsentens påstand stemmer, og alternativhypotesen er Henriks påstand.
d)
Forklar hvordan Henrik kan gjennomføre testen ved å se på gjennomsnittet av vannmengden. Inkluder relevante formler.
La \(\bar{X}\) være gjennomsnittlig vannmengde i de 24 flaskene. Hvis \(H_0\) er sann og enkeltflasker er normalfordelte med \(\mu = 1{,}50\) og \(\sigma = 0{,}01\), så er gjennomsnittet også normalfordelt med:
\[
E(\bar{X}) = \mu = 1{,}50 \qquad \text{SD}(\bar{X}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0{,}01}{\sqrt{24}}
\]
Henrik beregner testobservatoren:
\[
Z = \frac{\bar{X} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} = \frac{\bar{X} - 1{,}50}{0{,}01/\sqrt{24}}
\]
Han velger et signifikansnivå \(\alpha\), for eksempel 5 %. Da er den kritiske \(z\)-verdien \(-1{,}645\) (ensidig). Beslutningsregelen blir:
\[
\text{Forkast } H_0 \text{ hvis } Z < -1{,}645 \;\;\Longleftrightarrow\;\; \bar{X} < 1{,}50 - 1{,}645 \cdot \frac{0{,}01}{\sqrt{24}} \approx 1{,}4966
\]
Henrik bør:
- Regne ut gjennomsnittet \(\bar{X}\) av de 24 målingene.
- Beregne testobservatoren \(Z = \dfrac{\bar{X} - 1{,}50}{0{,}01/\sqrt{24}}\).
- Sammenligne \(Z\) med den kritiske verdien (\(-1{,}645\) på 5 % nivå).
- Forkaste \(H_0\) hvis \(Z\) er mindre enn den kritiske verdien.
Hvorfor gjennomsnittet? Standardavviket til gjennomsnittet er \(\sigma/\sqrt{n}\), som er mye mindre enn \(\sigma\) selv. Med \(n=24\) er \(\text{SD}(\bar{X}) \approx 0{,}002\), så et lite avvik fra 1,50 L i gjennomsnittet er statistisk veldig sterkt bevis – mens en enkelt flaskes verdi varierer mer naturlig.
Oppgave 6 (6 poeng)
a)
Hvilken vare gir størst overskudd, og hvor mange enheter må produseres og selges for å få størst mulig overskudd?
For begge varene er overskuddet \(O(x) = I(x) - K(x)\). Det største overskuddet finnes der den vertikale avstanden mellom inntektslinja og kostnadsparabelen er størst. Dette skjer der tangenten til kostnadsfunksjonen er parallell med inntektslinja, dvs. der \(I'(x) = K'(x)\).
Fra figuren ser vi at:
- Vare 1 (blå): Inntektslinja \(I_1\) har stor stigning og er bratt; den klatrer raskt over kostnadsparabelen \(K_1\). Den vertikale avstanden mellom \(I_1\) og \(K_1\) er størst i intervallet rundt \(x \approx 60\)–\(80\).
- Vare 2 (grønn): Inntektslinja \(I_2\) har mindre stigning enn \(I_1\), og \(K_2\) vokser raskere enn \(K_1\). Den vertikale avstanden mellom \(I_2\) og \(K_2\) er mindre.
Vare 1 vil derfor kunne gi størst overskudd. Fra figuren ser vi at avstanden mellom \(I_1\) og \(K_1\) er størst ved omtrent \(x \approx 70\) enheter.
Vare 1 kan gi størst overskudd. Bedriften må produsere og selge omtrent 70 enheter for å få størst mulig overskudd.
Usikkerhet: Den eksakte verdien for antall enheter må leses av figuren. Verdien \(\approx 70\) er et estimat fra figuren der differansen \(I_1 - K_1\) ser ut til å være størst.
b)
Bestem prisforskjellen mellom vare 1 og vare 2.
Inntektsfunksjonen er lineær og går gjennom origo dersom prisen er konstant: \(I(x) = p \cdot x\), der \(p\) er pris per enhet og er lik stigningstallet til \(I\)-linja.
Fra figuren leser vi av stigningstallet til inntektslinjene:
- \(I_1\) (vare 1): Linja går omtrent fra \((0, 0)\) til \((120, 24000)\), så \(p_1 \approx \tfrac{24000}{120} = 200\) kr.
