Matematikk S2 eksamen høst 2024 - REA3062 oppgaver og løsningsforslag

Matematikk · S2 · Eksamen

Matematikk S2 — eksamen hausten 2024 (REA3062)

Fullstendig, trinnvis løysingsforslag til heile settet — Del 1 (utan hjelpemiddel) og Del 2 (med hjelpemiddel). Kvart svar er kontrollert på nytt med CAS/programmering.

Del 1: 5 oppgåverDel 2: 6 oppgåverEksamenstid: 5 timarFasit verifisert ↓ Last ned oppgåvesettet (PDF)

Oppgåvesettet er utarbeidd av Utdanningsdirektoratet og er fritt tilgjengeleg. Løysingsforslaga er skrivne av ifingo.

Del 1 — utan hjelpemiddel

Oppgåve 1 6 poeng

a) Rekn ut integralet ∫x2ln⁡x dx\displaystyle\int x^2\ln x\,dx∫x2lnxdx.

Vi bruker delvis integrasjon med u=ln⁡xu=\ln xu=lnx og v′=x2v'=x^2v′=x2, slik at u′=1xu'=\tfrac1xu′=x1​ og v=x33v=\tfrac{x^3}{3}v=3x3​: ∫x2ln⁡x dx=x33ln⁡x−∫x33⋅1x dx=x33ln⁡x−13∫x2 dx\int x^2\ln x\,dx=\frac{x^3}{3}\ln x-\int \frac{x^3}{3}\cdot\frac1x\,dx=\frac{x^3}{3}\ln x-\frac13\int x^2\,dx∫x2lnxdx=3x3​lnx−∫3x3​⋅x1​dx=3x3​lnx−31​∫x2dx Svar: ∫x2ln⁡x dx=x33ln⁡x−x39+C\displaystyle\int x^2\ln x\,dx=\frac{x^3}{3}\ln x-\frac{x^3}{9}+C∫x2lnxdx=3x3​lnx−9x3​+C

b) Bestem xxx når ∫−1x(3t2−1) dt=0,x>−1\displaystyle\int_{-1}^{x}\big(3t^2-1\big)\,dt=0,\quad x>-1∫−1x​(3t2−1)dt=0,x>−1.

Antiderivert er t3−tt^3-tt3−t. Vi set inn grensene: ∫−1x(3t2−1) dt=[t3−t]−1x=(x3−x)−((−1)3−(−1))=x3−x\int_{-1}^{x}(3t^2-1)\,dt=\Big[t^3-t\Big]_{-1}^{x}=(x^3-x)-\big((-1)^3-(-1)\big)=x^3-x∫−1x​(3t2−1)dt=[t3−t]−1x​=(x3−x)−((−1)3−(−1))=x3−x Vi løyser x3−x=0 ⇒ x(x−1)(x+1)=0x^3-x=0\;\Rightarrow\;x(x-1)(x+1)=0x3−x=0⇒x(x−1)(x+1)=0, som gjev x=−1, x=0, x=1x=-1,\;x=0,\;x=1x=−1,x=0,x=1. Kravet x>−1x>-1x>−1 utelukkar x=−1x=-1x=−1. Svar: x=0x=0x=0 eller x=1x=1x=1.

c) Gi ei praktisk tolking av svaret i oppgåve b).

Integralet er det orienterte arealet mellom kurva y=3t2−1y=3t^2-1y=3t2−1 og ttt-aksen frå −1-1−1 til xxx. At integralet er 000 tyder at arealet under aksen (der 3t2−1<03t^2-1<03t2−1<0) og arealet over aksen (der 3t2−1>03t^2-1>03t2−1>0) er nøyaktig like store og opphevar kvarandre. Tolking: For x=0x=0x=0 og x=1x=1x=1 er den positive og den negative delen av arealet like store, slik at netto orientert areal blir null.

Oppgåve 2 6 poeng

a) Finn summen av den aritmetiske rekkja 3+7+11+15+⋯+3993+7+11+15+\cdots+3993+7+11+15+⋯+399.

