S1 Høst 2022

Vi deriverer $O(x) = -0{,}05x^2 + 100x - 10\,000$:

Vi setter inn $x = 500$:

Tolkning: Når bedriften produserer 500 enheter per uke, øker overskuddet med omtrent 50 kroner for hver ekstra enhet som produseres og selges.

Overskuddet er størst når $O'(x) = 0$:

Siden andregradsleddet i $O(x)$ er negativt ($-0{,}05 < 0$), er $x = 1000$ et maksimumspunkt.

Det maksimale ukentlige overskuddet er:

Det maksimale ukentlige overskuddet er 40 000 kroner.

Vi bruker komplementærregning: $P(\text{minst én hvit}) = 1 - P(\text{ingen hvite})$.

Alle mulige måter å trekke 2 kuler fra 8:

Antall måter å trekke 2 svarte kuler fra de 6 svarte:

La $s$ være antall svarte kuler. Totalt er det $s + 2$ kuler i krukken.

Formel som brukes:

Algoritme:

1. Start med $s = 2$ (minste mulige antall for å i det hele tatt trekke 2 svarte).
2. Beregn $P = \dfrac{s(s-1)}{(s+2)(s+1)}$.
3. Hvis $P \geq 0{,}5$: stopp — $s$ er svaret.
4. Ellers: øk $s$ med 1 og gå til steg 2.

Gjennomføring:

Det må være minst 6 svarte kuler i krukken.

Vi lar $x$ være antall år etter 1980 og setter opp dataene:

Vi bruker regresjonsverktøy til å finne to modeller:

Lineær regresjon:

Eksponentiell regresjon:

Den lineære modellen har høyere $r^2$-verdi ($0{,}985 > 0{,}957$), noe som tyder på at den passer bedre til dataene. I tillegg ser vi at veksten i vareeksporten avtar mot slutten av perioden, mens en eksponentiell modell vil gi stadig raskere vekst. Den lineære modellen beskriver denne tendensen bedre.

Vi velger derfor den lineære modellen som modell $g$:

Gjennomsnittlig årlig vekst fra 2015 til 2025 tilsvarer intervallet fra $x = 35$ til $x = 45$.

Lineær modell $g$:

For en lineær funksjon er den gjennomsnittlige veksten lik stigningstallet, uavhengig av intervall:

Eksponentiell modell $h$:

De to modellene gir svært forskjellige anslag: den lineære modellen gir ca. 24,9 mrd kr/år, mens den eksponentielle gir ca. 55,4 mrd kr/år.

Vi skal finne $x$ slik at $f(x) = 910$, altså når importen er 10 ganger 1980-verdien ($10 \cdot 91 = 910$):

Vi løser i CAS:

CAS gir $x \approx 41{,}5$.

$x = 41{,}5$ tilsvarer ca. midt i 2021. Vareimporten vil altså være 10 ganger 1980-verdien i løpet av 2021.

Vi kan også løse for hånd:

Vi har eksportmodellen $g(x) = 24{,}90x + 36{,}32$ og importmodellen $f(x) = 91 \cdot 1{,}057^x$.

Norge har handelsoverskudd når $g(x) > f(x)$, dvs. når eksport er større enn import.

Fra CAS (linje 4 i screenshoten over) finner vi at $g(x) = f(x)$ når:

Det vil si at grafene skjærer hverandre ca. i 1983 og ca. i 2026.

Vi sjekker for eksempel $x = 20$ (år 2000):

• $g(20) = 24{,}90 \cdot 20 + 36{,}32 = 534{,}32$ mrd kr
• $f(20) = 91 \cdot 1{,}057^{20} \approx 278{,}5$ mrd kr

Her er $g(20) > f(20)$, så Norge har handelsoverskudd i dette intervallet.

Konklusjon: Norge har handelsoverskudd for $2{,}8 \lesssim x \lesssim 46{,}4$, det vil si fra ca. 1983 til ca. 2026. Etter ca. 2026 vil importen (som vokser eksponentielt) overstige eksporten (som vokser lineært), og Norge vil få et handelsunderskudd.

Vi har en terning med $n = 10$ sider. Programmet simulerer mange kast og teller andelen der produktet er større enn 60:

import random

n = 10
antall = 100000
gunstige = 0

for _ in range(antall):
    kast1 = random.randint(1, n)
    kast2 = random.randint(1, n)
    if kast1 * kast2 > 60:
        gunstige += 1

print(gunstige / antall)

Programmet gir en tilnærmet verdi nær $0{,}13$.

