S1 Eksempeloppgave 2021

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

$$\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{x^2+x-2} = \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{(x-1)(x+2)}$$

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

$$= \lim_{x \to 1} \frac{1}{x+2} = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$$

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

$$\lg x + \lg(x+3) = 1$$ $$\lg\bigl(x(x+3)\bigr) = 1$$ $$x(x+3) = 10^1 = 10$$ $$x^2 + 3x - 10 = 0$$

Vi løser andregradslikningen ved faktorisering:

$$(x+5)(x-2) = 0$$ $$x = -5 \quad \text{eller} \quad x = 2$$

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.

$$x = 2$$

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 $a$:

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

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

b)

Den momentane vekstfarten til $f$ i punktet $(2, f(2))$ er den deriverte $f'(2)$.

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

$$f'(x) = 6x + a$$

Vi setter $f'(2) = 10$ og løser for $a$:

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

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

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.

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

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

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

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

Vi beregner hvert ledd:

$$P(X = 6) = \binom{8}{6} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^8 = 28 \cdot \frac{1}{256} = \frac{28}{256}$$ $$P(X = 7) = \binom{8}{7} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^8 = 8 \cdot \frac{1}{256} = \frac{8}{256}$$ $$P(X = 8) = \binom{8}{8} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^8 = 1 \cdot \frac{1}{256} = \frac{1}{256}$$

Sannsynligheten for minst seks A-er:

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

a)

Eleven beregner den numeriske tilnærmingen til den deriverte

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

og sjekker om den er positiv. Så lenge $f'(x) > 0$ øker funksjonen, og while-løkken fortsetter. Løkken stopper første gang $f'(x) \leq 0$, 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 $f(x) = \dfrac{x}{1+x^2}$ defineres.
• Skrittstørrelsen $h = 0{,}0001$ 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 $f'(x) \approx \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} > 0$.
• Ved $x = 0$ er $f'(0) > 0$ (funksjonen stiger), så løkken starter.
• For hvert steg økes $x$ med $0{,}01$.
• 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 $f'(x) = 0$:

$$f'(x) = \frac{(1+x^2) \cdot 1 - x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$$ $$f'(x) = 0 \implies 1 - x^2 = 0 \implies x = \pm 1$$

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 $(1,\ \tfrac{1}{2})$.

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: $10\,000 \cdot 1{,}018^3$
• Innskudd 2021 får rente i 2 år: $10\,000 \cdot 1{,}018^2$
• Innskudd 2022 får rente i 1 år: $10\,000 \cdot 1{,}018^1$

Totalbeløpet er summen av en geometrisk rekke:

$$B = \sum_{i=1}^{3} 10\,000 \cdot 1{,}018^i$$

Vi definerer $B(n) = \sum_{i=1}^{n} 10\,000 \cdot 1{,}018^i$ og beregner $B(3)$ i GeoGebra CAS (se linje 2):

$\underline{\underline{B(3) \approx 31\,093 \text{ kr}}}$

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 ($1{,}018$)
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 $B(20) \approx 242\,481 \text{ kr} < 250\,000$ og $B(21) \approx 257\,025 \text{ kr} \geq 250\,000$ (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 $0{,}56$.

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.

$$P(\text{begge viser 1--4}) = \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{16}{36}$$

Sannsynligheten for å vinne er da:

$$P(\text{vinne}) = 1 - \frac{16}{36} = \frac{20}{36} = \mathbf{\underline{\underline{\frac{5}{9} \approx 0{,}56}}}$$

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

a)

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

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

Inntekten er

$$I(x) = 27x$$

Overskuddet er inntekt minus kostnader:

$$O(x) = I(x) - K(x) = 27x - (0{,}0344x^2 + 0{,}480x + 558)$$ $$O(x) = -0{,}0344x^2 + 26{,}52x - 558$$

b)

Vi finner maksimalt overskudd ved å løse $O'(x) = 0$:

$$O'(x) = -0{,}0688x + 26{,}52 = 0$$ $$x = \frac{26{,}52}{0{,}0688} \approx 386$$

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

Men: måleområdet i tabellen er $50 \leq x \leq 275$. 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:

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

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:

$$P(X = k) = \frac{\binom{18}{k} \cdot \binom{12}{6-k}}{\binom{30}{6}}$$

Vi beregner $\binom{30}{6} = 593\,775$.

a)

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

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

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 ($X = 6$).

$$P(X = 6) = \frac{\binom{18}{6} \cdot \binom{12}{0}}{\binom{30}{6}} = \frac{18\,564}{593\,775} = \frac{68}{2175}$$ $$P(\text{minst 1 gutt}) = 1 - P(X = 6) = 1 - \frac{68}{2175} = \frac{2107}{2175} \approx \mathbf{0{,}9687}$$

