Matematikk S1 vår 2024

Funksjonen er definert for $x>0$. Vi bruker produktregelen $(u\cdot v)\prime=u\prime\cdot v+u\cdot v\prime$ med $u=4x^2$ og $v=\ln(3x)$. Da er $u\prime=8x$, og kjerneregelen gir $v\prime=\frac{1}{3x}\cdot3=\frac1x$.

$$\begin{aligned}f\prime(x)&=8x\cdot\ln(3x)+4x^2\cdot\frac1x\\&=8x\ln(3x)+4x\\&=4x\big(2\ln(3x)+1\big),\qquad x>0.\end{aligned}$$

Likningen krever $x>0$. Vi setter $u=\ln x$ og får $$u^2-u-6=0.$$ To tall med produkt $-6$ og sum $-1$ er $-3$ og $2$. Derfor er $$(u-3)(u+2)=0\iff u=3\;\vee\;u=-2.$$

Vi går tilbake til $x$: $$\ln x=3\iff x=e^3,\qquad\ln x=-2\iff x=e^{-2}=\frac{1}{e^2}.$$ Begge løsningene er positive, så begge er gyldige: $$x=e^3\quad\vee\quad x=e^{-2}.$$

Når $x\to\infty$, går eksponenten $-x+1\to-\infty$. Siden $e^t\to0$ når $t\to-\infty$, får vi $$\lim_{x\to\infty}e^{-x+1}=0.$$

Når $x\to-\infty$, går eksponenten $-x+1\to\infty$, og $e^{-x+1}$ vokser over alle grenser. Funksjonsverdiene nærmer seg ikke noe bestemt tall. Derfor eksisterer ikke $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)$. Vi skriver ofte at $f(x)\to\infty$ når $x\to-\infty$.

Det er $6+5+4=15$ sokker, og vi trekker uten tilbakelegging. Produktsetningen gir $$P(\text{to gule})=\frac{6}{15}\cdot\frac{5}{14}=\frac{30}{210}=\frac17.$$ Vi kan også telle utvalg: $\dfrac{\binom62}{\binom{15}{2}}=\dfrac{15}{105}=\dfrac17$.

Sannsynligheten er $\frac17\approx0{,}143=14{,}3\,\%$.

Den motsatte hendelsen er at de tre sokkene har tre forskjellige farger, altså én gul, én svart og én hvit. Antall måter å velge 3 av 15 sokker på er $$\binom{15}{3}=\frac{15\cdot14\cdot13}{3\cdot2\cdot1}=455.$$ Antall måter å velge én sokk av hver farge på er $6\cdot5\cdot4=120$. Dermed er $$P(\text{tre ulike farger})=\frac{120}{455}=\frac{24}{91}.$$

Komplementsetningen gir $$P(\text{minst 2 av samme farge})=1-\frac{24}{91}=\frac{67}{91}\approx0{,}736.$$ Sannsynligheten er $\frac{67}{91}\approx73{,}6\,\%$.

Først finner vi verdimengden. For $0\le x\le2$ gir $f(x)=x$ verdiene $[0,2]$. For $2<x\le5$ gir $f(x)=5-x$ verdiene $[0,3)$: når $x\to2^+$, går $f(x)\to3$ uten å nå 3, og $f(5)=0$. Altså er $$V_f=[0,2]\cup[0,3)=[0,3).$$

Begge delene av forskriften er lineære og derfor kontinuerlige. Problemet er overgangen i $x=2$: $$f(2)=2,\qquad\lim_{x\to2^+}f(x)=5-2=3\ne f(2).$$ Grafen gjør et sprang, så $f$ er ikke kontinuerlig i $x=2$.

Hvis vi beholder $x=2$, må vi fjerne alle $x$ litt større enn 2 for å unngå spranget. Da mister vi funksjonsverdiene like under 3, for de kommer bare fra disse $x$-verdiene. Verdimengden blir da endret. Vi fjerner derfor bare punktet $x=2$. Da er $f$ kontinuerlig i alle punkter i den nye definisjonsmengden, fordi $x=2$ ikke lenger er med.

Den nye definisjonsmengden er $$D_f=[0,2)\cup(2,5].$$ Verdimengden er fortsatt $[0,2)\cup[0,3)=[0,3)$. Den opprinnelige definisjonsmengden $[0,5]$ mangler bare $x=2$, og det punktet kan ikke være med, så ingen større definisjonsmengde er mulig.

