S1 Eksempeloppgave 2021

Vi setter inn $x=1$ direkte og får formen $\frac{0}{0}$, som er ubestemt. Vi faktoriserer teller og nevner:

Vi forkorter den felles faktoren $(x-1)$ (gyldig siden $x\ne 1$ i en grenseverdibehandling):

Vi bruker logaritmens produktregel $\lg a+\lg b=\lg (a\cdot b)$:

Vi løser andregradslikningen ved faktorisering:

Vi sjekker gyldigheten av løsningene. Logaritmen er bare definert for positive argumenter.

• $x=-5$: $\lg (-5)$ er ikke definert. Forkastes.
• $x=2$: $\lg 2>0$ og $\lg (2+3)=\lg 5>0$. Gyldig.

a)

Den gjennomsnittlige vekstfarten til $f$ på intervallet $[2,4]$ er differenskvotienten

$$\frac{f(4)-f(2)}{4-2}$$

Vi beregner $f(4)$ og $f(2)$:

$$f(4)=3\cdot 4^2+a\cdot 4+2=48+4a+2=50+4a$$

$$f(2)=3\cdot 2^2+a\cdot 2+2=12+2a+2=14+2a$$

Differenskvotienten blir:

$$\frac{f(4)-f(2)}{4-2}=\frac{(50+4a)-(14+2a)}{2}=\frac{36+2a}{2}=18+a$$

Vi setter dette lik 10 og løser for $a$:

$$\begin{array}{cc}18+a& =10\\ a& =-8\end{array}$$

$\underline{\underline{a=-8}}$

b)

Den momentane vekstfarten til $f$ i punktet $(2,f(2))$ er den deriverte $f^{\prime }(2)$.

Vi deriverer $f(x)=3x^2+ax+2$:

$$f^{\prime }(x)=6x+a$$

Vi setter $f^{\prime }(2)=10$ og løser for $a$:

$$\begin{array}{cc}6\cdot 2+a& =10\\ 12+a& =10\\ a& =-2\end{array}$$

$\underline{\underline{a=-2}}$

a)

Koden består av åtte tegn, og hvert tegn er enten A eller B. Det er altså to valg for hver posisjon, og valgene er uavhengige av hverandre.

Antall ulike koder:

$$2^8=256$$

b)

Siden koden er tilfeldig, er hvert tegn like sannsynlig A som B. Vi lar $X$ være antall A-er i koden.

$$X\sim \text{Bin}(8,\mathrm{0,5})$$

Vi vil finne $P(X\ge 6)=P(X=6)+P(X=7)+P(X=8)$.

For binomisk fordeling med $p=\mathrm{0,5}$ og $n=8$ gjelder:

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{k}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^8$$

Vi beregner hvert ledd:

$$P(X=6)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{6}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^8=28\cdot \frac{1}{256}=\frac{28}{256}$$

$$P(X=7)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{7}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^8=8\cdot \frac{1}{256}=\frac{8}{256}$$

$$P(X=8)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{8}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^8=1\cdot \frac{1}{256}=\frac{1}{256}$$

Sannsynligheten for minst seks A-er:

$$P(X\ge 6)=\frac{28+8+1}{256}=\frac{37}{256}\approx \mathrm{0,14}$$

a)

Eleven beregner den numeriske tilnærmingen til den deriverte

$$f^{\prime }(x)\approx \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

og sjekker om den er positiv. Så lenge $f^{\prime }(x)>0$ øker funksjonen, og while-løkken fortsetter. Løkken stopper første gang $f^{\prime }(x)\le 0$, det vil si når funksjonen slutter å vokse.

Eleven ønsker altså å finne $x$-koordinaten til toppunktet på grafen til $f$.

b)

Vi følger programmet steg for steg:

Definisjon og startverdier:

def f(x):
    return x/(1+x**2)

h = 0.0001
x = 0

• Funksjonen $f(x)={\displaystyle \frac{x}{1+x^2}}$ defineres.
• Skrittstørrelsen $h=\mathrm{0,0001}$ brukes til numerisk derivasjon.
• Startpunktet settes til $x=0$.

While-løkken:

while (f(x+h)-f(x))/h > 0:
    x = x + 0.01

• Betingelsen sjekker om $f^{\prime }(x)\approx {\displaystyle \frac{f(x+h)-f(x)}{h}}>0$.
• Ved $x=0$ er $f^{\prime }(0)>0$ (funksjonen stiger), så løkken starter.
• For hvert steg økes $x$ med $\mathrm{0,01}$.
• Løkken fortsetter så lenge funksjonen stiger, og stopper første gang den slutter å stige.