Strategi 2 – summer over gunstige utfall:

$$P(\text{minst 1 gutt}) = \sum_{k=0}^{5} P(X = k)$$ $$= 0{,}0016 + 0{,}0240 + 0{,}1275 + 0{,}3023 + 0{,}3401 + 0{,}1732 \approx \mathbf{0{,}9687}$$

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

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: $\binom{17}{2} = 136$ måter
• 3 gutter fra 12 gutter: $\binom{12}{3} = 220$ måter

Totalt antall måter å trekke 6 elever fra 30: $\binom{30}{6} = 593\,775$.

$$P = \frac{\binom{1}{1} \cdot \binom{17}{2} \cdot \binom{12}{3}}{\binom{30}{6}} = \frac{1 \cdot 136 \cdot 220}{593\,775} = \frac{29\,920}{593\,775} = \frac{5984}{118\,755} \approx \underline{\underline{0{,}0504}}$$

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:

$$A(t) = t \cdot f(t) = t \cdot \frac{8}{t^2 + 4} = \frac{8t}{t^2 + 4}, \quad t > 0$$

Vi deriverer ved hjelp av kvotientregelen:

$$A'(t) = \frac{8(t^2+4) - 8t \cdot 2t}{(t^2+4)^2} = \frac{8t^2 + 32 - 16t^2}{(t^2+4)^2} = \frac{32 - 8t^2}{(t^2+4)^2}$$

Vi setter $A'(t) = 0$:

$$32 - 8t^2 = 0 \implies t^2 = 4 \implies t = 2 \quad (t > 0)$$

Vi sjekker at dette er et maksimum: $A'(t) > 0$ for $0 < t < 2$ og $A'(t) < 0$ for $t > 2$, så $t = 2$ gir et maksimum.

Maksimalt areal:

$$A(2) = \frac{8 \cdot 2}{2^2 + 4} = \frac{16}{8} = 2$$

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

Vi har

$$f(x) = \frac{e^x}{e^x + C}$$

a) Topp- og bunnpunkt

Vi deriverer $f$ med kvotientregelen:

$$f'(x) = \frac{e^x(e^x + C) - e^x \cdot e^x}{(e^x + C)^2} = \frac{e^x \cdot C}{(e^x + C)^2}$$

For et topp- eller bunnpunkt kreves $f'(x) = 0$, altså

$$\frac{C \cdot e^x}{(e^x + C)^2} = 0$$

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 $f'(x) = \dfrac{C \cdot e^x}{(e^x + C)^2}$ igjen. Med kvotientregelen:

$$f''(x) = \frac{C e^x (e^x + C)^2 - C e^x \cdot 2(e^x+C) \cdot e^x}{(e^x+C)^4}$$ $$= \frac{C e^x \bigl[(e^x + C) - 2e^x\bigr]}{(e^x+C)^3} = \frac{C e^x (C - e^x)}{(e^x + C)^3}$$

For vendepunkt kreves $f''(x) = 0$:

$$C e^x (C - e^x) = 0$$

$e^x > 0$ 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 $f''$ skifter fortegn i $x = \ln C$:

• For $x < \ln C$: $e^x < C$, så $(C - e^x) > 0 \Rightarrow f''(x) > 0$ (om $C > 0$)
• For $x > \ln C$: $e^x > C$, så $(C - e^x) < 0 \Rightarrow f''(x) < 0$ (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 $f(x + \ln C) = \dfrac{e^x}{e^x + 1}$

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

$$f(x + \ln C) = \frac{e^{x + \ln C}}{e^{x + \ln C} + C} = \frac{e^x \cdot e^{\ln C}}{e^x \cdot e^{\ln C} + C} = \frac{e^x \cdot C}{e^x \cdot C + C}$$ $$= \frac{C e^x}{C(e^x + 1)} = \frac{e^x}{e^x + 1}$$

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

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 $f'(x) = \dfrac{C e^x}{(e^x+C)^2}$ og $C < 0$, er $f'(x) < 0$ 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 $f'$ (graf (iii))

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

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

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

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

Steg 3 – Gjenkjenn $f''$ (graf (ii))

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

• $f''$ er den deriverte av $f'$. Siden $f'$ er en parabel (andregradsfunksjon), er $f''$ en lineær funksjon (førstegradsfunksjon).
• $f''$ har ett nullpunkt (der $f'$ har sitt bunnpunkt, altså i $x = 0$), og $f''$ skifter fortegn der: $f''(x) < 0$ for $x < 0$ og $f''(x) > 0$ 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 $f''$ som passerer gjennom origo med positivt stigningstall (for eksempel $f''(x) = 6x$).

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

Oppsummering

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