Første ledd a1=3a_1=3a1​=3, differanse d=4d=4d=4. Talet på ledd frå an=a1+(n−1)da_n=a_1+(n-1)dan​=a1​+(n−1)d: 399=3+(n−1)⋅4⇒n−1=99⇒n=100399=3+(n-1)\cdot4\Rightarrow n-1=99\Rightarrow n=100399=3+(n−1)⋅4⇒n−1=99⇒n=100. S100=n2 (a1+an)=1002 (3+399)=50⋅402=20 100S_{100}=\frac{n}{2}\,(a_1+a_n)=\frac{100}{2}\,(3+399)=50\cdot402=20\,100S100​=2n​(a1​+an​)=2100​(3+399)=50⋅402=20100 Svar: Summen er 20 10020\,10020100.

b) Bestem kvotienten kkk for ei uendeleg geometrisk rekkje som konvergerer og har a1=12a_1=12a1​=12 og sum =18=18=18.

For ∣k∣<1|k|<1∣k∣<1 er S=a11−kS=\dfrac{a_1}{1-k}S=1−ka1​​. Vi løyser 121−k=18⇒1−k=1218=23⇒k=13\dfrac{12}{1-k}=18\Rightarrow 1-k=\dfrac{12}{18}=\dfrac23\Rightarrow k=\dfrac131−k12​=18⇒1−k=1812​=32​⇒k=31​. Svar: k=13k=\dfrac13k=31​ (og ∣k∣<1|k|<1∣k∣<1, så rekkja konvergerer).

c) Vis at 0,757575…0{,}757575\ldots0,757575… kan skrivast som ei uendeleg geometrisk rekkje, og bruk dette til å vise at 1,757575…=58331{,}757575\ldots=\dfrac{58}{33}1,757575…=3358​.

0,757575…=75100+751002+751003+⋯0{,}757575\ldots=\dfrac{75}{100}+\dfrac{75}{100^2}+\dfrac{75}{100^3}+\cdots0,757575…=10075​+100275​+100375​+⋯ — geometrisk med a1=75100a_1=\dfrac{75}{100}a1​=10075​ og k=1100k=\dfrac{1}{100}k=1001​. S=a11−k=0,751−0,01=0,750,99=7599=2533S=\frac{a_1}{1-k}=\frac{0{,}75}{1-0{,}01}=\frac{0{,}75}{0{,}99}=\frac{75}{99}=\frac{25}{33}S=1−ka1​​=1−0,010,75​=0,990,75​=9975​=3325​ Då blir 1,757575…=1+2533=3333+2533=58331{,}757575\ldots=1+\dfrac{25}{33}=\dfrac{33}{33}+\dfrac{25}{33}=\dfrac{58}{33}1,757575…=1+3325​=3333​+3325​=3358​. Svar: 1,757575…=58331{,}757575\ldots=\dfrac{58}{33}1,757575…=3358​. ✓

Oppgåve 3 2 poeng

Ein stokastisk variabel XXX har fordelinga under, og E(X)=2E(X)=2E(X)=2. Vis at b=6b=6b=6, og bestem Var(X)\mathrm{Var}(X)Var(X).
P(X=0)=0,30, P(X=1)=0,40, P(X=4)=0,10, P(X=b)=0,20P(X{=}0)=0{,}30,\;P(X{=}1)=0{,}40,\;P(X{=}4)=0{,}10,\;P(X{=}b)=0{,}20P(X=0)=0,30,P(X=1)=0,40,P(X=4)=0,10,P(X=b)=0,20.