Utskrift:

print("x=", x)

Programmet skriver ut $x$-verdien der funksjonen slutter å stige, altså $x$-koordinaten til toppunktet.

Resultatet:

Programmet skriver ut:

x= 1.0

Kontroll analytisk: Vi finner toppunktet ved å løse $f^{\prime }(x)=0$:

$$f^{\prime }(x)=\frac{(1+x^2)\cdot 1-x\cdot 2x}{{(1+x^2)}^2}=\frac{1-x^2}{{(1+x^2)}^2}$$

$$f^{\prime }(x)=0⟹1-x^2=0⟹x=\pm 1$$

Siden $x$ starter på $0$ og øker, finner programmet $x=1$. Toppunktets $y$-verdi er

$$f(1)=\frac{1}{1+1^2}=\frac{1}{2}$$

Toppunktet er $(1,\frac{1}{2})$.

a)

Første innskudd settes inn 1. januar 2020. Per 31. desember 2022 har Halvor gjort tre innskudd (2020, 2021, 2022). Hvert innskudd forrentes frem til 31. desember 2022:

• Innskudd 2020 får rente i 3 år: $10000\cdot {\mathrm{1,018}}^3$
• Innskudd 2021 får rente i 2 år: $10000\cdot {\mathrm{1,018}}^2$
• Innskudd 2022 får rente i 1 år: $10000\cdot {\mathrm{1,018}}^1$

Totalbeløpet er summen av en geometrisk rekke:

$$B=\sum _{i=1}^{3}10000\cdot {\mathrm{1,018}}^i$$

Vi definerer $B(n)={\sum }_{i=1}^{n}10000\cdot {\mathrm{1,018}}^i$ og beregner $B(3)$ i GeoGebra CAS (se linje 2):

$\underline{\underline{B(3)\approx 31093\text{ kr}}}$

b)

$B(x)$ er ikke en kontinuerlig funksjon. Halvor setter inn penger én gang per år — på 1. januar. Mellom innskuddstidspunktene hopper beløpet brått opp når nytt innskudd settes inn, og funksjonen er bare definert på hele tallverdier av $x$ (antall år etter 2020). En funksjon med slike hopp (diskontinuiteter) kan ikke være kontinuerlig.

c)

Programmet bruker en while-løkke som simulerer år for år: ved starten av hvert år settes det inn et nytt innskudd, og hele beløpet (gammelt + nytt innskudd) forrentes gjennom året. Løkken teller år helt til beløpet er større eller lik $K$.

Steg for steg:

1. r = 1 + rentefot / 100 — regner om rentefoten til en vekstfaktor ($\mathrm{1,018}$)
2. beløp = 0 og år = 0 — starter med tomt beløp
3. Løkken kjører så lenge beløp < K:
   • beløp = (beløp + innskudd) * r — innskudd legges til, deretter forrentes hele beløpet ett år
   • år = år + 1 — teller opp antall år
4. Når løkken avsluttes, skrives antall år ut

rentefot = 1.8
innskudd = 10000
K = 250000

r = 1 + rentefot / 100
beløp = 0
år = 0

while beløp < K:
    beløp = (beløp + innskudd) * r
    år = år + 1

print("Det tar", år, "år")

Vi kan bekrefte med GeoGebra CAS at $B(20)\approx 242481\text{ kr}<250000$ og $B(21)\approx 257025\text{ kr}\ge 250000$ (se linje 3 og 4 i figuren over).

$\underline{\underline{\text{Det tar 21 år}}}$

Vi skriver et Python-program som simulerer spillet mange ganger og teller opp hvor ofte vi vinner.

Koden:

import random

antall_simuleringer = 100000
antall_seire = 0

for i in range(antall_simuleringer):
    terning1 = random.randint(1, 6)
    terning2 = random.randint(1, 6)
    if terning1 >= 5 or terning2 >= 5:
        antall_seire += 1

sannsynlighet = antall_seire / antall_simuleringer
print(sannsynlighet)

Forklaring av koden, linje for linje:

• import random — henter inn Python-biblioteket random, som kan trekke tilfeldige tall.
• antall_simuleringer = 100000 — vi bestemmer at vi vil kaste to terninger 100 000 ganger. Jo flere simuleringer, desto nærmere den eksakte sannsynligheten kommer vi.
• antall_seire = 0 — en teller som starter på 0 og økes hver gang vi vinner.
• for i in range(antall_simuleringer): — løkken gjentar det som følger 100 000 ganger.
• terning1 = random.randint(1, 6) — simulerer ett kast med en vanlig sekssidet terning ved å trekke et tilfeldig heltall mellom 1 og 6 (begge grenser inkludert).
• terning2 = random.randint(1, 6) — simulerer det andre terningkastet på samme måte.
• if terning1 >= 5 or terning2 >= 5: — sjekker om minst én av terningene viser 5 eller 6. or betyr at det holder at én av betingelsene er sann.
• antall_seire += 1 — hvis vi vant denne runden, økes seiertelleren med 1.
• sannsynlighet = antall_seire / antall_simuleringer — til slutt deler vi antall seire på antall simuleringer for å få den estimerte sannsynligheten.

Med 100 000 simuleringer vil programmet typisk gi et svar nær $\mathrm{0,56}$.

Eksakt sannsynlighet (til sammenligning):

Vi kan beregne den eksakte sannsynligheten ved uttømmende telling. To terninger gir $6\cdot 6=36$ like sannsynlige utfall.

Vi bruker komplementregning: det er enklere å telle utfall der vi ikke vinner, det vil si at begge terningene viser 1, 2, 3 eller 4.

Sannsynligheten for å vinne er da:

Simuleringen med 100 000 kast vil altså normalt gi et svar svært nær $\frac{5}{9}\approx \mathrm{0,56}$.

a)

Vi bruker GeoGebra CAS til å lage en andregradsmodell for kostnadene basert på tabellen. FitPoly-regresjonen gir:

$$K(x)\approx \mathrm{0,0344}{x}^2+\mathrm{0,480}x+558$$

Inntekten er

$$I(x)=27x$$

Overskuddet er inntekt minus kostnader:

$$O(x)=I(x)-K(x)=27x-(\mathrm{0,0344}{x}^2+\mathrm{0,480}x+558)$$

$$O(x)=-\mathrm{0,0344}{x}^2+\mathrm{26,52}x-558$$

b)

Vi finner maksimalt overskudd ved å løse $O^{\prime }(x)=0$:

$$O^{\prime }(x)=-\mathrm{0,0688}x+\mathrm{26,52}=0$$

$$x=\frac{\mathrm{26,52}}{\mathrm{0,0688}}\approx 386$$

Da vil overskuddet være $O(386)\approx 4553$ kr.

Men: måleområdet i tabellen er $50\le x\le 275$. Verdien $x\approx 386$ ligger utenfor dette området – modellen ekstrapolerer forbi dataene, og vi kan ikke være sikre på at den beskriver virkeligheten godt der. Innenfor måleområdet er overskuddet en stigende funksjon (siden toppunktet er ved $x\approx 386>275$), så overskuddet er størst ved den høyeste dataverdien:

$$O(275)=-\mathrm{0,0344}\cdot {275}^2+\mathrm{26,52}\cdot 275-558\approx 4134\text{ kr}$$

Bakeriet bør altså bake og selge 275 brød per dag for å få størst mulig overskudd innenfor det området modellen er pålitelig, og overskuddet vil da være ca. 4134 kroner.

Vi har totalt 30 elever (12 gutter og 18 jenter), og trekker 6 uten tilbakelegging. La $X$ være antall jenter som trekkes ut. Da er $X$ hypergeometrisk fordelt.

Den generelle formelen er:

Vi beregner $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{30}{6}\right)=593775$.

a)

Vi regner ut $P(X=k)$ for $k=0,1,\dots ,6$:

$k$	$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{18}{k}\right)$	$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{6-k}\right)$	$P(X=k)$
0	1	924	$\approx \mathrm{0,0016}$
1	18	792	$\approx \mathrm{0,0240}$
2	153	495	$\approx \mathrm{0,1275}$
3	816	220	$\approx \mathrm{0,3023}$
4	3060	66	$\approx \mathrm{0,3401}$
5	8568	12	$\approx \mathrm{0,1732}$
6	18564	1	$\approx \mathrm{0,0313}$

Grafisk fremstilling av sannsynlighetsfordelingen (laget i GeoGebra):

b)

Strategi 1 – komplementærhendelse:

«Minst én gutt» er komplementet til «ingen gutter», dvs. at alle 6 er jenter ($X=6$).

$$P(X=6)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{18}{6}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{30}{6}\right)}=\frac{18564}{593775}=\frac{68}{2175}$$

$$P(\text{minst 1 gutt})=1-P(X=6)=1-\frac{68}{2175}=\frac{2107}{2175}\approx \mathrm{𝟎,𝟗𝟔𝟖𝟕}$$

