Matematikk S1 høst 2025

Potensregelen gir $$f\prime(x)=x^2+\frac12x^{-1/2}=x^2+\frac1{2\sqrt{x}},\qquad x>0.$$ Selve f er definert for $x\ge0$, men har ingen endelig derivert i null.

Vi får $$g\prime(x)=2e^{-x}-(2x-3)e^{-x}=(5-2x)e^{-x}.$$ Dermed er $g\prime(2)=e^{-2}>0$ og $g\prime(3)=-e^{-3}<0$.

Grafen stiger ved x=2 og faller ved x=3. Kontinuitet på det lukkede intervallet sikrer at en største verdi finnes. Den positive deriverte ved 2 og den negative ved 3 utelukker endepunktene som maksimum. Grafen må derfor ha et toppunkt mellom 2 og 3.

Med uttrykket fra b ser vi mer presist at $5-2x$ skifter fra positiv til negativ ved $x=\frac52$. Derfor er toppunktet $(\frac52,2e^{-5/2})$. De to fortegnene ved endepunktene alene ville ikke bevist at toppunktet er unikt; her følger det av hele uttrykket for den deriverte.

Vi må ha $x>0$. Med $u=\lg x$ blir likningen $$u^2-2u-8=(u-4)(u+2)=0.$$ Da er $\lg x=4$ eller $\lg x=-2$, altså $$x=10\,000\quad\text{eller}\quad x=0{,}01.$$ Begge løsningene er positive og gyldige.

En logaritmebase må oppfylle $a>0$ og $a\ne1$. Definisjonen gir $$a^{-3}=\frac1{64}\quad\Longrightarrow\quad a^3=64.$$ Dermed er $a=4$, som er en gyldig base.

Nevneren er $(x-4)(x+2)$, og telleren nærmer seg 14. Nær −2 er faktoren $x-4$ negativ. Fra venstre blir nevneren positiv; fra høyre blir den negativ. Dermed går brøken mot $+\infty$ fra venstre og $-\infty$ fra høyre. Den tosidige grenseverdien eksisterer ikke.

Nevneren nærmer seg null. Dersom telleren ikke også nærmer seg null, får vi motsatte uendeligheter fra de to sidene. Kravet er derfor $$(-2)^2+a(-2)+2=0\quad\Longrightarrow\quad6-2a=0.$$ Dette gir $a=3$. Forkortingen i neste del viser at grensen faktisk eksisterer.

For $a=3$ og $x\ne-2$ er $$\frac{x^2+3x+2}{x^2-2x-8}=\frac{(x+1)(x+2)}{(x-4)(x+2)}=\frac{x+1}{x-4}.$$ Grenseverdien blir derfor $\frac{-2+1}{-2-4}=\frac16$.

Vi har seks valg for bokstaven, ni for første siffer og åtte for det siste sifferet. Produktregelen gir $6\cdot9\cdot8=432$ passord.

Totalt finnes $7^3$ ordnede passord. Det er $4^3$ som bare består av sifre og $3^3$ som bare består av bokstaver. Disse to gruppene overlapper ikke. Antallet gyldige passord er derfor $$7^3-4^3-3^3=343-64-27=252.$$

Definisjonsmengden er $x>0$. Produktregelen gir $$f\prime(x)=8x\ln x+4x=4x(2\ln x+1).$$ Siden $4x>0$, er den deriverte null bare når $2\ln x+1=0$, altså $x=e^{-1/2}$. Faktoren $2\ln x+1$ er negativ før dette punktet og positiv etter.

Vi får dermed et globalt bunnpunkt. Funksjonsverdien er $$f(e^{-1/2})=4e^{-1}\left(-\frac12\right)=-\frac2e.$$ Bunnpunktet er $(e^{-1/2},-2/e)$. Det finnes ikke noe toppunkt: f avtar fram til bunnpunktet og stiger deretter uten øvre grense. Null er ikke med i definisjonsmengden.

Programmet trekker tre ganger. Antall treff kan være 0, 1, 2 eller 3, og alle disse utfallene er mulige. Utskriften er antall treff delt på 3, altså matematisk $0,\frac13,\frac23,1$. Med Pythons flyttallsutskrift blir dette 0.0, 0.3333333333333333, 0.6666666666666666 eller 1.0.

