S1 Vår 2026

Vi skriver om brøken til en potens:

Nå deriverer vi ledd for ledd. De to første leddene er enkle. For det tredje leddet bruker vi kjerneregelen med ytre funksjon $u^{-1}$ og indre funksjon $u=x-2$:

Dermed er

$g^{\prime }(x)=\underline{\underline{6x-{\displaystyle \frac{3}{{(x-2)}^2}}}}$

Vi deriverer ledd for ledd med kjerneregelen på begge ledd.

Første ledd: Ytre funksjon $u^3$, indre funksjon $u=3x+2$:

Andre ledd: Ytre funksjon $\ln (u)$, indre funksjon $u=3x$:

Dermed er

$h^{\prime }(x)=\underline{\underline{9{(3x+2)}^2+{\displaystyle \frac{1}{x}}}}$

Vi har nullpunkter når en av faktorene $e^x$ eller $(6-e^x)$ er lik $0$. $e^x$ kan aldri være $0$, derfor trenger vi kun sjekke når $6-e^x=0$.

$f$ har nullpunkt når $\underline{\underline{x=\ln 6}}$.

Vi skriver om funksjonen som $f(x)=6e^x-e^{2x}$ og deriverer ledd for ledd:

Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$ for alle $x$, må:

Vi lager et fortegnsskjema for $f^{\prime }(x)=2e^x(3-e^x)$:

Siden $f^{\prime }$ skifter fortegn fra $+$ til $-$ i $x=\ln 3$, er dette et toppunkt.

Funksjonsverdien i toppunktet:

Grafen har ett toppunkt: $\underline{\underline{(\ln 3,9)}}$.

Vi beregner hvert uttrykk eksakt:

For $\lg 7$ bruker vi at ${10}^0=1<7<{10}^1=10$, så $0<\lg 7<1$.

For $\sqrt[4]{3^3}=3^{3/4}$ bruker vi at $3^{1/2}=\sqrt{3}\approx \mathrm{1,73}$ og $3^1=3$, og siden $\frac{1}{2}<\frac{3}{4}<1$ er $\sqrt{3}<3^{3/4}<3$. Mer presist: $3^{3/4}\approx \mathrm{2,28}$.

Stigende rekkefølge:

Stigende rekkefølge: $\underline{\underline{\lg 7<e^{3\ln 1}<\sqrt[4]{3^3}<{\log }_{2}8}}$

Vi bruker logaritmereglene $\lg (xy)=\lg x+\lg y$ og $\lg \frac{x}{y}=\lg x-\lg y$:

$\underline{\underline{5\lg b+2}}$

Vi skal avgjøre om alle funksjoner på formen

har en vertikal asymptote $x=d$.

En vertikal asymptote $x=d$ oppstår bare dersom nevneren er null i $x=d$ og telleren ikke er null i samme punkt. Hvis $x=d$ er nullpunkt for begge, kanselleres faktoren, og det er et hull i grafen – ikke en asymptote.

Vi velger $a=1$, $b=-d$, $c=0$. Da er

Denne funksjonen er en rett linje med et hull i $x=d$, og har ingen vertikal asymptote.

Påstanden er $\underline{\underline{\text{usann}}}$.

Vi teller antall mulige arbeidsgrupper med kombinatorikk.

Antall arbeidsgrupper med 4 av 7 medlemmer:

Antall arbeidsgrupper med 3 av 7 medlemmer:

Begge gir 35 mulige arbeidsgrupper. Dette er ikke tilfeldig: symmetrien i Pascals trekant gir $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n-k}\right)$, og her er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{3}\right)$ fordi $4+3=7$.

Påstanden er $\underline{\underline{\text{usann}}}$ – det er like mange mulige arbeidsgrupper med 4 som med 3 medlemmer.

$X$ er binomisk fordelt med $n=3$ og $p=\frac{1}{3}$ (sannsynligheten for riktig svar på ett spørsmål).

Vi bruker formelen for binomisk sannsynlighet:

Vi bruker opplysningene:

• $|T|=8$ (har valgt tysk)
• $|S|=10$ (har valgt S1)
• $|T\cap S|=3$ (har valgt begge)
• Totalt $20$ elever

Unionsregelen gir antall elever som har valgt minst ett av fagene:

Antall elever som verken har tysk eller S1:

Sannsynligheten for at en tilfeldig elev verken har valgt tysk eller S1:

Vi skal velge 2 av 5 jenter til det lille rommet (2 plasser). Resten går automatisk til det store rommet.

Det er altså 10 måter jentene kan fordele seg på de to rommene.