E(X)=0⋅0,30+1⋅0,40+4⋅0,10+b⋅0,20=0,80+0,20b=2E(X)=0\cdot0{,}30+1\cdot0{,}40+4\cdot0{,}10+b\cdot0{,}20=0{,}80+0{,}20b=2E(X)=0⋅0,30+1⋅0,40+4⋅0,10+b⋅0,20=0,80+0,20b=2 0,20b=1,20⇒b=60{,}20b=1{,}20\Rightarrow b=60,20b=1,20⇒b=6. ✓ E(X2)=0+1⋅0,40+16⋅0,10+36⋅0,20=0,40+1,60+7,20=9,20E(X^2)=0+1\cdot0{,}40+16\cdot0{,}10+36\cdot0{,}20=0{,}40+1{,}60+7{,}20=9{,}20E(X2)=0+1⋅0,40+16⋅0,10+36⋅0,20=0,40+1,60+7,20=9,20 Var(X)=E(X2)−(E(X))2=9,20−22=5,20\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-\big(E(X)\big)^2=9{,}20-2^2=5{,}20Var(X)=E(X2)−(E(X))2=9,20−22=5,20 Svar: b=6b=6b=6 og Var(X)=5,2\mathrm{Var}(X)=5{,}2Var(X)=5,2.

Oppgåve 4 4 poeng

a) Ein gartnar sår 100010001000 frø med spireevne 70 %70\,\%70%. Kva figur viser sannsynstettleiken for talet på frø som spirer — Figur 1 (akse −200-200−200 til 160016001600) eller Figur 2 (akse 660660660 til 740740740)?

Talet på frø som spirer er binomisk fordelt, X∼bin(n=1000, p=0,70)X\sim \text{bin}(n=1000,\;p=0{,}70)X∼bin(n=1000,p=0,70), som kan tilnærmast med normalfordeling: E(X)=np=1000⋅0,70=700,σ=np(1−p)=1000⋅0,7⋅0,3=210≈14,5E(X)=np=1000\cdot0{,}70=700,\qquad \sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{1000\cdot0{,}7\cdot0{,}3}=\sqrt{210}\approx14{,}5E(X)=np=1000⋅0,70=700,σ=np(1−p) ​=1000⋅0,7⋅0,3 ​=210 ​≈14,5 Nesten alle verdiane ligg innanfor 700±3σ≈[657, 743]700\pm3\sigma\approx[657,\;743]700±3σ≈[657,743]. Det passar med aksen i Figur 2. Figur 1 har altfor stor spreiing. Svar:Figur 2 — sentrert i 700700700 med σ≈14,5\sigma\approx14{,}5σ≈14,5.

b) Ein stokastisk variabel er normalfordelt med E(X)=50E(X)=50E(X)=50 og σ=10\sigma=10σ=10. Kva figur viser sannsynstettleiken — Figur 3 (akse 101010–909090) eller Figur 4 (akse 303030–707070)?

Med σ=10\sigma=10σ=10 ligg det aller meste innanfor 50±3σ=[20, 80]50\pm3\sigma=[20,\;80]50±3σ=[20,80], og vendepunkta ligg i 404040 og 606060. Det svarer til Figur 3. Figur 4 er for smal (σ≈5\sigma\approx5σ≈5). Svar:Figur 3 — spreiinga σ=10\sigma=10σ=10 gjev synleg tettleik heilt ut til 202020 og 808080.

Oppgåve 5 4 poeng

Kostnaden er K(x)=0,3x2+10x+3000K(x)=0{,}3x^2+10x+3000K(x)=0,3x2+10x+3000 (kr), der xxx er talet på produserte og selde einingar per veke.

a) For kva xxx-verdi er grensekostnaden lik einingskostnaden? Gi ei praktisk tolking.

Grensekostnad K′(x)=0,6x+10K'(x)=0{,}6x+10K′(x)=0,6x+10. Einingskostnad K(x)x=0,3x+10+3000x\dfrac{K(x)}{x}=0{,}3x+10+\dfrac{3000}{x}xK(x)​=0,3x+10+x3000​. Vi set dei like: 0,6x+10=0,3x+10+3000x ⇒ 0,3x=3000x ⇒ x2=10 000 ⇒ x=1000{,}6x+10=0{,}3x+10+\frac{3000}{x}\;\Rightarrow\;0{,}3x=\frac{3000}{x}\;\Rightarrow\;x^2=10\,000\;\Rightarrow\;x=1000,6x+10=0,3x+10+x3000​⇒0,3x=x3000​⇒x2=10000⇒x=100 Ved x=100x=100x=100 er begge lik 0,6⋅100+10=700{,}6\cdot100+10=700,6⋅100+10=70 kr. Dette er nettopp der einingskostnaden er lågast (grensekostnaden skjærer minimum av einingskostnaden). Svar: x=100x=100x=100 einingar. Der er einingskostnaden minst, 707070 kr per eining.

b) Bedrifta reknar med å selje vara for 400400400 kr per eining. Kor mange einingar må ho produsere og selje for at overskotet skal bli størst mogleg?

