Matematikk S1 vår 2026

Vi skriver $g(x)=3x^2-5+3(x-2)^{-1}$. Deriver leddvis. I siste ledd er kjernen $x-2$, med derivert 1.

$$g\prime(x)=6x+3(-1)(x-2)^{-2}\cdot1=6x-\frac{3}{(x-2)^2}.$$ Formelen gjelder for $x\ne2$, slik som den opprinnelige funksjonen.

For første ledd er kjernen $u=3x+2$ og $u\prime=3$. Kjerneregelen gir $3(3x+2)^2\cdot3$. For logaritmeleddet får vi $\frac{1}{3x}\cdot3=\frac1x$.

$$h\prime(x)=9(3x+2)^2+\frac1x.$$ Vi må ha $3x>0$, altså $x>0$.

Vi setter $e^x(6-e^x)=0$. Faktoren $e^x$ er positiv for alle reelle $x$, så vi må ha $6-e^x=0$.

$$e^x=6\quad\Longrightarrow\quad x=\ln6.$$ Nullpunktet er $(\ln6,0)$.

Først skriver vi $$f(x)=6e^x-e^{2x}.$$ Kjerneregelen gir $(e^{2x})\prime=2e^{2x}$.

Dermed er $$f\prime(x)=6e^x-2e^{2x}=2e^x(3-e^x),$$ som vi skulle vise.

Vi løser $f\prime(x)=0$. Siden $2e^x>0$, får vi $e^x=3$, altså $x=\ln3$.

$f(\ln3)=3(6-3)=9$. Grafen har derfor toppunkt $(\ln3,9)$. Det finnes ingen andre stasjonære punkter og ingen bunnpunkter.

Vi har $\log_2 8=3$, fordi $2^3=8$. Videre er $\ln1=0$, så $e^{3\ln1}=e^0=1$.

Siden $1<7<10$, er $0<\lg7<1$. Dessuten er $2^4=16<27<81=3^4$, så $2<\sqrt[4]{27}<3$.

Rekkefølgen blir $$\lg7<e^{3\ln1}<\sqrt[4]{3^3}<\log_2 8.$$

Vi bruker $\lg(ab)=\lg a+\lg b$, $\lg(a/b)=\lg a-\lg b$ og $\lg(100b^3)=2+3\lg b$.

$$\begin{aligned}\lg(ab)-\lg\frac ab+\lg(100b^3)&=\lg a+\lg b-(\lg a-\lg b)+2+3\lg b\\&=2+5\lg b.\end{aligned}$$ De opprinnelige logaritmene krever $a>0$ og $b>0$.

Vi deler med $x^2$: $$\frac{2x+2}{3x^2+3}=\frac{2/x+2/x^2}{3+3/x^2}.$$ Når $x\to\infty$, går tellerens to ledd mot 0 og nevneren mot 3.

Dermed eksisterer grenseverdien og er $$\lim_{x\to\infty}\frac{2x+2}{3x^2+3}=\frac03=0.$$

Påstanden er usann. Ett moteksempel er nok: Velg $a=1$, $b=0$, $c=-1$ og $d=1$. Da får vi $$f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\quad(x\ne1).$$

Når $x$ nærmer seg 1, nærmer $f(x)$ seg 2. Grafen har et hull i $(1,2)$, men ingen vertikal asymptote der. At nevneren er null, er altså ikke alene nok.

Vi tolker arbeidsgruppen som et uordnet utvalg: Det er medlemskapet som teller, og det er ikke oppgitt ulike roller. Hver gruppe med fire medlemmer svarer entydig til gruppen med tre som står utenfor.

$$\binom74=\frac{7!}{4!3!}=35,\qquad\binom73=\frac{7!}{3!4!}=35.$$ Påstanden er derfor usann med denne forutsetningen.