To av de fem listeplassene er treff, og choice velger fra den samme listen hver gang. Sannsynligheten for treff er derfor $2/5$, uavhengig mellom trekkingene. Utskriften 1.0 krever tre treff: $$P=\left(\frac25\right)^3=\frac8{125}=0{,}064=6{,}4\,\%.$$

Her er treffsannsynligheten endret til 0,30. Med uavhengige straffespark er $$P(\text{minst ett mål})=1-0{,}7^n.$$ Ett spark gir 0,30. To spark gir $1-0{,}7^2=0{,}51$, som er minst 0,50. Minste antall er derfor to straffespark.

Vi bruker punktene med t-verdier $0,3,9,11,15,17,21,25$. Eksponentiell regresjon med alle åtte punktene gir $$F(t)\approx820{,}6398354\cdot1{,}0509820498^t.$$ Her er tilpasningen gjort ved minste kvadrater for logaritmen av folketallet. Startverdien er et modellestimat; den er ikke tvunget til den observerte verdien 800.

Modellen beskriver omtrent 5,10 % årlig vekst og passer hovedtendensen i dataene. Datagrunnlaget dekker $0\le t\le25$, altså 1910–1935. Innenfor denne perioden kan modellen gi rimelige anslag; utenfor perioden er det usikkert om samme prosentvekst fortsetter.

Dette er den utførte regresjonen i GeoGebra. x i kommandoene er t i oppgaven. Behold den lagrede F når du beregner videre; tallene som vises i algebrafeltet er avrundet.

Vi tolker vekst per år her som momentan vekstfart. Med de lagrede, uavrundede regresjonsverdiene er $$F\prime(t)=a\ln(b)b^t.$$ Grensen finnes ved $a\ln(b)b^t=80$, som gir $t\approx13{,}538247$. Siden $b>1$, er den deriverte voksende. Dermed gjelder $$F\prime(t)>80\quad\text{når}\quad t>13{,}538247.$$ Innenfor dataområdet gjelder dette fram til t=25. Befolkningen vokste altså med mer enn 80 personer per år fra omtrent midten av 1923 ifølge den kontinuerlige modellen. Blant hele årstall er 1924 det første som oppfyller ulikheten ved årspunktet.

I ratebildet er den momentane veksten G grønn. Punktet D markerer grensen der denne veksten er 80 personer per år. Rotpunktet B i algebrafeltet har y=0 fordi kommandoen løser G−80=0.

Gjennomsnittet fra 1910 til t år senere er $$G(t)=\frac{F(t)-F(0)}{t},\qquad t>0.$$ Her må vi bruke modellens $F(0)\approx820{,}64$, ikke bytte til den observerte verdien 800. Likningen $G(t)=80$ gir $t\approx24{,}599506$.

Fordi F er en voksende eksponentialfunksjon med voksende stigning, øker også den gjennomsnittlige vekstfarten fra et fast startpunkt. Det betyr at gjennomsnittet er større enn 80 for $t>24{,}599506$, innenfor modellområdet t≤25. Det går altså litt mer enn 24,60 år, omtrent til 1934,6. Første hele antall år er 25, altså 1935; da er gjennomsnittet omtrent 80,96 personer per år. Verdien t=0 er ikke tillatt i brøken.

I den dokumenterte GeoGebra-økten heter gjennomsnittet A, mens G er brukt for den deriverte. Den samme gjennomsnittsformelen fra løsningen skrives derfor slik:

Søkeintervallet starter ved 1 for å utelukke t=0, der gjennomsnittet ikke er definert. Punktet E i ratebildet markerer grensen A=80; ulikheten er streng, så det er først etter dette tidspunktet at gjennomsnittet er større enn 80.

Funksjonsverdien og venstregrensen er $2(-2)-2=-6$. Høyregrensen er $$2(-2)^3+2(-2)^2-4(-2)=-16+8+8=0.$$ Grensene er forskjellige, så f er ikke kontinuerlig ved x=−2.

