S1 Vår 2025

Vi skal finne nullpunktene til $g(x)=\frac{1}{2}{e}^x\cdot {(2x-1)}^2$.

Siden $\frac{1}{2}{e}^x>0$ for alle $x$, må ${(2x-1)}^2=0$.

$g$ har ett nullpunkt: $\underline{\underline{x=\frac{1}{2}}}$ (dobbelrot).

Vi bruker produktregelen på $g(x)=u(x)\cdot v(x)$ med

Produktregelen gir

Vi faktoriserer ut $\frac{1}{2}{e}^x(2x-1)$:

Dette er det vi skulle vise. $■$

Vi setter $g^{\prime }(x)=0$. Siden $\frac{1}{2}{e}^x>0$ for alle $x$, er det tilstrekkelig å løse

Vi bestemmer fortegnet til $g^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{e}^x\cdot (2x-1)\cdot (2x+3)$:

$g$ har et toppunkt i $x=-\frac{3}{2}$ og et bunnpunkt i $x=\frac{1}{2}$.

Vi beregner $y$-verdiene:

Koordinater:

• Toppunkt: $\underline{\underline{(-\frac{3}{2},8e^{-3/2})}}$
• Bunnpunkt: $\underline{\underline{(\frac{1}{2},0)}}$

Vi skriver 81 som en potens med grunntall 3:

Likningen blir da

Siden grunntalene er like, kan vi sette eksponentene like:

Vi bruker logaritmereglene for å forenkle venstresiden:

Først bruker vi potensregelen $\lg a^n=n\lg a$:

Likningen er altså

Skuddene er uavhengige, så vi ganger sannsynlighetene:

Arne treffer på nøyaktig to av tre skudd. Det betyr at han bommer på nøyaktig ett skudd. Det er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)=3$ måter å velge hvilke to skudd som er treff.

Høyst ett treff betyr $X=0$ eller $X=1$.

Vi beregner venstregrenseverdi, funksjonsverdi og høyregrenseverdi for $f$:

(siden $x\ge 0$ gjelder for $x=0$)

Alle tre er like: ${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)={\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=2$.

$f$ er kontinuerlig i $x=0$.

Vi beregner venstregrenseverdi, funksjonsverdi og høyregrenseverdi for $g$:

(spesifisert direkte i definisjonen)

Grenseverdiene fra venstre og høyre er begge $2$, men $g(0)=1\ne 2$.

Kontinuitetskravet er ikke oppfylt.

$g$ er ikke kontinuerlig i $x=0$.

Sifrene 7, 8, 9 og 0 er ikke med, så hvert siffer velges fra mengden $\{1,2,3,4,5,6\}$ — 6 mulige sifre per posisjon. Vi antar at sifrene kan gjentas (vanligste tolkning for hengelåskoder).

Antall mulige koder:

Peder vet ikke koden, og vi antar han gjetter tilfeldig blant alle 216 mulige koder. Det er bare én riktig kode, så sannsynligheten for å treffe på første forsøk er:

Sannsynligheten er $\underline{\underline{\frac{1}{216}\approx \mathrm{0,46}\%}}$.

Vi simulerer situasjonen 100 000 ganger. I hver runde trekkes en tilfeldig «fasit-kode» og en tilfeldig «gjetting», begge med sifre fra $\{1,2,3,4,5,6\}$. Vi teller hvor mange ganger gjettingen treffer fasit-koden.

import numpy as np
rng = np.random.default_rng(42)
n = 100_000
faktisk = rng.integers(1, 7, size=(n, 3))
gjett = rng.integers(1, 7, size=(n, 3))
treff = np.all(faktisk == gjett, axis=1)
print(f"Estimat: {np.mean(treff):.4f}")

Resultat:

Estimat: 0.0043

Simuleringen gir ca. $\mathrm{0,43}\%$, som stemmer godt med den teoretiske verdien $\frac{1}{216}\approx \mathrm{0,46}\%$. Avviket skyldes tilfeldig variasjon i simuleringen.

Vi skal velge 4 elever fra 10 uten hensyn til rekkefølge. Antall måter er gitt ved binomialkoeffisienten

Det er $\underline{\underline{210}}$ mulige måter å sette sammen arbeidsgruppen på.

Vi søker $P(\text{minst 2 gutter})$. Det er lettest å bruke komplementregelen:

Det er 3 gutter og 7 jenter blant de 10 elevene.

P(0 gutter): Alle 4 velges blant de 7 jentene.

P(1 gutt): Én gutt velges blant 3, tre jenter velges blant 7.

P(minst 2 gutter):

Sannsynligheten for at minst to gutter blir med i arbeidsgruppen er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{1}{3}}\approx \mathrm{33,3}\%}}$.

Vi skal finne sannsynligheten for at nøyaktig én av de to jentene Emma og Marie blir med.

Vi deler de 10 elevene i to grupper: {Emma, Marie} (2 elever) og de øvrige 8 elevene.

Nøyaktig én av Emma/Marie betyr at vi velger 1 fra {Emma, Marie} og 3 fra de resterende 8.