Hvis man i tillegg skulle fordele ulike roller, ville det vært ordnede utvalg: $7\cdot6\cdot5\cdot4=840$ mot $7\cdot6\cdot5=210$. Da ville påstanden vært sann. Dette er en annen forutsetning enn bare å velge gruppens medlemmer.

Vi leser av $f(0)\approx4$ og $f(3)\approx-0{,}5$. Gjennomsnittlig vekstfart er stigningstallet til sekanten gjennom disse punktene:

$$\frac{f(3)-f(0)}{3-0}\approx\frac{-0{,}5-4}{3}=-1{,}5.$$ Funksjonsverdien avtar i gjennomsnitt med omtrent 1,5 enheter per enhet $x$.

Ved $x=0$ er grafen på toppen og tangenten er vannrett. Dermed er $f\prime(0)\approx0$.

Ved $x=3$ tegner vi en rett tangent som følger grafens retning gjennom omtrent $(3,-0{,}5)$. Et annet avlest punkt på denne tangenten er omtrent $(4,1)$. Dette er et punkt på tangenten, ikke på selve kurven.

$$f\prime(3)\approx\frac{1-(-0{,}5)}{4-3}=1{,}5.$$ Begge svar bygger på avlesning. Figuren gir ikke et funksjonsuttrykk som vi kan derivere nøyaktig.

Vi forutsetter uavhengige, tilfeldige valg. Sannsynligheten for rett er $1/3$ og for galt $2/3$. Det ene rette svaret kan komme på hvilken som helst av tre oppgaver.

$$P(\text{ett rett})=\binom31\left(\frac13\right)\left(\frac23\right)^2=\frac49.$$

Antall som har valgt minst ett av fagene, er $8+10-3=15$. Vi trekker fra de tre som ellers ville blitt telt to ganger. Det er dermed $20-15=5$ elever som har valgt ingen av fagene.

Sannsynligheten er $$\frac5{20}=\frac14=25\,\%.$$

Vi velger to av fem til tomannsrommet. De tre andre må bo i tremannsrommet. Rekkefølgen i paret spiller ingen rolle:

$$\binom52=\frac{5\cdot4}{2\cdot1}=10.$$

Velger Anastasia tomannsrommet, får én av de fire andre plassen ved siden av henne. Da er sannsynligheten for Elena $1/4$.

Velger hun tremannsrommet, deler to av de fire rom med henne. Da er sannsynligheten $2/4=1/2$. Hun velger derfor tomannsrommet, og sannsynligheten blir $1/4=25\,\%$.

Vi teller hvem som deler rom, uten å skille mellom rommenes navn. Oppgaven sier ikke at alle rom må være i bruk. Da er de mulige gruppestørrelsene $3+2$, $3+1+1$ og $2+2+1$.

I siste rad deler vi på 2 fordi de to parene ellers telles i begge rekkefølger. Summen er $10+10+15=35$ forskjellige grupperinger.

Hvis man i tillegg forutsetter at alle tre rom skal brukes, faller tilfellet $3+2$ bort. Med den ekstra forutsetningen blir svaret $10+15=25$.

Vi bruker potensregresjon på alle seks parene $(x,V)$. Her er $x$ radius i cm og $V$ volum i mL. En potensmodell kan tilpasses ved å gjøre $\ln V=\ln a+b\ln x$ lineær og bruke minste kvadraters metode.

Tilpasningen gir $a\approx31{,}95543873$ og $b\approx2{,}096837889$. En modell er derfor $$V(x)\approx31{,}95543873x^{2{,}096837889},\qquad x>0.$$ Vi bruker koeffisientene uten mellomavrunding i de neste deloppgavene.

Målingene dekker radier fra 3,5 til 4,9 cm. Eksponenten er nær 2, som passer med at sylinderens volum med fast høyde er proporsjonalt med radius i andre potens.

I GeoGebra ble alle seks datapunktene lagt inn i listen L, og potensmodellen ble tilpasset med FitPow. Skriv kommandoene nedenfor. Bildet viser fem desimaler, men beregningene bruker den lagrede modellen uten å taste inn de avrundede koeffisientene på nytt.

