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. $\square$

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

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

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

Vi beregner $y$-verdiene:

Koordinater:

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

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 $\binom{3}{2} = 3$ 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 $\underline{\underline{\frac{1}{216} \approx 0{,}46 \,\%}}$.

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. $0{,}43 \,\%$, som stemmer godt med den teoretiske verdien $\frac{1}{216} \approx 0{,}46 \,\%$. 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 $\underline{\underline{\dfrac{1}{3} \approx 33{,}3\,\%}}$.

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 $\underline{\underline{\dfrac{8}{15} \approx 53{,}3\,\%}}$.

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

Vi trekker 10 tilfeldige personer fra hele landet, der $11{,}3\,\%$ 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 $p = 0{,}113$.

Vi ønsker $P(X \geq 4) = 1 - P(X \leq 3)$.

I GeoGebra CAS:

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

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 $P(Y \geq 4) = 1 - P(Y \leq 3)$.

I GeoGebra CAS:

(Se bildet over.)

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

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 $I'(x) = 0$ og løser:

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

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

GeoGebra CAS (linje 8): $I(261) \approx 21\,945 \, \mathrm{kr}$.

Den største mulige inntekten er $\underline{\underline{I \approx 21\,945 \, \mathrm{kr/uke}}}$ ved produksjon og salg av 261 T-skjorter.

For å finne største overskudd setter vi $O'(x) = 0$ og løser:

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

GeoGebra CAS (linje 11): $O(219) \approx 8\,193 \, \mathrm{kr}$.

Det største mulige overskuddet er $\underline{\underline{O \approx 8\,193 \, \mathrm{kr/uke}}}$ 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 $O_k(x) \geq 0$, dvs. vi løser $O_k(x) = 0$.

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

Den største positive røtten er $x \approx 251{,}8$. 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: $\underline{\underline{O(t) \approx 330 \cdot 1{,}18^{t}}}$

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

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

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.