(Alternativt: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{3}\right)=10$ — velg hvem som går til det store rommet, samme svar.)

Anastasia velger rom først. Hun har to valg:

Alternativ 1 – Anastasia velger det lille rommet (2 plasser):

Det er 1 ledig plass igjen på hennes rom. De 4 gjenværende jentene loddes om alle plassene (1 plass på lite rom + 3 plasser på stort rom). Sannsynligheten for at Elena havner på den ene ledige plassen på Anastasias rom:

Alternativ 2 – Anastasia velger det store rommet (3 plasser):

Det er 2 ledige plasser igjen på hennes rom. Sannsynligheten for at Elena havner på ett av de 2 ledige plassene:

Anastasia velger taktisk: Hun velger det lille rommet for å minimere sannsynligheten.

Rommene har plass til 3, 2 og 2 personer (til sammen 7 plasser), men det er bare 5 jenter. Siden vi bare bryr oss om hvem som sover sammen med hvem, teller vi delinger av de 5 jentene i grupper – der ingen gruppe kan være større enn 3 (det største rommet), og det er høyst 3 grupper (3 rom).

De mulige gruppestørrelsene (partisjoner av 5 som får plass) er:

Tilfelle 1: en trio + et par (3 + 2)

Velg de 3 som deler det store rommet; de to siste danner paret automatisk.

Tilfelle 2: en trio + to som sover alene (3 + 1 + 1)

Velg de 3 i trioen; de to siste sover hver for seg.

Tilfelle 3: to par + en som sover alene (2 + 2 + 1)

Velg først den som sover alene ($5$ måter). De 4 andre deles i to par.

Vi deler på $2$ fordi de to parene er likeverdige – det spiller ingen rolle hvilket par som er «par 1».

Til sammen:

Jentene kan gruppere seg på 35 forskjellige måter.

Vi legger inn datapunktene i GeoGebra og utfører potensregresjon med RegPot. Modellen blir

Se linje 1 i CAS-utklippet under (parameterverdiene $a\approx \mathrm{31,96}$ og $b\approx \mathrm{2,0968}$ er funnet med potensregresjon).

Vi definerer den deriverte $V^{\prime }(x)$ og evaluerer i $x=4$ (linje 3–4 i CAS):

Tolkning: Når koppen har radius $x=4\mathrm{cm}$, vil volumet øke med omtrent $\mathrm{306,6}\mathrm{mL}$ for hver centimeter økning i radius.

Hvis radien dobles fra $x$ til $2x$, får vi

Vi beregner $2^{\mathrm{2,0968}}$ i linje 5 i CAS:

Volumet blir altså $\mathrm{4,28}$ ganger så stort, som tilsvarer en økning på

Ledelsen trekker $n=10$ søkere. Vi ønsker sannsynligheten for at minst 8 av disse er 16 år eller eldre.

«Minst 8 er 16+» tilsvarer «høyst 2 er under 16», altså $X\le 2$.

I GeoGebra kan vi bruke sannsynlighetskalkulatoren med hypergeometrisk fordeling ($N=80$, $M=14$, $n=10$) og lese av $P(X\le 2)\approx \mathrm{0,7603}$.

Sannsynligheten for at minst 8 av de 10 søkerne er 16 år eller eldre er omtrent $\underline{\underline{\mathrm{0,7603}}}$ (ca. 76 %).

Nå er $n$ ukjent. Vi ønsker at sannsynligheten for at minst 10 av de $n$ intervjuede er 16 år eller eldre, skal være minst 90 %.

«Minst 10 er 16+» tilsvarer «høyst $n-10$ er under 16», altså $X\le n-10$.

Vi ønsker:

Vi prøver systematisk for ulike verdier av $n$:

For $n=13$ er sannsynligheten ca. 83,7 %, som er under 90 %.

For $n=14$ er sannsynligheten ca. 93,8 %, som er over 90 %.

Ledelsen må minst intervjue $\underline{\underline{14}}$ søkere for å være 90 % sikre på at 10 eller flere er 16 år eller eldre.

Punkt $A$ har koordinatene $(a,f(a))$, og $B$ har første­koordinat $5$ og samme andrekoordinat som $A$, så

Punkt $D$ har andrekoordinat $200$ og samme første­koordinat som $A$, så

Vi setter opp arealfunksjonen

Vi bruker CAS til å finne det stasjonære punktet og sammenligner med endepunktene (se linje 4–8 i GeoGebra-utklippet).

Fra linje 6 gir $A^{\prime }(a)=0$ løsningen $a\approx \mathrm{0,1707}$.

