S1 Høst 2010

1) Vi ganger begge sider av likningen med fellesnevneren $6$:

2) Vi flytter alt over på én side:

Vi deler begge sider på $2$:

Vi faktoriserer (finner to tall som gir sum $5$ og produkt $6$):

Vi har likningssystemet

Fra den andre likningen får vi $y=2x-2$. Vi setter dette inn i den første likningen:

Vi finner tilhørende $y$-verdier med $y=2x-2$:

Løsningene er $\underline{\underline{(0,-2)\text{ og }(5,8)}}$.

1) Vi løser likningen ved å isolere $2^x$:

2) Vi løser $y=a\cdot b^x$ med hensyn på $x$. Først deler vi begge sider på $a$:

Vi tar $\lg$ på begge sider:

Vi har $f(x)={\displaystyle \frac{2x-4}{x-1}}$. Vi skriver om brøken ved å utføre divisjonen, siden $2x-4=2(x-1)-2$:

Herfra ser vi at grafen har en loddrett asymptote i $x=1$ (der nevneren er null) og en vannrett asymptote i $y=2$ (verdien $f(x)$ nærmer seg når $x$ blir stor).

Vi beregner noen funksjonsverdier innenfor $x\in ⟨-3,5⟩$:

Grafen består av to grener, én på hver side av asymptoten $x=1$:

1) Vi deriverer $f(x)=x^3-6x^2+9x$ ledd for ledd:

2) Vi finner nullpunktene til $f^{\prime }(x)$ ved å faktorisere:

$f^{\prime }(x)=0$ når $x=1$ eller $x=3$. Vi setter opp fortegnslinjen:

Ved $x=1$ går $f$ fra voksende til avtagende, altså et toppunkt:

Ved $x=3$ går $f$ fra avtagende til voksende, altså et bunnpunkt:

Grafen til $f$ har $\underline{\underline{\text{toppunkt }(1,4)\text{ og bunnpunkt }(3,0)}}$.

Vanligvis bruker Geir $60$ minutter på strekningen $s$ med fart $v$, slik at

Denne morgenen er strekningen $20\%$ kortere, altså $\mathrm{0,8}s$, og farten er $20\%$ større, altså $\mathrm{1,2}v$. Den nye tiden $t$ finner vi ved

Joggeturen tar $\underline{\underline{40\text{minutter}}}$ denne morgenen.

Hver rad i Pascals trekant lages ved at hvert tall er summen av de to tallene rett over seg (med $1$ i hver ende av raden).

Rad 2 er $121$. Vi bruker den til å lage rad 3:

Deretter bruker vi rad 3 til å lage rad 4:

Til slutt bruker vi rad 4 til å lage rad 5:

Tallet $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)$ finnes i rad nummer $n$, som det $(k+1)$-te tallet (siden telling av tallene i raden starter på $k=0$).

• $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{0}\right)$ er det $1.$ tallet i rad 3: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{0}\right)=1$
• $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{1}\right)$ er det $2.$ tallet i rad 4: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{1}\right)=4$
• $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)$ er det $4.$ tallet i rad 4: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)=4$
• $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{5}\right)$ er det $6.$ tallet i rad 5: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{5}\right)=1$

Vi summerer tallene i hver av radene 0 til 5:

Sammenhengen $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)=2^n$ stemmer altså for $n=0,1,2,3,4,5$.

For rad nummer 10 blir summen dermed

Vi kontrollerer dette med GeoGebra CAS:

Begge uttrykkene, ${\sum }_{k=0}^{10}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{k}\right)$ og $2^{10}$, gir $1024$.

Elevrådet har $9+6=15$ medlemmer, og vi skal velge ut $5$ av dem uten at rekkefølgen har betydning. Antall mulige komiteer er derfor

Det finnes altså $\underline{\underline{3003}}$ mulige komiteer.

Vi skal velge $2$ gutter av $6$ og $3$ jenter av $9$. Antall gunstige utfall er

Sannsynligheten for at komiteen får $2$ gutter og $3$ jenter blir da

Sannsynligheten er dermed $\underline{\underline{\frac{60}{143}\approx \mathrm{0,42}}}$, altså om lag $42\%$.

Komiteen består av $5$ medlemmer, og leder og sekretær trekkes etter hverandre uten tilbakelegging. Sannsynligheten for at Elise blir trukket ut som leder er $\frac{1}{5}$. Gitt at Elise er leder, gjenstår $4$ personer til sekretærposten, og sannsynligheten for at Mathias blir trukket som sekretær er $\frac{1}{4}$.

Sannsynligheten for at Elise blir leder er igjen $\frac{1}{5}$. Når Elise er trukket som leder, gjenstår $4$ personer (deriblant Mathias) til sekretærvervet. Sannsynligheten for at en annen enn Mathias blir sekretær er da $\frac{3}{4}$, siden $3$ av de $4$ gjenværende ikke er Mathias.