Vi må ha $$2k^3+2k^2-4k=4.$$ Flytting og faktorisering gir $$2k^3+2k^2-4k-4=2(k+1)(k^2-2)=0.$$ Alle løsningene $$k=-\sqrt2,\quad k=-1,\quad k=\sqrt2$$ er større enn −2. For hver av dem er venstregrensen lik funksjonsverdien 4 og høyregrensen 4. Alle tre er derfor gyldige.

Trekkingen er uten tilbakelegging. Sannsynligheten er $$\frac8{18}\cdot\frac7{17}=\frac{28}{153}\approx0{,}1830\approx18{,}3\,\%.$$

Det finnes $\binom{18}{3}$ mulige utvalg uten rekkefølge. Ett av hver farge kan velges på $\binom31\binom81\binom71$ måter. Derfor er $$P=\frac{3\cdot8\cdot7}{\binom{18}{3}}=\frac{168}{816}=\frac7{34}\approx20{,}6\,\%.$$

Posene er uavhengige, og hver har igjen den opprinnelige fargefordelingen. Derfor er $$P=\left(\frac3{18}\right)^3+\left(\frac8{18}\right)^3+\left(\frac7{18}\right)^3=\frac{49}{324}\approx15{,}1\,\%.$$

Overskuddet er $$O(x)=100x-K(x)=-0{,}02x^2+40x-12\,000.$$ Vi kan fullføre kvadratet: $$O(x)=-0{,}02(x-1000)^2+8000.$$ Kvadratleddet er aldri positivt. Dermed er globalt maksimum 8000 kroner, oppnådd når 1000 enheter produseres og selges. Dette er et tillatt heltall.

Den nye totalkostnaden er $$0{,}02\cdot1000^2+60\cdot1000+8000=88\,000\text{ kr}.$$ Med pris p må $1000p\ge88\,000$. Derfor er laveste pris 88 kroner per enhet. Ved denne prisen går bedriften akkurat i balanse.

Modellen er voksende i C. Ytterpunktene gir $$I(500)\approx3{,}48,\qquad I(1400)\approx4{,}10.$$ Hele måleområdet ligger over 3 og er dermed plagsomt etter tabellen. Ved de høyeste målingene er intensiteten over 4, der tabellen sier at tiltak kreves. Beboerne har derfor grunnlag for å klage ut fra oppgavens vurderingsgrunnlag.

Øvre grense for raden akseptabelt finnes fra $$1{,}4\lg(C)-0{,}3=2\quad\Longrightarrow\quad C=10^{(2+0{,}3)/1{,}4}\approx43{,}94\ \mathrm{OU/m^3}.$$ Luktverdien må altså reduseres til omtrent 44 eller lavere. Vil vi sikre $I<2$, kan vi bruke høyst $43{,}9\ \mathrm{OU/m^3}$.

Akkurat tabellraden $1\le I\le2$ svarer til omtrent $8{,}48\le C\le43{,}94$. Lavere positive C gir uproblematisk lukt og er derfor også et godt praktisk resultat. Tabellen deler grensen 2 mellom to rader uten å presisere hvilken rad som eier endepunktet; vi beholder denne usikkerheten.

Spillet starter med 100 terninger. I hver runde kastes hver av terningene som var der ved rundens start, én gang. En sekser øker antallet med tre: den opprinnelige terningen beholdes, og tre nye legges til. Ved et annet resultat fjernes én terning.

range(terninger) bestemmer antallet kast før for-løkken starter. Nye terninger blir derfor ikke kastet før neste runde. Etter alle kastene økes rundetelleren med én. Spillet fortsetter til ingen terninger er igjen, og skriver da ut antall runder. En sekser gir netto tre ekstra terninger, ikke to.

Vi gjentar den samme rundelogikken 20 000 ganger. Etter hvert spill legger vi antall runder til summen og deler til slutt på antall spill. Programmet nedenfor beregner også standardfeilen som en kontroll av simuleringens variasjon.

En faktisk kjøring i Python 3.12.14 med den viste startverdien ga gjennomsnittet 8,5353 runder og en standardfeil på omtrent 0,0219 runder. Vi anslår derfor omtrent 8,5 runder i gjennomsnitt. Dette er et simulert anslag; andre tilfeldige startverdier gir litt andre tall.