Vi bruker definisjonen at en funksjon er kontinuerlig når den er kontinuerlig i alle punkter i definisjonsmengden, fordi oppgaven ikke krever at definisjonsmengden er ett sammenhengende intervall.

Inntekten i 1000 kroner er $I(x)=600x$. Overskuddet er $$O(x)=I(x)-K(x)=600x-200x\cdot1{,}015^x-200.$$ Vi definerer funksjonene i CAS, skriver $O\prime(x)=0$ og løser numerisk med x≈. Deretter regner vi ut overskuddet for de to nærmeste hele tallene.

Løsningen er $x\approx41{,}48$. Den deriverte er $$O\prime(x)=600-200\cdot1{,}015^x\big(1+x\ln1{,}015\big),$$ og den andrederiverte $$O\prime\prime(x)=-200\cdot1{,}015^x\ln1{,}015\,\big(2+x\ln1{,}015\big)$$ er negativ for $x\ge0$. Grafen til $O$ vender den hule siden ned, så $x\approx41{,}48$ gir størst overskudd.

Antall biler må være et helt tall. Vi sammenligner $$O(41)\approx9301{,}92\qquad\text{og}\qquad O(42)\approx9301{,}68.$$ Størst overskudd får Edison ved å produsere 41 biler per måned. Overskuddet er da omtrent 9,3 millioner kroner.

Enhetskostnaden i 1000 kroner per bil er $$E(x)=\frac{K(x)}{x}=200\cdot1{,}015^x+\frac{200}{x},\qquad x>0.$$ Vi løser $E\prime(x)=0$ numerisk i CAS og regner ut enhetskostnaden for de nærmeste hele tallene.

Løsningen med $x>0$ er $x\approx7{,}74$. Hvis CAS også viser en negativ løsning, forkaster vi den, fordi antall biler er positivt. Den andrederiverte $E\prime\prime(x)=200\cdot1{,}015^x(\ln1{,}015)^2+\frac{400}{x^3}$ er positiv for $x>0$, så dette er et minimum.

Vi sammenligner hele tall: $$E(7)\approx250{,}54\qquad\text{og}\qquad E(8)\approx250{,}30.$$ Lavest enhetskostnad får Edison ved å produsere 8 biler per måned. Enhetskostnaden er da omtrent 250 300 kroner per bil.

La $p$ være prisen per bil i 1000 kroner. Inntekten er $70p$, og kostnaden er $K(70)$. Overskuddet skal være 15 millioner kroner, altså 15 000 når vi regner i 1000 kroner: $$70p-K(70)=15\,000.$$ Vi løser likningen numerisk i CAS.

Vi får $p\approx784{,}23$. Kontroll: $K(70)=14\,000\cdot1{,}015^{70}+200\approx39\,896{,}39$, så $$p=\frac{15\,000+39\,896{,}39}{70}\approx784{,}234.$$ Den avtalte prisen var omtrent 784 234 kroner per bil.

For $x>0$ er $\ln x$ definert, og $e^{\ln x}=x$. Potensregelen $(a^m)^n=a^{m\cdot n}$ gir $$e^{k\cdot\ln x}=\left(e^{\ln x}\right)^k=x^k.$$ Vi kan også bruke logaritmesetningen $\ln(x^k)=k\cdot\ln x$: da er $e^{k\cdot\ln x}=e^{\ln(x^k)}=x^k$.

Påstanden er sann for alle reelle tall $k$ når $x>0$.

Binomialkoeffisientene er definert når $a$ og $b$ er naturlige tall. Vi finner forholdet mellom dem: $$\frac{\binom{b}{a+1}}{\binom{b}{a}}=\frac{\dfrac{b!}{(a+1)!\,(b-a-1)!}}{\dfrac{b!}{a!\,(b-a)!}}=\frac{a!\,(b-a)!}{(a+1)!\,(b-a-1)!}=\frac{b-a}{a+1}.$$ Derfor er $\binom{b}{a+1}>\binom{b}{a}$ bare når $$\frac{b-a}{a+1}>1\iff b-a>a+1\iff a<\frac{b-1}{2}.$$

Påstanden krever bare $a<\frac b2$. Når $b$ er et oddetall, oppfyller det hele tallet $a=\frac{b-1}{2}$ kravet $a<\frac b2$, men ikke $a<\frac{b-1}{2}$. Da er forholdet nøyaktig 1, og de to binomialkoeffisientene er like.

