Matematikk S1 vår 2025

Kjerneregelen gir $(e^{-2x})\prime=-2e^{-2x}$. Potensregelen gir $(\frac15x^5)\prime=x^4$, og konstantleddet har derivert null. Derfor er $$f\prime(x)=-2e^{-2x}+x^4.$$ Dette gjelder for alle reelle $x$.

Siden $e^x>0$ for alle reelle $x$, er produktet null bare når $(2x-1)^2=0$. Dette gir $x=\frac12$, altså nullpunktet $(\frac12,0)$.

Produktregelen og kjerneregelen gir $$\begin{aligned}g\prime(x)&=\frac12e^x(2x-1)^2+\frac12e^x\cdot2(2x-1)\cdot2\\&=\frac12e^x(2x-1)\big((2x-1)+4\big)\\&=\frac12e^x(2x-1)(2x+3).\end{aligned}$$

Den deriverte er null for $x=-\frac32$ og $x=\frac12$. Faktoren $\frac12e^x$ er alltid positiv.

Fortegnet går fra pluss til minus ved $-\frac32$ og fra minus til pluss ved $\frac12$. Funksjonsverdiene er $$g(-\tfrac32)=\tfrac12e^{-3/2}(-4)^2=8e^{-3/2},\qquad g(\tfrac12)=0.$$ Vi får et lokalt toppunkt $(-\frac32,8e^{-3/2})$ og et bunnpunkt $(\frac12,0)$. Bunnpunktet er globalt siden $g(x)\ge0$. Det finnes ikke noe globalt maksimum, fordi $g(x)$ vokser uten grense for store positive $x$.

Vi får $3^{3x+2}=81=3^4$. Dermed må $3x+2=4$, som gir $$x=\frac23.$$

Vi må ha $x>0$. Da er $\lg(x^2)=2\lg x$ og $\lg(1/x^9)=-9\lg x$. Likningen blir $$3\lg x+4\lg x-9\lg x=2\quad\Longrightarrow\quad\lg x=-1.$$ Derfor er $x=10^{-1}=0{,}1$, som er innenfor definisjonsmengden.

Telleren nærmer seg $3(9-3)=18$, mens nevneren nærmer seg null. Fra venstre er nevneren negativ og fra høyre positiv. Dermed er $$\lim_{x\to3^-}\frac{3(x^2-3)}{x-3}=-\infty,\qquad\lim_{x\to3^+}\frac{3(x^2-3)}{x-3}=+\infty.$$ Den tosidige grenseverdien eksisterer ikke. Her er telleren faktisk $3(x^2-3)$, slik det står i oppgaven.

For $x\ne4$ kan vi skrive $$\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}=\frac1{\sqrt{x}+2}.$$ Derfor er grenseverdien $\frac1{2+2}=\frac14$.

Vi stiller ikke noe krav til det tredje skuddet. Derfor er sannsynligheten $0{,}8\cdot0{,}8=0{,}64=64\,\%$.

Det finnes tre rekkefølger: TTB, TBT og BTT. Hver har sannsynlighet $0{,}8^2\cdot0{,}2$. Summen er $$3\cdot0{,}8^2\cdot0{,}2=0{,}384=38{,}4\,\%.$$

Null treff har sannsynlighet $0{,}2^3$. Ett treff kan plasseres på tre måter. Dermed får vi $$0{,}2^3+3\cdot0{,}8\cdot0{,}2^2=0{,}104=10{,}4\,\%.$$

Fra venstre nærmer $x^2+2$ seg 2, og fra høyre nærmer $2e^x$ seg 2. Siden også $f(0)=2e^0=2$, er $f$ kontinuerlig i $x=0$.

Begge ensidige grenser er 2, men $g(0)=1$. Grenseverdien er forskjellig fra funksjonsverdien, så $g$ er ikke kontinuerlig i $x=0$.

Hvert siffer kan være 1, 2, 3, 4, 5 eller 6. Oppgaven sier ikke at sifrene må være ulike, så det finnes $6^3=216$ mulige koder. Ved et tilfeldig første forsøk med lik sannsynlighet for alle kodene er $$P(\text{åpne})=\frac1{216}\approx0{,}004630\approx0{,}463\,\%.$$

Vi velger en fast gyldig kode, for eksempel $(1,2,3)$, og simulerer én million uavhengige første forsøk. Hvert siffer trekkes fra 1 til 6, med gjentakelse. Valget av fast gyldig kode påvirker ikke sannsynligheten.