- \(I_2\) (vare 2): Linja går omtrent fra \((0, 0)\) til \((120, 14000)\), så \(p_2 \approx \tfrac{14000}{120} \approx 117\) kr.
Prisforskjellen er omtrent \(200 - 117 \approx 80\) kr (vare 1 koster ca. 80 kr mer per enhet enn vare 2).
Usikkerhet: Eksakte stigningstall avhenger av nøyaktig avlesning av figuren. Estimater fra grafen gir prisforskjell på ca. 70–100 kr.
c)
Forklar hvordan figuren kan brukes til å bestemme lavest mulig enhetskostnad, og bestem denne for vare 2.
Enhetskostnaden er \(\bar{K}(x) = \tfrac{K(x)}{x}\). Geometrisk er dette stigningstallet til linja gjennom origo og punktet \((x, K(x))\) på kostnadsfunksjonen.
Lavest mulig enhetskostnad får vi når denne linja har minst mulig stigning, dvs. når linja gjennom origo akkurat tangerer kostnadskurva \(K_2\).
Fra figuren ser vi at linja \(y = 100x\) går gjennom origo og tangerer \(K_2\) i punktet \((40, K_2(40))\). Stigningstallet til denne tangentlinja er 100.
Lavest mulig enhetskostnad for vare 2 er 100 kr per enhet, og oppnås ved produksjon av 40 enheter.
d)
Bruk figuren til å finne funksjonsuttrykkene \(K_2(x)\) og \(I_2(x)\).
Kostnadsfunksjonen \(K_2\): Den er en andregradsfunksjon, så \(K_2(x) = ax^2 + bx + c\).
Tangenten i \((0, K_2(0))\) er \(y = 20x + 1600\). Dette gir:
- \(K_2(0) = 1600\), altså \(c = 1600\).
- \(K_2'(0) = 20\), og siden \(K_2'(x) = 2ax + b\), får vi \(b = 20\).
Tangenten i \((40, K_2(40))\) er \(y = 100x\). Stigningstallet gir \(K_2'(40) = 100\):
\[
2a \cdot 40 + 20 = 100 \;\Longrightarrow\; 80a = 80 \;\Longrightarrow\; a = 1
\]
Sjekk: \(K_2(40) = 40^2 + 20 \cdot 40 + 1600 = 1600 + 800 + 1600 = 4000\), og tangenten gir \(100 \cdot 40 = 4000\). ✓
Inntektsfunksjonen \(I_2\): Den er lineær. Fra figuren ser vi at \(I_2\) passerer omtrent gjennom punktene \((0, 2000)\) og \((90, 11000)\). Stigningstallet er:
\[
\frac{11000 - 2000}{90 - 0} = \frac{9000}{90} = 100
\]
Så \(I_2(x) = 100x + 2000\).
\[
K_2(x) = x^2 + 20x + 1600 \qquad I_2(x) = 100x + 2000
\]
Usikkerhet: Koeffisientene i \(I_2\) er avlest fra figuren. Stigningstallet 100 er entydig (parallell med \(y=100x\)-tangenten), men konstantleddet (skjæring med \(y\)-aksen) er beregnet ved øyemål til ca. 2000 kr.
Oppgave 7 (4 poeng)
Programkoden simulerer to normalfordelinger og teller hvor mange ganger \(A\) eller \(B\) overstiger en grense:
from numpy.random import normal
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")
a) Forklar kort hva programkoden gjør.
Programmet trekker 100 par av tilfeldige verdier:
- \(A\) er normalfordelt med forventningsverdi 80 og standardavvik 20.
- \(B\) er normalfordelt med forventningsverdi 70 og standardavvik 30.
For hvert par sjekker programmet om enten \(A\) eller \(B\) er større enn grensa 110. Hvis det er tilfelle, økes \(A\)-vinner med 1 hvis \(A > B\), ellers økes \(B\)-vinner med 1. Hvis verken \(A\) eller \(B\) overstiger grensa, telles ingenting opp.
Til slutt skriver programmet ut hvem som har vunnet flest ganger – «A vinner», «B vinner» eller «Uavgjort».
b) Hvorfor øker økt SIMULERINGER sannsynligheten for at programmet skriver «B vinner»?