Strategi 2 – summer over gunstige utfall:

$$P(\text{minst 1 gutt})=\sum _{k=0}^{5}P(X=k)$$

$$=\mathrm{0,0016}+\mathrm{0,0240}+\mathrm{0,1275}+\mathrm{0,3023}+\mathrm{0,3401}+\mathrm{0,1732}\approx \mathrm{𝟎,𝟗𝟔𝟖𝟕}$$

Begge strategier gir $P(\text{minst 1 gutt})={\displaystyle \frac{2107}{2175}}\approx \underline{\underline{\mathrm{0,97}}}$.

c)

Maya er én bestemt jente blant 18. For at Maya skal trekkes ut sammen med nøyaktig 2 andre jenter og 3 gutter, må vi velge:

• Maya: bestemt (1 måte)
• 2 jenter fra de resterende 17 jentene: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{17}{2}\right)=136$ måter
• 3 gutter fra 12 gutter: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{3}\right)=220$ måter

Totalt antall måter å trekke 6 elever fra 30: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{30}{6}\right)=593775$.

$$P=\frac{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1}{1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{17}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{30}{6}\right)}=\frac{1\cdot 136\cdot 220}{593775}=\frac{29920}{593775}=\frac{5984}{118755}\approx \underline{\underline{\mathrm{0,0504}}}$$

Rektangelet $ABCD$ har hjørnene $A$ i origo, $B$ på $x$-aksen ved $x=t$, $C$ på grafen til $f$ ved $x=t$, og $D$ på $y$-aksen.

Siden $A$ er i origo og $D$ er på $y$-aksen, er bredden til rektangelet $t$ og høyden $f(t)$.

Vi setter opp arealfunksjonen:

Vi deriverer ved hjelp av kvotientregelen:

Vi setter $A^{\prime }(t)=0$:

Vi sjekker at dette er et maksimum: $A^{\prime }(t)>0$ for $0<t<2$ og $A^{\prime }(t)<0$ for $t>2$, så $t=2$ gir et maksimum.

Maksimalt areal:

Arealet til rektangelet $ABCD$ er størst mulig når $t=2$, og det maksimale arealet er $2$.

Vi har

a) Topp- og bunnpunkt

Vi deriverer $f$ med kvotientregelen:

For et topp- eller bunnpunkt kreves $f^{\prime }(x)=0$, altså

Telleren er $C\cdot e^x$. Siden $e^x>0$ for alle $x$, er den eneste muligheten $C=0$. Men da er $f(x)=\frac{e^x}{e^x}=1$ (konstant), noe som ikke gir et topp- eller bunnpunkt.

Grafen til $f$ har ingen topp- eller bunnpunkt for noen verdi av $C$.

b) Vendepunkt

Vi deriverer $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{C\cdot e^x}{{(e^x+C)}^2}}$ igjen. Med kvotientregelen:

For vendepunkt kreves $f^{\prime \prime }(x)=0$:

$e^x>0$ alltid, så enten $C=0$ (gir konstant funksjon) eller $C=e^x$, dvs. $x=\ln C$.

$\ln C$ er bare definert når $C>0$. Vi sjekker at $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i $x=\ln C$:

• For $x<\ln C$: $e^x<C$, så $(C-e^x)>0\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)>0$ (om $C>0$)
• For $x>\ln C$: $e^x>C$, så $(C-e^x)<0\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)<0$ (om $C>0$)

Fortegnskifte bekrefter vendepunkt.

Grafen til $f$ har et vendepunkt når $C>0$, og vendepunktet er ved $x=\ln C$.

c) $C>0$: Vis at $f(x+\ln C)={\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}$

Vi setter inn $x+\ln C$ i $f$:

Dette er funksjonen $f$ med $C=1$. Å erstatte $x$ med $x+\ln C$ tilsvarer en horisontal forskyvning av grafen med $-\ln C$:

• $C>1$: $\ln C>0$, grafen forskyves $\ln C$ enheter til venstre
• $0<C<1$: $\ln C<0$, grafen forskyves $|\ln C|$ enheter til høyre
• $C=1$: $\ln C=0$, ingen forskyvning

Funksjonen ${\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}$ er en sigmoid-funksjon som øker fra $0$ til $1$, med vendepunkt i $(0,\frac{1}{2})$.

d) $C<0$: Grafens oppførsel

Når $C<0$ er uttrykket $e^x+C=0$ for $x=\ln (-C)$ (siden $-C>0$). Funksjonen $f$ er udefinert i dette punktet, og vi får et bruddpunkt.