Sannsynligheten for at bare én av de to jentene blir med i arbeidsgruppen er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{8}{15}}\approx \mathrm{53,3}\%}}$.

La $X$ være antall av de 10 personene som stemte Fremskrittspartiet.

Vi trekker 10 tilfeldige personer fra hele landet, der $\mathrm{11,3}\%$ stemte FrP. Siden populasjonen (alle som stemte ved valget) er svært stor i forhold til utvalget, er sannsynligheten tilnærmet konstant fra trekning til trekning. Derfor er $X$ binomisk fordelt med $n=10$ og $p=\mathrm{0,113}$.

Vi ønsker $P(X\ge 4)=1-P(X\le 3)$.

I GeoGebra CAS:

$P(X\ge 4)\approx \underline{\underline{\mathrm{1,95}\%}}$

Det er altså svært liten sannsynlighet for at minst 4 av de 10 stemte FrP.

I denne valgkretsen stemte 100 av 243 på Arbeiderpartiet. Vi trekker 10 personer uten tilbakelegging fra en avgrenset populasjon på 243 personer.

Begrunnelse for hypergeometrisk fordeling: Fordi populasjonen er liten ($N=243$) i forhold til utvalget ($n=10$), endres sannsynligheten for å trekke en Ap-velger for hvert nye trekk. Binomisk fordeling forutsetter konstant sannsynlighet og passer ikke her. Vi bruker derfor hypergeometrisk fordeling med

La $Y$ være antall av de 10 som stemte Arbeiderpartiet. Vi ønsker $P(Y\ge 4)=1-P(Y\le 3)$.

I GeoGebra CAS:

(Se bildet over.)

$P(Y\ge 4)\approx \underline{\underline{\mathrm{65,0}\%}}$

Det er altså omtrent $65$ % sannsynlighet for at minst 4 av de 10 tilfeldige personene stemte Arbeiderpartiet i denne valgkretsen.

For å finne største inntekt setter vi $I^{\prime }(x)=0$ og løser:

GeoGebra CAS (linje 7) gir $x\approx 261$ (positiv løsning).

Vi sjekker at dette er et maksimum: $I^{\prime \prime }(x)=-\mathrm{0,006}x+\mathrm{0,4}$, og $I^{\prime \prime }(261)=-\mathrm{0,006}\cdot 261+\mathrm{0,4}\approx -\mathrm{1,2}<0$ — bekrefter maksimum.

GeoGebra CAS (linje 8): $I(261)\approx 21945\mathrm{kr}$.

Den største mulige inntekten er $\underline{\underline{I\approx 21945\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}}}$ ved produksjon og salg av 261 T-skjorter.

For å finne største overskudd setter vi $O^{\prime }(x)=0$ og løser:

GeoGebra CAS (linje 10) gir $x\approx 219$ (positiv løsning).

GeoGebra CAS (linje 11): $O(219)\approx 8193\mathrm{kr}$.

Det største mulige overskuddet er $\underline{\underline{O\approx 8193\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}}}$ ved produksjon og salg av 219 T-skjorter.

Med kampanje doneres 30 kr per solgte T-skjorte, slik at overskuddsfunksjonen blir:

Vi vil finne det største antallet T-skjorter $x$ der $O_k(x)\ge 0$, dvs. vi løser $O_k(x)=0$.

GeoGebra CAS (linje 12) gir røttene $x\approx -\mathrm{269,6}$, $x\approx \mathrm{117,8}$ og $x\approx \mathrm{251,8}$.

Den største positive røtten er $x\approx \mathrm{251,8}$. Vi sjekker: $O_k(251)\approx 57>0$ og $O_k(252)\approx -13<0$.

Bedriften kan produsere og selge maks $\underline{\underline{251\text{ T-skjorter}}}$ i kampanjeuken uten å gå med underskudd.

Grafen viser en kurve som vokser stadig raskere — verdien mangedobles over perioden og øker prosentvis omtrent like mye hvert år. Det tyder på eksponentiell vekst, ikke lineær.

Vi avleser to punkter fra grafen:

En eksponentiell modell har formen $O(t)=a\cdot b^t$. Vi setter $a=330$ (startverdi) og bestemmer $b$ fra

Modell: $\underline{\underline{O(t)\approx 330\cdot {\mathrm{1,18}}^t}}$

Modellen passer godt med den gitte $V(t)=330\cdot {\mathrm{1,1787}}^t$.

Vi bruker GeoGebra CAS med $V(t)=330\cdot {\mathrm{1,1787}}^t$:

Tolkning: I år 2018 ($t=20$) var oljefondet verdt ca. $8843$ milliarder kroner, og verdien økte med ca. $1454$ milliarder kroner per år.

Vi beregner gjennomsnittlig vekstfart i hvert intervall (se CAS-utklippet over):

Forholdet mellom vekstfartene:

Vekstfarten i perioden $[16,26]$ er ca. 14 ganger så stor som i $[0,10]$. Dette er som forventet for en eksponentiell funksjon — prosentveksten er konstant, men siden grunnlaget er mye større mot slutten, øker den absolutte veksten kraftig.