For at en simulering teller, må \(A > 110\) eller \(B > 110\). Sannsynlighetene for dette er:
\[
P(A > 110) = P\!\left(Z > \tfrac{110-80}{20}\right) = P(Z > 1{,}5) \approx 0{,}067
\]
\[
P(B > 110) = P\!\left(Z > \tfrac{110-70}{30}\right) = P(Z > \tfrac{4}{3}) \approx 0{,}091
\]
Sannsynligheten for at \(B\) overstiger grensa er høyere enn at \(A\) gjør det – fordi \(B\) har større standardavvik (større spredning), selv om forventningsverdien er lavere. Når \(B\) overstiger grensa, vil \(B > A\) være sannsynlig.
Den «sanne» sannsynligheten for at \(B\) vinner i én simulering er altså høyere enn for \(A\). Ved lov om store tall vil andelene \(\tfrac{B_{\text{vinner}}}{\text{SIMULERINGER}}\) og \(\tfrac{A_{\text{vinner}}}{\text{SIMULERINGER}}\) nærme seg disse sanne sannsynlighetene jo flere simuleringer vi gjør. Med få simuleringer kan tilfeldigheter gjøre at \(A_{\text{vinner}} > B_{\text{vinner}}\), men dette blir mer usannsynlig når SIMULERINGER er stor.
Ved å øke SIMULERINGER reduserer Øystein tilfeldig variasjon, og det blir mer sannsynlig at \(B_{\text{vinner}} > A_{\text{vinner}}\), som er det forventede utfallet.
c) Hvorfor øker en høyere GRENSE sannsynligheten for at «B vinner»?
Jo høyere grense vi setter, jo mer kreves det for at en verdi overstiger grensa. Når grensa er svært høy:
- For \(A\): kreves trekning langt ut i halen – sannsynligheten faller raskt fordi \(\sigma_A = 20\).
- For \(B\): sannsynligheten faller saktere fordi \(B\) har større spredning (\(\sigma_B = 30\)) og dermed «tyngre» hale.
For eksempel er \(P(B > 150) \approx 0{,}004\) mens \(P(A > 150) \approx 0{,}0002\) – forholdet \(P(B>x)/P(A>x)\) vokser når \(x\) øker.
Ved å øke GRENSE blir det relativt sett mye mer sannsynlig at \(B\) overstiger grensa (og dermed vinner) enn \(A\), fordi \(B\) har tyngre hale på grunn av større standardavvik.
Oppgave 1 (4 poeng)
a)
\(f(t) = 2{,}2 \cdot e^{0{,}1t + 0{,}4}\). Bestem \(f'(8)\) og løs likningen \(f'(t) = 8\). Gi en praktisk tolkning.
Vi deriverer ved hjelp av kjerneregelen:
\[
f'(t) = 2{,}2 \cdot 0{,}1 \cdot e^{0{,}1t + 0{,}4} = 0{,}22 \cdot e^{0{,}1t + 0{,}4}
\]
Setter \(t = 8\):
\[
f'(8) = 0{,}22 \cdot e^{0{,}8 + 0{,}4} = 0{,}22 \cdot e^{1{,}2} \approx 0{,}73
\]
Praktisk tolkning av \(f'(8)\): 8 dager etter at observasjonene startet vokser bakteriekulturen med ca. 0,73 millioner bakterier per dag.
Vi løser \(f'(t) = 8\):
\[
0{,}22 \cdot e^{0{,}1t + 0{,}4} = 8 \;\Longrightarrow\; e^{0{,}1t + 0{,}4} = \frac{8}{0{,}22}
\]
\[
0{,}1t + 0{,}4 = \ln\!\left(\frac{8}{0{,}22}\right) \approx 3{,}59
\]
\[
t \approx \frac{3{,}59 - 0{,}4}{0{,}1} \approx 31{,}9
\]
Praktisk tolkning: Omtrent 31,9 dager etter observasjonsstart vil veksten være 8 millioner bakterier per dag.
\(f'(8) \approx 0{,}73\) millioner bakterier per dag.
\(f'(t) = 8\) når \(t \approx 31{,}9\) dager.