En faktisk kjøring med Python 3.12.14 og den viste startverdien ga 4639 treff, altså $$\frac{4639}{1\,000\,000}=0{,}004639=0{,}4639\,\%.$$ Dette er nær det teoretiske svaret. seed gjør akkurat denne simuleringen gjentakbar; med andre startverdier varierer resultatet. Vi simulerer første forsøk, ikke antall forsøk fram til låsen åpnes.

Kontinuiteten gir $P(-2)=-9(-2)-15=3$ og $P(1)=\frac12-1-\frac72=-4$. Den deriverte av midtgrenen er $P\prime(x)=3ax^2+2bx+c$, så derivertkravene gir $P\prime(-2)=-9$ og $P\prime(1)=0$. Dermed får vi systemet $$\begin{aligned}-8a+4b-2c+d&=3\\a+b+c+d&=-4\\12a-4b+c&=-9\\3a+2b+c&=0.\end{aligned}$$

Trekk den andre verdilikningen fra den første: $-9a+3b-3c=7$. Trekk den siste derivertlikningen fra den foregående: $9a-6b=-9$, altså $b=\frac32a+\frac32$. Siste derivertlikning gir da $c=-6a-3$. Innsetting i $-9a+3b-3c=7$ gir $\frac{27}{2}a+\frac{27}{2}=7$. Vi får $$a=-\frac{13}{27},\quad b=\frac79,\quad c=-\frac19,\quad d=-\frac{113}{27}.$$ Hele funksjonen er derfor $$f(x)=\begin{cases}-9x-15&x<-2\\\dfrac{-13x^3+21x^2-3x-113}{27}&-2\le x\le1\\\frac12x^2-x-\frac72&x>1.\end{cases}$$

Kontroll: midtgrenen gir $P(-2)=3$, $P(1)=-4$, $P\prime(-2)=-9$ og $P\prime(1)=0$. De ytre deriverte er henholdsvis $-9$ og $x-1$, så de samme verdiene oppnås fra utsiden. Både kontinuiteten og de oppgitte deriverte er oppfylt.

Som en alternativ kontroll kan likningssettet løses eksakt i CAS. Skriv likningene, velg eksakt løsning (x =), og kontroller polynomet i begge skjøtepunktene. I den dokumenterte økten vises polynomet som A i utdata på grunn av et eksisterende navn P; uttrykket og de fire kontrollverdiene er de samme.

Rekkefølgen betyr ikke noe, og samme elev trekkes ikke to ganger. Antallet grupper er $$\binom{10}{4}=\frac{10!}{4!6!}=210.$$

Utvalgene er like sannsynlige. To gutter og to jenter gir $\binom32\binom72=63$ grupper. Tre gutter og én jente gir $\binom33\binom71=7$ grupper. Derfor er $$P(\text{minst to gutter})=\frac{63+7}{210}=\frac13\approx33{,}3\,\%.$$

Det er to valg for hvem av Emma og Marie som er med. De tre andre velges blant de åtte øvrige elevene. Dermed er $$P=\frac{2\binom83}{\binom{10}{4}}=\frac{112}{210}=\frac8{15}\approx53{,}3\,\%.$$

Et utvalg på ti er svært lite sammenliknet med alle velgerne i landet. Vi bruker derfor en binomisk tilnærming $X\sim\operatorname{Bin}(10,0{,}113)$. Da er $$P(X\ge4)=1-\sum_{k=0}^{3}\binom{10}{k}0{,}113^k0{,}887^{10-k}\approx0{,}0195159.$$ Sannsynligheten er omtrent $1{,}95\,\%$. Den binomiske modellen forutsetter tilnærmet uavhengige valg med samme sannsynlighet.

Vi trekker uten tilbakelegging blant 243 personer. Av dem har 100 stemt Ap og 143 andre partier. Derfor bruker vi hypergeometrisk fordeling: $$P(X\ge4)=\sum_{k=4}^{10}\frac{\binom{100}{k}\binom{143}{10-k}}{\binom{243}{10}}\approx0{,}6498016.$$ Svaret er omtrent $65{,}0\,\%$.

Oppgaveteksten oppgir 243 velgere, mens bildet oppgir 100 Ap-stemmer og 41,8 %. Disse tallene stemmer ikke helt overens: $100/243\approx41{,}15\,\%$. Beregningen over bruker de eksplisitte antallene 243 og 100. Vi endrer ikke totalen for å få grafikkprosenten til å passe.