Overskot O(x)=inntekt−kostnad=400x−(0,3x2+10x+3000)=−0,3x2+390x−3000O(x)=\text{inntekt}-\text{kostnad}=400x-(0{,}3x^2+10x+3000)=-0{,}3x^2+390x-3000O(x)=inntekt−kostnad=400x−(0,3x2+10x+3000)=−0,3x2+390x−3000. O′(x)=−0,6x+390=0⇒x=650O'(x)=-0{,}6x+390=0\Rightarrow x=650O′(x)=−0,6x+390=0⇒x=650. Sidan O′′(x)=−0,6<0O''(x)=-0{,}6<0O′′(x)=−0,6<0 er dette eit maksimum. O(650)=−0,3⋅6502+390⋅650−3000=123 750 krO(650)=-0{,}3\cdot650^2+390\cdot650-3000=123\,750\ \text{kr}O(650)=−0,3⋅6502+390⋅650−3000=123750 kr Svar: 650650650 einingar gjev størst overskot, 123 750123\,750123750 kr per veke.

Del 2 — med hjelpemiddel

Oppgåve 1 6 poeng

Marco trenar til maraton. Talet på kilometer løpt per veke LLL som funksjon av veker etter treningsstart ttt er modellert med L(t)=156,311+12,21 e−0,24t\displaystyle L(t)=\frac{156{,}31}{1+12{,}21\,e^{-0{,}24t}}L(t)=1+12,21e−0,24t156,31​. Måledata: (1,14),(5,32),(10,80),(15,115),(20,145)(1,14),(5,32),(10,80),(15,115),(20,145)(1,14),(5,32),(10,80),(15,115),(20,145).

a) Forklar kvifor ein modell av denne typen (logistisk) passar godt.

Ein logistisk modell gjev avgrensa vekst: langsam auke i starten (kroppen toler lite), raskast auke i midten, og deretter utflating mot ei øvre grense. Her nærmar LLL seg 156,31156{,}31156,31 km når ttt veks — Marco kan ikkje auke treningsmengda i det uendelege. Modellen treff òg måledata godt: L(1)≈14,7L(1)\approx14{,}7L(1)≈14,7, L(10)≈74L(10)\approx74L(10)≈74, L(20)≈142L(20)\approx142L(20)≈142. Svar: Fordi treningsmengda veks langsamt først, så raskt, og til slutt flatar ut mot ei naturleg øvre grense — akkurat slik ein logistisk funksjon oppfører seg.

b) Når aukar talet på løpte kilometer per veke raskast, og kor stor er auken då?

For ein logistisk funksjon er stigninga størst i vendepunktet, der L=12⋅156,31L=\tfrac12\cdot156{,}31L=21​⋅156,31. Det skjer når nemnaren er 222, dvs. 12,21 e−0,24t=112{,}21\,e^{-0{,}24t}=112,21e−0,24t=1: t=ln⁡12,210,24≈10,4 vekert=\frac{\ln 12{,}21}{0{,}24}\approx10{,}4\ \text{veker}t=0,24ln12,21​≈10,4 veker Maksimal stigning er Lmax⁡′=0,24⋅156,314≈9,4L'_{\max}=\dfrac{0{,}24\cdot156{,}31}{4}\approx9{,}4Lmax′​=40,24⋅156,31​≈9,4 km/veke. Svar: Raskast etter ca. 10,410{,}410,4 veker, med ein auke på ca. 9,49{,}49,4 km per veke.

c) Marco kjøper nye sko etter å ha løpt totalt 500500500 km. Kor mange veker hadde han løpt då, og kor mange km i gjennomsnitt per veke?