CAS-kommandoer:
f(t) := 2.2 * exp(0.1*t + 0.4)
f'(8)
Løs: f'(t) = 8, t
b)
\(g(t) = 1{,}2 \cdot e^{0{,}2t - 0{,}2}\). Når er veksten i \(f\) og \(g\) like stor, og hvor stor er den da?
Vi deriverer:
\[
g'(t) = 1{,}2 \cdot 0{,}2 \cdot e^{0{,}2t - 0{,}2} = 0{,}24 \cdot e^{0{,}2t - 0{,}2}
\]
Vi setter \(f'(t) = g'(t)\):
\[
0{,}22 \cdot e^{0{,}1t + 0{,}4} = 0{,}24 \cdot e^{0{,}2t - 0{,}2}
\]
Tar logaritmen på begge sider:
\[
\ln(0{,}22) + 0{,}1t + 0{,}4 = \ln(0{,}24) + 0{,}2t - 0{,}2
\]
\[
0{,}1t = \ln(0{,}22/0{,}24) + 0{,}6 \approx -0{,}087 + 0{,}6 = 0{,}513
\]
\[
t \approx 5{,}13 \text{ dager}
\]
Vekstraten er:
\[
f'(5{,}13) = 0{,}22 \cdot e^{0{,}1 \cdot 5{,}13 + 0{,}4} = 0{,}22 \cdot e^{0{,}913} \approx 0{,}55
\]
Veksten er like stor etter ca. 5,13 dager, og veksten er da ca. 0,55 millioner bakterier per dag.
CAS-kommandoer:
g(t) := 1.2 * exp(0.2*t - 0.2)
Løs: f'(t) = g'(t), t
f'(5.13)
Oppgave 2 (5 poeng)
a)
Innskudd på 27 500 kr 1. januar hvert år fra 2021 til 2025 (5 år), rente 5,40 %. Hvor mye står på kontoen 31.12.2025?
Innskuddet 1. januar 2021 har vokst i 5 år innen 31.12.2025, innskuddet 1. januar 2022 har vokst i 4 år, osv., og siste innskudd (1.1.2025) har vokst i 1 år.
Vekstfaktor: \(r = 1{,}054\). Beløpet 31.12.2025 er:
\[
S = 27500 \cdot 1{,}054^1 + 27500 \cdot 1{,}054^2 + \cdots + 27500 \cdot 1{,}054^5
\]
Dette er en geometrisk rekke med 5 ledd, \(a_1 = 27500 \cdot 1{,}054\) og kvotient \(k = 1{,}054\):
\[
S = 27500 \cdot 1{,}054 \cdot \frac{1{,}054^5 - 1}{1{,}054 - 1}
\]
\[
S = 28985 \cdot \frac{1{,}30067 - 1}{0{,}054} \approx 28985 \cdot 5{,}568 \approx 161\,445
\]
Kasper har ca. 161 445 kr på BSU-kontoen 31.12.2025.
CAS-kommandoer:
S := 27500 * 1.054 * (1.054^5 - 1) / (1.054 - 1)
b)
Kasper betaler totalt 200 000 kr i terminbeløp (huslån + forbrukslån). Huslån: 2 600 000 kr, 30 år, 5 %. Forbrukslån: 150 000 kr, 10 år. Hvor høy er renten på forbrukslånet?
Steg 1: Finn terminbeløpet for huslånet. Annuitetsformelen for terminbeløpet \(A\) ved lån \(L\), rente \(i\) og \(n\) år er:
\[
A = L \cdot \frac{i (1+i)^n}{(1+i)^n - 1}
\]
Huslån: \(L = 2\,600\,000\), \(i = 0{,}05\), \(n = 30\):
\[
A_\text{hus} = 2\,600\,000 \cdot \frac{0{,}05 \cdot 1{,}05^{30}}{1{,}05^{30} - 1} \approx 169\,134 \text{ kr}
\]
Steg 2: Forbrukslånets terminbeløp:
\[
A_\text{forb} = 200\,000 - 169\,134 \approx 30\,866 \text{ kr}
\]
Steg 3: Forbrukslån: \(L = 150\,000\), \(n = 10\), termin \(A = 30\,866\). Vi løser for renten \(i\):
\[
150\,000 = 30\,866 \cdot \frac{(1+i)^{10} - 1}{i \cdot (1+i)^{10}}
\]
Dette løses med CAS eller numerisk solver. Resultatet er:
Renten på forbrukslånet er ca. 15,85 %.