Vi kan også beregne eksakt ved å telle alle 100 utfall $(i, j)$ der $i \cdot j > 60$:

Det er 13 gunstige utfall av totalt $10 \cdot 10 = 100$, så

Vi utvider programmet til å søke gjennom ulike verdier av $n$:

for n in range(1, 200):
    total = n * n
    gunstige = 0
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if i * j > 60:
                gunstige += 1
    p = gunstige / total
    if p > 0.5:
        print(f"Minste n = {n}, P(X > 60) = {gunstige}/{total} = {p:.4f}")
        break

Programmet gir:

For $n = 16$ er $P(X > 60) = \frac{119}{256} \approx 0{,}465 < 0{,}5$.

For $n = 17$ er $P(X > 60) = \frac{146}{289} \approx 0{,}505 > 0{,}5$.

Den minste verdien for $n$ som gjør at $P(X > 60) > 0{,}5$ er $n = 17$.

Vi setter $t = 24$ inn i $f(t) = 100 \cdot e^{-0{,}012t}$:

Det er igjen omtrent 75,0 mg virkestoff i kroppen etter 24 timer.

$g$ er ikke en kontinuerlig funksjon.

Rett før Arnt tar den andre tabletten (like før $t = 24$) er mengden virkestoff $f(24) \approx 75{,}0$ mg. I det han tar tabletten hopper mengden plutselig opp med 100 mg, til ca. 175 mg. Tilsvarende sprang skjer ved $t = 48, 72, 96, \ldots$

Fordi $g$ har slike sprang ved hvert tablettinntak, er $g$ ikke kontinuerlig.

Like før Arnt tar den sjette tabletten har det gått 24 timer siden den femte tabletten, 48 timer siden den fjerde, og så videre. Vi lar $k = e^{-0{,}012 \cdot 24} = e^{-0{,}288}$ betegne kvotienten.

Bidraget fra hver tablett like før sjette inntak:

Totalt er dette en geometrisk rekke med fem ledd, første ledd $100k$ og kvotient $k$:

Like før den sjette tabletten har Arnt omtrent 228,6 mg virkestoff i kroppen.

På lang sikt, like før den $n$-te tabletten, er mengden virkestoff:

Siden $0 < k = e^{-0{,}288} \approx 0{,}7498 < 1$, går $k^{n-1} \to 0$ når $n \to \infty$. Grenseverdien er:

Den maksimale mengden virkestoff Arnt vil ha i kroppen på lang sikt er omtrent 299,6 mg.

Likningen $f'(x) = k$ har løsning når vi kan løse

Siden $(x-1)^2 > 0$ for alle $x \neq 1$, kreves $2 - k > 0$, altså $k < 2$.

(Merk at $f'(x)$ har maksimum $\lim_{x\to 1} f'(x) = -\infty$, mens $f'(x) \to 2$ når $x \to \pm\infty$, men aldri når $2$. Så $f'(x) < 2$ for alle $x \neq 1$, og likningen har løsning nettopp når $k < 2$.)

For $k < 2$ gir CAS løsningene

(det siste steget fordi $\dfrac{\sqrt{2-k}}{k-2} = \dfrac{\sqrt{2-k}}{-(2-k)} = -\dfrac{1}{\sqrt{2-k}}$).

De to løsningene er altså

Midtpunktet er

Løsningene er derfor alltid symmetriske om $x = 1$, det vil si om den vertikale asymptoten til $f$.

Dette gir mening geometrisk: $f'(x) = 2 - \dfrac{1}{(x-1)^2}$, der $\dfrac{1}{(x-1)^2}$ er en jevn funksjon av $(x-1)$. Derfor er $f'(1+t) = f'(1-t)$ for alle $t$, slik at grafen til $f'$ er symmetrisk om linjen $x = 1$.

Vi deriverer $g(x) = ax + b + \dfrac{1}{x+d}$:

Likningen $g'(x) = 4$ har løsning når

Dette krever $a - 4 > 0$, altså $\boxed{a > 4}$.

Med $a = 3$ er $g'(x) = 3 - \dfrac{1}{(x+d)^2}$.

På samme måte som i a)–b) har likningen $g'(x) = k$ løsning nettopp når $k < 3$.

For $k < 3$ er løsningene

Midtpunktet er $\dfrac{x_1 + x_2}{2} = -d$, og løsningene er symmetriske om $x = -d$ (den vertikale asymptoten til $g$).

Vi skal finne $b$ og $d$ slik at $g'(-1) = g'(5)$ og $g(1) = 7$.

Betingelsen $g'(-1) = g'(5)$ betyr at $x = -1$ og $x = 5$ er symmetriske om asymptoten $x = -d$ (fra d)). Midtpunktet er

Vi bruker deretter $g(1) = 7$ med $a = 3$ og $d = -2$:

Altså er $b = 5$ og $d = -2$, og