Potensregelen gir $$V\prime(x)=abx^{b-1}.$$ Med de urundede koeffisientene får vi $$V\prime(4)\approx306{,}53\ \text{mL/cm}.$$ Dette er den momentane vekstfarten ved radius 4 cm.

For en liten radiusøkning $\Delta x$ nær 4 cm blir volumøkningen omtrent $306{,}53\Delta x$ mL. For eksempel gir $\Delta x=0{,}01$ cm omtrent 3,07 mL. Deriverten er ikke den eksakte volumforskjellen mellom radius 4 og 5 cm.

Med den lagrede modellen fra a gir kommandoen nedenfor $d=V\prime(4)\approx306{,}5292$. Punktet A markerer radius 4 cm, og den blå tangenten viser den lokale stigningen. Radius er målt i cm og volum i mL.

$$\frac{V(2x)}{V(x)}=\frac{a(2x)^b}{ax^b}=2^b\approx4{,}2777.$$ Volumet blir altså omtrent 4,278 ganger så stort.

Den prosentvise økningen er $$(4{,}2777-1)\cdot100\,\%\approx327{,}8\,\%.$$ Det er en økning på omtrent 328 %, ifølge modellen. Vi trekker fra 1 fordi det opprinnelige volumet allerede utgjør 100 %.

Dobling av en målt radius gir en radius utenfor dataintervallet. Dette er derfor en ekstrapolasjon, og svaret beskriver hva modellen sier.

I samme GeoGebra-modell ble dobling kontrollert med $V(8)/V(4)$. For en potensmodell er dette samme forhold som $V(2x)/V(x)=2^b$ for enhver positiv startverdi. Variabelen r viser faktoren 4,27771, og p viser økningen 327,77077 prosent. Beregningen ved radius 8 cm er en modellberegning utenfor måleintervallet.

Det er $80-14=66$ søkere som er 16 år eller eldre. La $X$ være antall av disse blant de ti som trekkes. Da er $X$ hypergeometrisk fordelt, fordi vi trekker uten tilbakelegging.

For $k$ søkere som er minst 16 år, velger vi $k$ blant 66 og resten blant 14. Dermed $$P(X\ge8)=\sum_{k=8}^{10}\frac{\binom{66}{k}\binom{14}{10-k}}{\binom{80}{10}}.$$

Summen er omtrent $0{,}7603094$, altså 76,03 %. Antall ledige jobber endrer ikke denne beregningen; her teller vi hvem som trekkes til intervju.

La $X_n$ være antall intervjuede som er minst 16 år når vi trekker $n$ personer. Vi trenger $P(X_n\ge10)\ge0{,}90$. For hvert heltall $n\ge10$ summerer vi $$P(X_n\ge10)=\sum_{k=\max(10,n-14)}^{\min(n,66)}\frac{\binom{66}{k}\binom{14}{n-k}}{\binom{80}{n}}.$$

13 intervjuer gir omtrent 83,74 %, mens 14 gir omtrent 93,75 %. Når vi legger til en ny tilfeldig søker i utvalget, kan antall som er minst 16 år ikke gå ned. Sannsynligheten er derfor ikke-avtakende med $n$. Minste antall er 14 intervjuer.

Bredden er forskjellen i førstekoordinater: $$AB=5-a.$$ Høyden er forskjellen i andrekoordinater: $$AD=200-f(a)=200-100\cdot0{,}8^a.$$

Arealet er $$A(a)=(5-a)(200-100\cdot0{,}8^a),\qquad0\le a<5.$$ Produktregelen gir $$A\prime(a)=-200+100\cdot0{,}8^a-100(5-a)\ln(0{,}8)\cdot0{,}8^a.$$

Vi løser likningen $A\prime(a)=0$ numerisk i det aktuelle intervallet og får $$a\approx0{,}1706657101.$$ For å kontrollere at vi har det største arealet, deriverer vi én gang til:

$$A\prime\prime(a)=100\cdot0{,}8^a\ln(0{,}8)\bigl(2-(5-a)\ln(0{,}8)\bigr).$$ Her er $\ln(0{,}8)<0$, mens de andre faktorene er positive på $0\le a<5$. Den andrederiverte er derfor negativ, og den deriverte avtar gjennom nullpunktet. Punktet er et maksimum.