Inntekten er $$R(x)=xp(x)=-0{,}001x^3+0{,}2x^2+100x.$$ Vi ser på $x\ge0$ og ikke-negativ pris, altså $x\le431{,}662\ldots$. Derivasjon gir $$R\prime(x)=-0{,}003x^2+0{,}4x+100.$$ Den positive roten er $x\approx261{,}0317$. Den deriverte er positiv før denne og negativ etter, så dette gir det globale maksimumet i det fysiske området. Den andre roten er negativ og er ikke aktuell.

Hele skjorter krever sammenlikning av de to nærmeste heltallene: $R(261)=21\,944{,}619$ og $R(262)=21\,944{,}072$. Størst ukesinntekt er derfor omtrent $21\,944{,}62$ kroner ved 261 skjorter. Den kontinuerlige modellen gir samme avrundede kronebeløp.

GeoGebra-kontrollen nedenfor bruker den uavrundede inntektsfunksjonen. Det brede søkeintervallet 0–432 omfatter det fysiske området; det funne ekstremalpunktet ligger innenfor dette. Grafen begrenses til ikke-negativ pris.

Overskuddet er $$O(x)=R(x)-K(x)=-0{,}001x^3+0{,}1x^2+100x-8000.$$ Vi får $O\prime(x)=-0{,}003x^2+0{,}2x+100$, med positiv rot $x\approx218{,}9255$. Fortegnet går fra pluss til minus; dette er det globale maksimumet for ikke-negative x i det fysiske området. Sammenlikning av $O(218)=8192{,}168$ og $O(219)=8192{,}641$ viser at 219 skjorter gir størst overskudd: omtrent $8192{,}64$ kroner per uke.

Overskuddet under kampanjen blir $$O_k(x)=O(x)-30x=-0{,}001x^3+0{,}1x^2+70x-8000.$$ Likningen $O_k(x)=0$ har røttene omtrent $-269{,}6393$, $117{,}8194$ og $251{,}8199$. For $x\ge0$ er overskuddet ikke-negativt mellom de to positive røttene. Dermed er de tillatte heltallene 118 til 251.

Kontroll ved øvre grense: $O_k(251)=56{,}849$ kroner, mens $O_k(252)=-12{,}608$ kroner. Det største antallet er derfor 251 skjorter.

I den utførte graftegningen heter kampanjeoverskuddet C. Den numeriske rotkommandoen nedenfor finner den øvre positive grensen. Fortegnsanalysen over avgjør hele intervallet uten underskudd.

La $t$ være antall år etter 1998 og $O(t)$ være milliarder kroner. Totalverdien øker overordnet stadig raskere i absolutte tall, så en eksponentiell modell er et rimelig første valg. Vi leser av omtrentlige punkter fra Totalt-kurven:

En eksponentiell tilpasning til alle disse 27 punktene, med minste kvadrater for logaritmene, gir $$O(t)\approx361{,}06975\cdot1{,}17589546^t,\qquad0\le t\le26.$$ Avrundet kan vi skrive $O(t)\approx361\cdot1{,}176^t$. Avlesningene er grove, så flere begrunnede modeller kan være riktige. Modellen fanger hovedtendensen, men overser årlige fall og svingninger og har tydelige avvik, særlig tidlig i perioden. Vi har ikke grunnlag for å bruke den som en sikker prognose utenfor perioden.

Legg inn de avleste punktene og bruk eksponentiell regresjon. Den dokumenterte kommandoen FitGrowth bruker alle 27 punktene; funksjonen O lagrer hele presisjonen.

Vi bruker nå den oppgitte modellen, ikke tilpasningen fra a. $$V(20)=330\cdot1{,}1787^{20}\approx8842{,}59.$$ Ifølge modellen var verdien omtrent 8842,59 milliarder kroner i 2018. Videre er $$V\prime(t)=330\cdot1{,}1787^t\ln(1{,}1787),\qquad V\prime(20)\approx1453{,}83.$$ Den momentane vekstfarten i 2018 er altså omtrent 1453,83 milliarder kroner per år. Dette er en modellert øyeblikksrate, ikke den faktiske endringen gjennom hele året.

De to gjennomsnittlige vekstfartene er $$\frac{V(10)-V(0)}{10}\approx137{,}82\quad\text{og}\quad\frac{V(26)-V(16)}{10}\approx1913{,}26$$ milliarder kroner per år. Periodene er 1998–2008 og 2014–2024. Gjennomsnittet i den siste perioden er omtrent $1913{,}26/137{,}82\approx13{,}88$ ganger så stort. Eksponentialmodellen har derfor langt større absolutt gjennomsnittsvekst i den siste perioden.