Moteksempel: $b=5$ og $a=2$. Da er $1<2<\frac52$, men $$\binom53=10=\binom52.$$ I rad 5 i Pascals trekant står tallene 1, 5, 10, 10, 5, 1, og de to midterste er like. Ulikheten gjelder ikke, så påstanden er usann. For partall $b$ stemmer ulikheten, men ett moteksempel er nok til å vise at påstanden ikke gjelder generelt.

Vi bruker det norske alfabetet med 29 bokstaver, fordi oppgaven ikke oppgir noe annet. Da finnes det $2\cdot29=58$ mulige tegn. Hvert av de 6 tegnene kan velges fritt, så multiplikasjonsprinsippet gir $58^6$ passord med bare bokstaver.

To typer av disse bryter reglene: passord med bare små bokstaver ($29^6$) og passord med bare store bokstaver ($29^6$). Ingen passord er med i begge gruppene. Antall gyldige passord er $$58^6-2\cdot29^6=36\,879\,045\,902\approx3{,}69\cdot10^{10}.$$

Først velger vi plassene. De to store bokstavene kan plasseres på $\binom62=15$ måter. De to små bokstavene kan plasseres på $\binom42=6$ måter blant de fire plassene som er igjen. Sifrene får de to siste plassene. Det gir $15\cdot6=90$ plasseringer.

For hver plassering er det $29^2$ valg for de store bokstavene, $29^2$ for de små og $10^2$ for sifrene. Antall passord er $$90\cdot29^2\cdot29^2\cdot10^2=90\cdot29^4\cdot10^2=6\,365\,529\,000\approx6{,}37\cdot10^9.$$

Forholdet er omtrent $0{,}173$. Regelsett 2 gir altså bare omtrent 17 % så mange passord som regelsett 1, eller omtrent 5,8 ganger færre. Den som prøver alle mulige passord, trenger derfor færre forsøk. Kravet om nøyaktig to tegn av hver type begrenser valgene mer enn sifrene utvider dem. Sikkerheten blir dårligere, ikke bedre. Med 26 bokstaver blir tallene andre ($19\,152\,778\,112$ og $4\,112\,784\,000$), men konklusjonen er den samme.

La $h$ være antall hvite kuler og $n$ antall kuler i alt. Uten tilbakelegging er $$P(\text{tre hvite})=\frac{h}{n}\cdot\frac{h-1}{n-1}\cdot\frac{h-2}{n-2}=\frac{\binom h3}{\binom n3}.$$ Vi må ha $h\ge3$. Programmet går gjennom $n=3,4,5,\ldots$ og alle mulige $h$. Det stopper ved den første boksen der sannsynligheten ligger mellom 0,17 og 0,18.

Programmet skriver ut «hvite: 5 røde: 3 sannsynlighet: 0.17857142857142858». Ingen boks med færre enn 8 kuler gir en sannsynlighet i intervallet. Kontroll: $$\frac58\cdot\frac47\cdot\frac36=\frac{60}{336}=\frac{5}{28}\approx0{,}1786=17{,}86\,\%.$$

Det minste antallet er 3 røde og 5 hvite kuler, altså 8 kuler i alt. Med færre enn 3 røde eller færre enn 5 hvite kuler finnes det ingen løsning, så svaret er det samme om vi ser på hver farge for seg.

Det er $6^5=7776$ like sannsynlige utfall. Skal alle terningene vise forskjellige tall, har første terning 6 muligheter, andre 5, tredje 4, fjerde 3 og femte 2. Det gir $6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2=720$ gunstige utfall: $$P(\text{alle forskjellige})=\frac{720}{7776}=\frac{5}{54}\approx0{,}0926.$$ Sannsynligheten er omtrent 9,3 %.

Programmet kaster fem terninger én million ganger. I hvert kast teller det antall seksere, og det registrerer et treff når antallet er nøyaktig tre. Den relative frekvensen av treff er et estimat for sannsynligheten.