CAS-kommandoer:
A_hus := 2600000 * 0.05 * 1.05^30 / (1.05^30 - 1)
A_forb := 200000 - A_hus
Løs: 150000 = A_forb * ((1+i)^10 - 1) / (i * (1+i)^10), i
Oppgave 3 (7 poeng)
a)
\(E(p) = 2700 - p^2\) for \(p \in [10, 45]\). Bestem \(I(p)\) og finn prisen som gir høyest inntekt.
Inntekt = pris \(\times\) antall solgte enheter:
\[
I(p) = p \cdot E(p) = p(2700 - p^2) = 2700p - p^3
\]
Vi deriverer og setter \(I'(p) = 0\):
\[
I'(p) = 2700 - 3p^2 = 0 \;\Longrightarrow\; p^2 = 900 \;\Longrightarrow\; p = 30
\]
Verdien \(p = 30\) ligger i \([10, 45]\). Andrederiverte: \(I''(p) = -6p < 0\) ved \(p = 30\), så det er et maksimumspunkt.
Maks inntekt: \(I(30) = 30 \cdot (2700 - 900) = 30 \cdot 1800 = 54\,000\) kr.
\(I(p) = 2700p - p^3\). Prisen som gir høyest inntekt er 30 kr per enhet (\(I(30) = 54\,000\) kr).
b)
Bruk tabellen til å vise at bedriften må produsere og selge 875 enheter for å få størst overskudd.
Steg 1: Tilpass en andregradsfunksjon \(K(x) = ax^2 + bx + c\) til tabelldataene. Vi bruker f.eks. regresjon (regneark eller CAS) på dataene:
| \(x\) | 50 | 100 | 300 | 600 | 1000 |
|---|
| \(K\) | 5775 | 6600 | 10400 | 17600 | 30000 |
|---|
Regresjonen gir (eksakt tilpasning):
\[
K(x) = 0{,}01 x^2 + 15 x + 5000
\]
Sjekk: \(K(600) = 0{,}01 \cdot 360000 + 9000 + 5000 = 3600 + 9000 + 5000 = 17600\) ✓
Steg 2: Etterspørselen knytter \(x\) til \(p\) via \(x = E(p) = 2700 - p^2\), altså \(p = \sqrt{2700 - x}\). Inntekten som funksjon av antall enheter blir:
\[
I(x) = p \cdot x = x\sqrt{2700 - x}
\]
Overskuddet er:
\[
O(x) = I(x) - K(x) = x\sqrt{2700 - x} - 0{,}01x^2 - 15x - 5000
\]
Steg 3: Vi maksimerer \(O(x)\) ved å løse \(O'(x) = 0\) med CAS eller graftegner:
\[
O'(x) = \sqrt{2700 - x} - \frac{x}{2\sqrt{2700 - x}} - 0{,}02x - 15 = 0
\]
Numerisk løsning gir \(x \approx 874{,}5\), som avrundes til 875 enheter.
Med \(K(x) = 0{,}01x^2 + 15x + 5000\) og \(I(x) = x\sqrt{2700-x}\) er overskuddet \(O(x)\) maksimalt ved ca. \(x = 875\) enheter.
CAS-kommandoer (GeoGebra):
data := {(50,5775),(100,6600),(300,10400),(600,17600),(1000,30000)}
K(x) := RegPoly(data, 2) # gir 0.01x^2 + 15x + 5000
I(x) := x*sqrt(2700 - x)
O(x) := I(x) - K(x)
Løs: O'(x) = 0, x
c)
Salgsdata for 8 uker: 680, 750, 790, 820, 840, 855, 860, 865. Mål: 45 000 enheter på 52 uker. Vil bedriften klare målet?
Vi observerer at salget vokser raskt i starten og deretter flater ut – ser ut til å nærme seg en grense (asymptote) rundt 875 enheter per uke (samme verdien som ga maks overskudd i b).