Til sammenligning er $A(0)=500$ og $A(a)\to0$ når $a\to5$ nedenfra. Innsetting i arealuttrykket gir $$A(0{,}1706657101)\approx500{,}9792.$$ Det største arealet er omtrent 501 arealenheter.

Derivasjonen og den numeriske løsningen ble også utført i GeoGebras algebrafelt. Her brukes x som funksjonsargument i arealmodellen A. Derivative lager den deriverte D, og Root finner nullpunktet til D mellom 0 og 1. Førstekoordinaten til punktet R lagres som a; vi setter deretter denne verdien inn i arealmodellen.

Punktet M bekrefter det største arealet. Den siste kommandoen avgrenser grafen til $0\le a<5$. Oversiktsbildet under viser denne grafen; den vide algebraoversikten over viser hele den deriverte. De avrundede skjermverdiene erstatter ikke den lagrede presisjonen.

Ved og under 75 øre/kWh er det ingen støtte, så husholdningen betaler $x$. Over 75 øre/kWh trekkes $0{,}9(x-75)$ fra. Vi trenger derfor én regel på hver side av terskelen.

Når $x$ nærmer seg 75 ovenfra, går støttebeløpet $0{,}9(x-75)$ mot 0. Prisen etter støtte nærmer seg da 75. Fra venstre nærmer prisen $x$ seg også 75, og $f(75)=75$. Begge grenser er lik funksjonsverdien, så $f$ er kontinuerlig ved terskelen. Hver av de to lineære delene er dessuten kontinuerlig.

For $x>75$ får vi $$f(x)=x-0{,}9(x-75)=0{,}1x+67{,}5.$$ Dermed er $$f(x)=\begin{cases}x,&x\le75,\\0{,}1x+67{,}5,&x>75.\end{cases}$$ Både $x$ og $f(x)$ måles i øre/kWh. Formelen følger reglene og forutsetningene som er oppgitt i eksamensoppgaven.

Vi forutsetter rettferdige, uavhengige terninger. Det finnes $6\cdot4\cdot4=96$ like sannsynlige kastetripler.

For eksempel gir Eriks kast 3 poeng hvis hver av Kris sine terninger er 1 eller 2: $2\cdot2=4$ kastpar. Med kast 5 eller 6 slår Erik alle 16 parene. Summen blir $0+1+4+9+16+16=46$.

$$P(\text{Erik får poeng})=\frac{46}{96}=\frac{23}{48}\approx0{,}47917.$$ Like kast gir poeng til Kris og er ikke telt som seiere for Erik.

Vi simulerer 20 000 hele spill. Begge poengsummer nullstilles før hvert spill. I hver runde trekker vi tre terningkast, sammenligner Eriks kast med det største av Kris sine to og gir nøyaktig ett poeng. Ved likhet får Kris poenget.

Programmet skriver 5637 og 0.28185. I denne kjøringen vinner Erik altså 5637 av 20 000 spill, og estimatet er omtrent 28,2 %. Frøet 20260521 er valgt for at kjøringen skal kunne gjentas med samme tilfeldige tallfølge.

Svaret er omtrent 28 %. Med to andre frø og 10 000 spill i hver kjøring fikk vi 28,17 % og 27,48 %. Slike forskjeller er vanlig tilfeldig variasjon i simuleringer. Vi skal derfor ikke tolke alle desimalene i én kjøring som en nøyaktig sannsynlighet.