Samla distanse er arealet under LLL: ∫0TL(t) dt=500\displaystyle\int_0^{T}L(t)\,dt=500∫0T​L(t)dt=500. Numerisk løysing (CAS) gjev T≈11,6T\approx11{,}6T≈11,6 veker. Gjennomsnitt per veke: 50011,6≈43\dfrac{500}{11{,}6}\approx4311,6500​≈43 km. Svar: Etter ca. 11,611{,}611,6 veker (i den 12. veka), med eit gjennomsnitt på ca. 434343 km per veke.

Oppgåve 2 4 poeng

100100100 godt kvalifiserte søkjarar: 606060 kvinner og 404040 menn. 202020 blir tilfeldig inviterte til intervju — 888 kvinner og 121212 menn. Test på 5 %5\,\%5%-nivå om leiinga bevisst vel menn.

a) Formuler H0H_0H0​ og H1H_1H1​, og forklar kvifor ei hypergeometrisk fordeling passar.

La XXX vere talet på menn blant dei 202020 inviterte. H0H_0H0​: utvalet er tilfeldig — menn og kvinner har same sjanse (inga forskjellsbehandling).
H1H_1H1​: leiinga vel bevisst menn, altså XXX er systematisk for høg. Vi trekkjer 202020 personar utan tilbakelegging frå ein endeleg populasjon på 100100100 (ingen kan veljast to gonger). Då er XXX hypergeometrisk fordelt, X∼H(N=100, m=40, n=20)X\sim H(N=100,\;m=40,\;n=20)X∼H(N=100,m=40,n=20).

b) Gjennomfør testen og vurder om det er grunnlag for å seie at leiinga bevisst vel menn.

Forventa tal menn ved tilfeldig utval: E(X)=n⋅mN=20⋅40100=8E(X)=n\cdot\dfrac{m}{N}=20\cdot\dfrac{40}{100}=8E(X)=n⋅Nm​=20⋅10040​=8. Vi observerte 121212, altså fleire enn venta. ppp-verdien er: P(X≥12)=∑x=1220(40x)(6020−x)(10020)≈0,038P(X\ge 12)=\sum_{x=12}^{20}\frac{\binom{40}{x}\binom{60}{20-x}}{\binom{100}{20}}\approx0{,}038P(X≥12)=x=12∑20​(20100​)(x40​)(20−x60​)​≈0,038 Sidan ppp-verdien 0,038<0,050{,}038<0{,}050,038<0,05, forkastar vi H0H_0H0​. Konklusjon: På 5 %5\,\%5%-nivå er det (så vidt) grunnlag for å seie at leiinga bevisst vel menn — det er lite sannsynleg (3,8 %3{,}8\,\%3,8%) å få 121212 eller fleire menn ved rein tilfeldigheit.

Oppgåve 3 4 poeng

a) Ei uendeleg geometrisk rekkje er gitt ved 1+(ln⁡x−1)+(ln⁡x−1)2+⋯1+(\ln x-1)+(\ln x-1)^2+\cdots1+(lnx−1)+(lnx−1)2+⋯. Påstand: Dersom x=1ex=\tfrac1ex=e1​, er summen 13\tfrac1331​.

Kvotienten er k=ln⁡x−1k=\ln x-1k=lnx−1. Med x=1ex=\tfrac1ex=e1​ er ln⁡x=−1\ln x=-1lnx=−1, så k=−1−1=−2k=-1-1=-2k=−1−1=−2. Ei geometrisk rekkje konvergerer berre når ∣k∣<1|k|<1∣k∣<1. Her er ∣k∣=2≥1|k|=2\ge1∣k∣=2≥1, så rekkja divergerer og har inga sum. Formelen 11−k=12−ln⁡x\dfrac{1}{1-k}=\dfrac{1}{2-\ln x}1−k1​=2−lnx1​ gjev rett nok 13\tfrac1331​, men han gjeld ikkje når rekkja divergerer. Svar: USANN. Rekkja divergerer for x=1ex=\tfrac1ex=e1​ (∣k∣=2|k|=2∣k∣=2), så ho har ingen sum.