En faktisk kjøring med Python 3.9.19 og startverdien over ga 31 939 treff, altså $$\frac{31\,939}{1\,000\,000}\approx0{,}0319=3{,}19\,\%.$$ Sannsynligheten for nøyaktig tre seksere er omtrent 3,2 %. seed gjør akkurat denne kjøringen gjentakbar; uten den varierer resultatet litt fra kjøring til kjøring.

Kontroll med binomisk fordeling: $$P(X=3)=\binom53\left(\frac16\right)^3\left(\frac56\right)^2=\frac{250}{7776}=\frac{125}{3888}\approx0{,}0322.$$ Simuleringen stemmer godt med dette.

Vi lager modellene på alle de 13 årene i tabellen, med $t=0$ for 2010. Vi legger inn punktene $(t,\text{antall})$ og bruker regresjon i GeoGebra.

Bensin. Antallet synker hvert år, og i gjennomsnitt er nedgangen $\frac{14\,185-8\,705}{12}\approx457$ biler per år. Punktene ligger nær en rett linje, så en lineær modell kunne også passet. En lineær modell når null og blir negativ etter hvert. Vi tror heller at antall bensinbiler blir gradvis færre og flater ut. Derfor velger vi en eksponentiell modell, der antallet synker med en fast prosent hvert år.

Vi får $$B(t)\approx14\,491\cdot0{,}961^t,\qquad R^2\approx0{,}982.$$ Modellen sier at antall bensinbiler minker med omtrent 3,9 % per år.

Elbiler. Antallet vokser stadig raskere. Det kan likevel ikke vokse uten grense, fordi det bare finnes et visst antall personbiler i Moss. Vi velger derfor en logistisk modell. Den passer godt til punktene og har et øvre tak, så den kan passe noen år fram i tid.

Vi får $$E(t)\approx\frac{18\,957}{1+275{,}04\,e^{-0{,}391t}},\qquad R^2\approx0{,}998.$$ Begge modellene passer godt til dataene.

Bensin. Den eksponentielle modellen gir en nedgang på omtrent 3,9 % per år. Den gir for eksempel $B(20)\approx6\,500$ i 2030 og $B(30)\approx4\,400$ i 2040. Nedgangen blir mindre for hvert år, og modellen blir aldri null.

En stadig større del av nye personbiler er elbiler. Antall bensinbiler minker da mest fordi gamle biler blir vraket. Det passer med en nedgang som flater ut. Modellen kan derfor brukes en del år fram i tid, for eksempel til 2030. En gang i framtiden kan det hende at ingen eier en bensinbil, men vi vet ikke når.

Elbiler. Den logistiske modellen gir rask vekst de nærmeste årene: $E(15)\approx10\,600$ i 2025 og $E(20)\approx17\,100$ i 2030. Deretter flater veksten ut, og antallet nærmer seg taket i modellen, $18\,957$ elbiler. Til sammenligning var det i 2022 totalt $$8\,705+8\,533+0+2+5\,363+3\,414=26\,017$$ personbiler i Moss. Taket er lavere enn dette, så modellen gir mulige tall.

Taket er likevel usikkert. Modellen har sitt vendepunkt rundt $t\approx14$, altså i 2024, og alle dataene ligger før vendepunktet. Dataene fram til 2022 viser derfor lite om hvor taket ligger. Antall elbiler kan fortsette å øke forbi taket, eller veksten kan stoppe tidligere.

Samlet: Antall bensinbiler vil trolig fortsette å synke, men stadig saktere. Antall elbiler vil trolig øke raskt noen år og så flate ut. Begge modellene er usikre utenfor årene de bygger på. Avgifter, priser og politiske tiltak kan også endre utviklingen.

Rektangelet har hjørnene $A=(0,0)$, $B=(x,0)$, $C=(x,f(x))$ og $D=(0,f(x))$. Arealet er $$A(x)=x\cdot f(x)=x(4-x^2)=4x-x^3,\qquad0\le x\le2.$$ Funksjonen areal i programmet regner ut dette arealet. Funksjonen der_areal er en numerisk tilnærming til den deriverte $A\prime(x)$, med $h=0{,}0001$.