Vi tilpasser en logistisk eller asymptotisk funksjon (\(a - b \cdot c^t\)) til dataene med regresjon i graftegner. Asymptotisk regresjon gir:
\[
S(t) \approx 876 - 298 \cdot 0{,}656^t
\]
Vi summerer salget for 52 uker:
\[
\sum_{t=1}^{52} S(t) \approx 44\,988
\]
Dette ligger akkurat under målet på 45 000 enheter.
Alternativ kontroll: Etter de 8 første ukene er det solgt 6460 enheter. Hvis salget når asymptoten 875 og holder seg der i de gjenværende 44 ukene:
\[
6460 + 44 \cdot 875 = 6460 + 38\,500 = 44\,960
\]
Nei – med trenden fra de første 8 ukene vil bedriften selge ca. 44 960–44 990 enheter, som er marginalt under målet på 45 000 enheter. Bedriften vil sannsynligvis ikke nå målet sitt, men er svært nær.
CAS / Graftegner:
data := {(1,680),(2,750),(3,790),(4,820),(5,840),(6,855),(7,860),(8,865)}
# Tilpass en asymptotisk modell f.eks. y = a - b*c^x
# Beregn deretter Sum(S(t), t, 1, 52)
Usikkerhet: Resultatet er svært nær 45 000, så svaret avhenger noe av hvilken regresjonsmodell som velges. En enkel lineær regresjon ville gitt høyere total (over 45 000), mens asymptotisk eller logaritmisk gir litt under. En logaritmisk modell \(y = 686 + 92\ln t\) gir total ca. 50 000, men passer salgsdataene dårligere på lang sikt.
Oppgave 4 (4 poeng)
a)
\(a_n = (a_{n-1} - 1)^2\). Lag et program som skriver ut de 6 første leddene når \(a_1 = 5\).
Et enkelt program i Python:
a = 5
print(a)
for i in range(5):
a = (a - 1)**2
print(a)
Resultatet er:
| \(n\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|
| \(a_n\) | 5 | 16 | 225 | 50 176 | 2 517 530 625 | ≈ \(6{,}34 \cdot 10^{18}\) |
|---|
De 6 første leddene er \(5,\ 16,\ 225,\ 50\,176,\ 2\,517\,530\,625,\ 6\,337\,960\,442\,777\,829\,376\).
b)
Finnes det et heltall \(a_1\) som gjør at rekken blir konvergent?
For at rekken skal være konvergent, må følgen \(\{a_n\}\) ha en grenseverdi \(L\). Da må \(L = (L-1)^2\):
\[
L^2 - 3L + 1 = 0 \;\Longrightarrow\; L = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}
\]
Dvs. \(L_1 \approx 0{,}382\) eller \(L_2 \approx 2{,}618\). Disse er ikke heltall, så følgen kan ikke bli konstant lik et heltallig fikspunkt.
Vi sjekker stabiliteten til fikspunktene. Med \(f(x) = (x-1)^2\) er \(f'(x) = 2(x-1)\). I fikspunktene er \(|f'(L_1)| \approx 1{,}24 > 1\) og \(|f'(L_2)| \approx 3{,}24 > 1\), så begge er frastøtende – selv hvis vi starter i nærheten, vil følgen bevege seg bort fra fikspunktet.
Vi tester alle heltall i en runde (program eller hånd):
| \(a_1\) | Følge | Konvergent? |
|---|
| 0 | 0, 1, 0, 1, 0, 1, … | Nei (oscillerer) |
| 1 | 1, 0, 1, 0, 1, … | Nei (oscillerer) |
| 2 | 2, 1, 0, 1, 0, … | Nei (oscillerer fra ledd 2) |
| 3 | 3, 4, 9, 64, … | Nei (divergerer mot \(\infty\)) |
| \(\geq 3\) | vokser raskere og raskere | Nei |
| \(\leq -1\) | \((a_1 - 1)^2 \geq 4\), vokser | Nei |
Det finnes ingen heltall \(a_1\) som gjør at rekken blir konvergent. Heltall gir enten oscillerende følger (0, 1, 0, 1, …) eller følger som divergerer mot uendelig.
Programmessig sjekk:
for a1 in range(-3, 6):
a = a1
seq = [a]
for _ in range(20):
a = (a - 1)**2
seq.append(a)
print(a1, seq[:10])
Resultatet bekrefter at ingen heltallsverdi av \(a_1\) gir konvergens.