S2 Vår 2026

Vi lar $u= \ln x$ og gjør variabelskifte.

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 $C$:

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 $\underline{\underline{ 4 - 3 \ln 3 }}$.

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.

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.

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

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

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.

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).

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).

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

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.

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.

• 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.

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.

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 $I_{2}(x)=120x$.

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.

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».

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».

$f'(8)=0{,}7304$. 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.

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.

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.

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 %.

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

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.

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 %.

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

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 $a_{2}$ et veldig stort tall siden $a_{2}=(a_{1}-1)^{2}$. 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 ulike heltall så ser jeg at verdiene $a_{1}=0, a_{1}=1$ og $a_{1}=2$ gir interessante mønstre. Ved andre verdier av $a_{1}$ divergerer 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. Vi ser at summene ikke kan nærme seg noe tall når $n \to \infty$¹. 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 $a_{1}$.