Programmet starter i $x=0$ og øker $x$ med $0{,}01$ så lenge den deriverte i neste punkt er positiv, altså så lenge arealet fortsatt vokser. Når den deriverte ikke lenger er positiv, har arealet nådd toppen. Lars prøver altså å finne det største mulige arealet til rektangelet $ABCD$.

Programmet skriver ut 3.0791250000000003. Løkka stopper ved $x\approx1{,}15$, fordi $A\prime(1{,}15)=4-3\cdot1{,}15^2\approx0{,}033>0$ og $A\prime(1{,}16)\approx-0{,}037<0$. Det største arealet er altså omtrent 3,08.

Kontroll ved regning: $A\prime(x)=4-3x^2=0$ gir $x=\frac{2\sqrt3}{3}\approx1{,}155$, og $$A\left(\tfrac{2\sqrt3}{3}\right)=\frac{16\sqrt3}{9}\approx3{,}0792.$$ Programmet finner det største arealet med god nøyaktighet.

Lars går i små steg ($dx=0{,}01$) mot høyre fra $x=0$. I hvert steg ser han på fortegnet til den numerisk deriverte. Så lenge den deriverte er positiv, vokser arealet, og han går videre. Han stopper der den deriverte ikke lenger er positiv, altså ved det første toppunktet på grafen til arealfunksjonen.

Strategien virker her fordi $A(x)=4x-x^3$ vokser fram til ett toppunkt og deretter avtar på $[0,2]$. Den fungerer ikke for alle funksjoner $f$.

Hvis arealfunksjonen har flere toppunkter, stopper programmet ved det første, og det trenger ikke være det største. Eksempel: $f(x)=(x-3)^2$ med $0\le x\le5$. Vi endrer funksjonen og skriver også ut $x$ og arealet for $x=5$.

Utskriften er 0.9900000000000007, 3.9996989999999997 og 20. Programmet stopper ved $x\approx0{,}99$ med areal omtrent 4,00, men for $x=5$ er arealet $5\cdot2^2=20$.

Hvis arealet vokser i hele intervallet, stopper løkka aldri. For $f(x)=4$ er arealet $4x$, og der_areal er alltid omtrent 4. Programmet vet ikke hvor definisjonsmengden slutter, så while-løkka går i det uendelige. I tillegg blir svaret aldri mer nøyaktig enn steglengden $dx$ tillater.

Strategien fungerer altså bare når arealfunksjonen vokser fram til ett toppunkt og deretter avtar.

Høyden. Toppunktet må ligge i halvkulen. Høyden er avstanden fra toppunktet ned til snittflaten. Den er størst når toppunktet ligger øverst på halvkulen, rett over sentrum. Da er $h=r$.

Grunnflaten. Rektangelet ligger inne i en sirkel med radius $r$. Et rektangel som ikke når sirkelen, kan gjøres større, så i det største rektangelet ligger alle fire hjørnene på sirkelen. Vi legger sentrum i origo og lar hjørnene være $(\pm a,\pm b)$ med $a^2+b^2=r^2$. Arealet er $$G(a)=2a\cdot2b=4a\sqrt{r^2-a^2},\qquad0<a<r.$$

Produktregelen og kjerneregelen gir $$G\prime(a)=4\sqrt{r^2-a^2}+4a\cdot\frac{-2a}{2\sqrt{r^2-a^2}}=\frac{4(r^2-a^2)-4a^2}{\sqrt{r^2-a^2}}=\frac{4(r^2-2a^2)}{\sqrt{r^2-a^2}}.$$ $G\prime(a)=0$ gir $a^2=\frac{r^2}{2}$, altså $a=\frac{r}{\sqrt2}$. Den deriverte er positiv for $a<\frac{r}{\sqrt2}$ og negativ for $a>\frac{r}{\sqrt2}$, så dette er et maksimum.

Da er også $b=\sqrt{r^2-\frac{r^2}{2}}=\frac{r}{\sqrt2}$. Grunnflaten er et kvadrat med side $2\cdot\frac{r}{\sqrt2}=\sqrt2\,r$, og $$G_{\max}=\left(\sqrt2\,r\right)^2=2r^2.$$

Grunnflaten og høyden kan velges uavhengig av hverandre. Det største volumet er derfor $$V_{\max}=\frac{h\cdot G}{3}=\frac{r\cdot2r^2}{3}=\frac{2r^3}{3}.$$