Vi kontrollerer verdiene:

Det stasjonære punktet gir det største arealet.

Det største arealet rektangelet $ABCD$ kan få, er $\underline{\underline{A\approx \mathrm{500,98}}}$, oppnådd når $a\approx \mathrm{0,17}$.

Funksjonen $f$ beskriver hva husholdningen faktisk betaler per kWh, etter at strømstønaden er trukket fra.

Ifølge ordningen er det én regel for spotpris opp til og med 75 øre/kWh, og en annen regel for spotpris over 75 øre/kWh. Siden to ulike regler gjelder i to ulike intervaller, må funksjonen ha delt forskrift.

Funksjonen må være kontinuerlig fordi strømprisen ikke kan «hoppe» i terskelpunktet $x=75$. Hvis prisen plutselig endret seg i det spotprisen passerte 75 øre/kWh, ville det gi absurde situasjoner — for eksempel at du plutselig ville betale mer enn spotprisen dersom stønaden slo inn. Fysisk og praktisk sett må prisen husholdningen betaler, variere jevnt. Matematisk betyr det at begge forskriftene må gi samme verdi ved $x=75$:

For $0\le x\le 75$: Spotprisen er under eller lik terskelen, og det gis ingen stønad. Husholdningen betaler hele spotprisen:

For $x>75$: Spotprisen overstiger 75 øre/kWh. Stønaden dekker 90 % av det som overstiger 75, altså $\mathrm{0,9}\cdot (x-75)$. Husholdningen betaler:

Vi forenkler:

Vi kan verifisere kontinuitet i $x=75$:

Samlet funksjonsuttrykk:

La $E$ være antall øyne Erik kaster ($E$ er uniformt fordelt på $\{1,2,3,4,5,6\}$) og la $M=\max (K_1,K_2)$ der $K_1$ og $K_2$ er de to D4-terningene til Kris (hver uniformt fordelt på $\{1,2,3,4\}$).

Erik vinner runden hvis $E>M$.

Fordeling av $M$:

Vi bruker at $P(M\le k)=P(K_1\le k)\cdot P(K_2\le k)={\left({\displaystyle \frac{k}{4}}\right)}^2$, siden $K_1$ og $K_2$ er uavhengige.

Dermed er $P(M=k)=P(M\le k)-P(M\le k-1)={\displaystyle \frac{k^2-{(k-1)}^2}{16}}={\displaystyle \frac{2k-1}{16}}$.

Table: Sannsynlighetsfordeling for $M$ {.tall}

Beregning av $P(E>M)$:

Vi betinger på verdien av $M$ og bruker at $P(E>k)={\displaystyle \frac{6-k}{6}}$:

$P(\text{Erik vinner runden})={\displaystyle \frac{23}{48}}\approx \mathrm{47,9}\%$

Siden $p=\frac{23}{48}<\frac{1}{2}$ (Erik er svakere enn Kris i hver runde), forventer vi at Erik sjeldnere når 100 poeng først. Vi estimerer sannsynligheten med en Monte Carlo-simulering.

Python-kode:

from random import randint

N = 100_000              # antall spill vi simulerer
erik_vinner_spillet = 0  # teller spill Erik vinner

for _ in range(N):
    erik_poeng = 0
    kris_poeng = 0

    # Spill runder til en av dem når 100 poeng
    while erik_poeng < 100 and kris_poeng < 100:
        erik = randint(1, 6)                       # Eriks D6
        kris = max(randint(1, 4), randint(1, 4))   # Kris' høyeste D4
        if erik > kris:
            erik_poeng += 1
        else:                                      # likt gir Kris poeng
            kris_poeng += 1

    if erik_poeng >= 100:    # den som når 100 først, vinner
        erik_vinner_spillet += 1

print(f"P(Erik når 100 poeng først) ≈ {erik_vinner_spillet / N:.4f}")

Vi spiller $100000$ hele spill. For hvert spill kaster vi terninger runde for runde og deler ut poeng etter reglene, helt til en av spillerne når 100 poeng. Den som kommer først til 100, har alltid flest poeng, så vi teller bare opp hvor stor andel av spillene Erik vinner. Siden Erik vinner hver enkelt runde med sannsynlighet $\frac{23}{48}<\frac{1}{2}$, forventer vi at andelen blir tydelig under 50 %.

Resultat: Med 100 000 simulerte spill (seed 42) fikk vi P ≈ 0.2778.

$P(\text{Erik når 100 poeng før Kris})\approx \mathrm{27,8}\%$