b) f(x)=x3−x2−axf(x)=x^3-x^2-axf(x)=x3−x2−ax (a∈Ra\in\mathbb{R}a∈R) og g(x)=−x2+xg(x)=-x^2+xg(x)=−x2+x. Påstand: Grafane til fff og ggg avgrensar to område som er like store når a>−1a>-1a>−1.

Skjeringspunkt: f(x)=g(x)⇒x3−x2−ax=−x2+x⇒x3−(a+1)x=0⇒x(x2−(a+1))=0f(x)=g(x)\Rightarrow x^3-x^2-ax=-x^2+x\Rightarrow x^3-(a+1)x=0\Rightarrow x\big(x^2-(a+1)\big)=0f(x)=g(x)⇒x3−x2−ax=−x2+x⇒x3−(a+1)x=0⇒x(x2−(a+1))=0. For a>−1a>-1a>−1 er a+1>0a+1>0a+1>0, så vi får tre skjeringspunkt x=−r, 0, rx=-r,\;0,\;rx=−r,0,r med r=a+1r=\sqrt{a+1}r=a+1 ​. Differansen d(x)=f(x)−g(x)=x3−r2xd(x)=f(x)-g(x)=x^3-r^2xd(x)=f(x)−g(x)=x3−r2x er ei oddefunksjon (d(−x)=−d(x)d(-x)=-d(x)d(−x)=−d(x)). ∣∫−r0d dx∣=r44=∣∫0rd dx∣\Big|\int_{-r}^{0}d\,dx\Big|=\frac{r^4}{4}=\Big|\int_{0}^{r}d\,dx\Big| ​∫−r0​ddx ​=4r4​= ​∫0r​ddx ​ Areala er like store for alle r>0r>0r>0, altså for alle a>−1a>-1a>−1. Svar: SANN. Oddesymmetrien gjer at dei to områda alltid har same areal r44=(a+1)24\tfrac{r^4}{4}=\tfrac{(a+1)^2}{4}4r4​=4(a+1)2​.

Oppgåve 4 4 poeng

a) Bestem ein rekursiv formel for talfølgja 1, 2, 6, 15, 31, 56, …1,\;2,\;6,\;15,\;31,\;56,\;\ldots1,2,6,15,31,56,…

Differansane mellom ledda er 1, 4, 9, 16, 25,…1,\;4,\;9,\;16,\;25,\ldots1,4,9,16,25,… — nettopp kvadrattala 12,22,32,…1^2,2^2,3^2,\ldots12,22,32,…. Difor er an=an−1+(n−1)2a_n=a_{n-1}+(n-1)^2an​=an−1​+(n−1)2. Svar: a1=1,an=an−1+(n−1)2a_1=1,\qquad a_n=a_{n-1}+(n-1)^2a1​=1,an​=an−1​+(n−1)2 for n≥2n\ge2n≥2.

b) Lag eit program som reknar ut summen av dei 303030 første ledda.

Python: a = 1; s = 1
for n in range(2, 31):
    a = a + (n-1)**2
    s = s + a
print(s)  # 67455Svar: Summen av dei 303030 første ledda er 67 45567\,45567455.

Oppgåve 5 6 poeng

Ole låner 799 273799\,273799273 kr med rente 5,242 %5{,}242\,\%5,242% per år. Nedbetaling maks 303030 år, éin termin per år.

a) Vis at terminbeløpet blir 53 43753\,43753437 kr med maks nedbetalingstid.