Vi undersøker grenseverdier rundt bruddet:

• $x\to \ln {(-C)}^{-}$: $e^x+C\to 0^{-}$ (fra venstre), telleren $e^x>0$, så $f(x)\to -\infty$
• $x\to \ln {(-C)}^{+}$: $e^x+C\to 0^{+}$, så $f(x)\to +\infty$

Og ytterverdiene:

• $x\to -\infty$: $e^x\to 0$, $f(x)\to 0/(0+C)=0$
• $x\to +\infty$: $e^x\gg |C|$, $f(x)\to e^x/e^x=1$

Verdimengden er $(-\infty ,0)\cup (1,+\infty )$, med horisontale asymptotter $y=0$ og $y=1$.

Siden $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{C{e}^x}{{(e^x+C)}^2}}$ og $C<0$, er $f^{\prime }(x)<0$ overalt der $f$ er definert. Grafen er fallende på begge intervaller $(-\infty ,\ln (-C))$ og $(\ln (-C),+\infty )$.

Når $C$ endres (fortsatt $<0$), forskyves bruddet: større $|C|$ gir bruddpunkt lenger til høyre ($\ln (-C)$ øker med $|C|$).

Vi bruker sammenhengen mellom en funksjon og dens deriverte til å identifisere grafene.

Steg 1 – Gjenkjenn $f$ (graf (i))

Graf (i) er en S-formet kurve som er monotont stigende for alle $x$. Den har et vendepunkt i origo og ingen lokale ekstrema. Dette er den typiske formen til en kubikkfunksjon uten lokale topp- eller bunnpunkter, for eksempel $f(x)=x^3$.

$\underline{\underline{\text{Graf (i) er }f.}}$

Steg 2 – Gjenkjenn $f^{\prime }$ (graf (iii))

Siden $f$ er monotont stigende for alle $x$, må $f^{\prime }(x)\ge 0$ for alle $x$. Graf (iii) er en oppovervendt parabel som tangerer $x$-aksen i origo og ellers er positiv. Dette stemmer med at:

• $f^{\prime }$ har ett nullpunkt, nemlig i $x=0$. Dette svarer til vendepunktet til $f$ (i origo), der stigningen til $f$ er minst (men ikke negativ).
• $f^{\prime }(x)\ge 0$ for alle $x$, siden $f$ aldri er synkende.

En parabel som tangerer $x$-aksen i origo er nettopp $f^{\prime }(x)=3x^2$ (for $f(x)=x^3$).

$\underline{\underline{\text{Graf (iii) er }{f}^{\prime }.}}$

Steg 3 – Gjenkjenn $f^{\prime \prime }$ (graf (ii))

Den gjenværende grafen er (ii), og vi verifiserer at dette gir mening:

• $f^{\prime \prime }$ er den deriverte av $f^{\prime }$. Siden $f^{\prime }$ er en parabel (andregradsfunksjon), er $f^{\prime \prime }$ en lineær funksjon (førstegradsfunksjon).
• $f^{\prime \prime }$ har ett nullpunkt (der $f^{\prime }$ har sitt bunnpunkt, altså i $x=0$), og $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn der: $f^{\prime \prime }(x)<0$ for $x<0$ og $f^{\prime \prime }(x)>0$ for $x>0$. Dette samsvarer med at $f$ er konkav for $x<0$ og konveks for $x>0$, med vendepunkt i $x=0$.
• Graf (ii) er en kurve med bunnpunkt til venstre for $y$-aksen og nullpunkter på begge sider, noe som er konsistent med en lineær $f^{\prime \prime }$ som passerer gjennom origo med positivt stigningstall (for eksempel $f^{\prime \prime }(x)=6x$).

$\underline{\underline{\text{Graf (ii) er }{f}^{\prime \prime }.}}$

Oppsummering

Graf	Funksjon	Begrunnelse
(i)	$f$	S-formet kubikk, monotont stigende, vendepunkt i origo
(iii)	$f^{\prime }$	Parabel, $f^{\prime }(x)\ge 0$ for alle $x$, tangerer $x$-aksen i vendepunktet til $f$
(ii)	$f^{\prime \prime }$	Lineær, skifter fortegn i $x=0$ (vendepunktet til $f$, bunnpunktet til $f^{\prime }$)