Annuitetslån: T=L⋅r1−(1+r)−n \;T=\dfrac{L\cdot r}{1-(1+r)^{-n}}\;T=1−(1+r)−nL⋅r​ med L=799 273L=799\,273L=799273, r=0,05242r=0{,}05242r=0,05242, n=30n=30n=30: T=799 273⋅0,052421−1,05242−30=41 897,90,7841≈53 437 kr ✓T=\frac{799\,273\cdot0{,}05242}{1-1{,}05242^{-30}}=\frac{41\,897{,}9}{0{,}7841}\approx53\,437\ \text{kr}\ ✓T=1−1,05242−30799273⋅0,05242​=0,784141897,9​≈53437 kr ✓ Svar: Terminbeløpet blir 53 43753\,43753437 kr per år. ✓

b) Med lågare rente vil Ole klare å betale ned på 252525 år med same terminbeløp. Kva må renta då vere?

Vi løyser 799 273⋅r1−(1+r)−25=53 437\dfrac{799\,273\cdot r}{1-(1+r)^{-25}}=53\,4371−(1+r)−25799273⋅r​=53437 numerisk (CAS): Svar: Renta må vere ca. 4,42 %4{,}42\,\%4,42% per år.

c) Ole betaler 53 43753\,43753437 kr dei 121212 første åra, og aukar deretter terminbeløpet med 5 %5\,\%5% per termin. Renta er 5,242 %5{,}242\,\%5,242% heile perioden. Kor mange år tek nedbetalinga?

Vi simulerer saldoen år for år: ny saldo=saldo⋅1,05242−termin\text{ny saldo}=\text{saldo}\cdot1{,}05242-\text{termin}ny saldo=saldo⋅1,05242−termin, der terminen er 53 43753\,43753437 i år 111–121212 og deretter 53 437⋅1,05 (a˚r−12)53\,437\cdot1{,}05^{\,(\text{år}-12)}53437⋅1,05(a˚r−12). bal = 799273
for yr in range(1, 100):
    pay = 53437 if yr <= 12 else 53437*1.05**(yr-12)
    bal = bal*1.05242 - pay
    if bal <= 0: print(yr); break  # 24Svar: Lånet er nedbetalt etter 242424 år.

Oppgåve 6 4 poeng

Kostnaden er K(x)=0,2x2+50x+1500K(x)=0{,}2x^2+50x+1500K(x)=0,2x2+50x+1500 kr (xxx = talet på einingar). Etterspurnaden er E(p)=300 e−0,01pE(p)=300\,e^{-0{,}01p}E(p)=300e−0,01p, der ppp er prisen per vare i kroner.

a) Rekn ut E(30)E(30)E(30) og gi ei praktisk tolking.

E(30)=300 e−0,01⋅30=300 e−0,3≈222E(30)=300\,e^{-0{,}01\cdot30}=300\,e^{-0{,}3}\approx222E(30)=300e−0,01⋅30=300e−0,3≈222 Svar: E(30)≈222E(30)\approx222E(30)≈222. Når prisen er 303030 kr per vare, blir det etterspurt ca. 222222222 einingar.

b) Finn eit uttrykk I(x)I(x)I(x) for inntekta som funksjon av talet på selde einingar.

Inntekt === pris ×\times× mengd. Vi løyser etterspurnaden for ppp: x=300 e−0,01p⇒x300=e−0,01p⇒p=100ln⁡ ⁣300xx=300\,e^{-0{,}01p}\Rightarrow \dfrac{x}{300}=e^{-0{,}01p}\Rightarrow p=100\ln\!\dfrac{300}{x}x=300e−0,01p⇒300x​=e−0,01p⇒p=100lnx300​. I(x)=p⋅x=100 x ln⁡ ⁣300xI(x)=p\cdot x=100\,x\,\ln\!\frac{300}{x}I(x)=p⋅x=100xlnx300​ Svar: I(x)=100 x ln⁡ ⁣300xI(x)=100\,x\,\ln\!\dfrac{300}{x}I(x)=100xlnx300​.

Løysingsforslaget er laga av ifingo og kvalitetssikra med CAS/programmering. Oppgåvesettet (REA3062, hausten 2024) er henta frå Utdanningsdirektoratet og kan lastast ned som PDF øvst på sida. Finn du ein feil? Sei frå, så rettar vi det raskt.