Sannsynligheten for akkurat $16$ grønne lys er

Vi beregner dette i GeoGebra CAS:

Det er altså omtrent $\underline{\underline{\mathrm{10,3}\%}}$ sannsynlighet for at Solveig får grønt lys akkurat $16$ av $40$ ganger.

Sannsynligheten for at Solveig får grønt lys minst $16$ ganger er

Fra GeoGebra-utregningen over (linje P2) får vi

Det er altså omtrent $\underline{\underline{\mathrm{30,5}\%}}$ sannsynlighet for at Solveig får grønt lys minst $16$ av $40$ ganger.

Vi tegner grafene til $f$ og $g$ i GeoGebra for $x\in [0,4]$.

Grafisk: Av grafen ser vi at grafene til $f$ og $g$ skjærer hverandre i punktene $(1,1)$ og $(3,\mathrm{2,25})$.

Ved regning: Vi setter $f(x)=g(x)$.

Siden $2^{-x}\ne 0$ for alle $x$, kan vi dele begge sider på $2^{-x}$.

Dette er en andregradslikning som kan faktoriseres.

Vi finner $y$-verdiene ved å sette $x=1$ og $x=3$ inn i $f(x)$.

Skjæringspunktene er dermed $\underline{\underline{(1,1)\text{ og }(3,\mathrm{2,25})}}$, som stemmer med det vi leste av grafen.

Vi tegner grafen til $f(x)=2x^3-9x^2+12x$ for $x\in ⟨-{\displaystyle \frac{1}{2}},3⟩$ i GeoGebra.

Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet $[1,2]$ er stigningstallet til sekanten gjennom punktene $A=(1,f(1))$ og $B=(2,f(2))$ på grafen.

Den gjennomsnittlige vekstfarten er $-1$. Dette er stigningstallet til den røde sekanten Sekant gjennom $A$ og $B$ på figuren i a).

Svar: $\underline{\underline{-1}}$

Den momentane vekstfarten er verdien av den deriverte i punktet.

Dette er stigningstallet til den grønne tangenten Tangent1 som er tegnet i punktet $C=({\displaystyle \frac{1}{2}},4)$ på figuren i a).

Svar: $\underline{\underline{\mathrm{4,5}}}$

Vi faktoriserer den deriverte:

Fortegnet til $f^{\prime }(x)$ bestemmes av faktorene $(x-1)$ og $(x-2)$:

Grafen til $f$ stiger for $x<1$ og for $x>2$, og synker for $1<x<2$. Dette stemmer med formen på grafen i a).

Vi løser $f^{\prime }(x)=0$:

Fra fortegnslinjen i d) skifter $f^{\prime }(x)$ fortegn fra $+$ til $-$ i $x=1$, så dette er et toppunkt. I $x=2$ skifter $f^{\prime }(x)$ fortegn fra $-$ til $+$, så dette er et bunnpunkt.

Vi har allerede funnet funksjonsverdiene i b):

Svar: Toppunkt $\underline{\underline{(1,5)}}$, bunnpunkt $\underline{\underline{(2,4)}}$.

Vi løser likningen $f(x)=0$:

Vi faktoriserer ut $x$:

Dette gir enten $x=0$, eller

Vi sjekker diskriminanten til andregradslikningen:

Siden $d<0$, har andregradslikningen ingen reelle løsninger. Dermed er $x=0$ den eneste løsningen av $f(x)=0$.

Svar: $\underline{\underline{x=0\text{ er den eneste løsningen}}}$

Vi legger de seks punktene $(x,K(x))$ fra tabellen inn i GeoGebra og kjører en andregradsregresjon:

Regresjonen gir kostnadsfunksjonen

der $x$ er antall enheter produsert per dag, og $K(x)$ er totalkostnaden i kroner. Kurven treffer punktene fra tabellen godt, se figuren.

Vi tegner grafene til $I(x)=-\mathrm{0,004}{x}^2+\mathrm{9,5}x+200$ og $K(x)=\mathrm{0,002}{x}^2+2x+1800$ i samme koordinatsystem:

Den blå kurven er $I(x)$ og den røde kurven er $K(x)$. Den mørkeblå kurven nederst i figuren er overskuddsfunksjonen $O(x)=I(x)-K(x)$, som vi bruker i deloppgave d) og f).

Bedriften sitter igjen med overskudd når inntekten er større enn kostnaden, altså der grafen til $I(x)$ ligger over grafen til $K(x)$. Av figuren ser vi at de to grafene skjærer hverandre omtrent ved $x\approx 273$ og $x\approx 977$. Mellom disse to verdiene ligger $I(x)$ over $K(x)$, så bedriften har overskudd for produksjonsmengder mellom omtrent $273$ og $977$ enheter per dag.

Det største overskuddet finner vi der den vertikale avstanden mellom de to grafene, $I(x)-K(x)$, er størst. Av figuren ser dette ut til å skje omtrent midt mellom skjæringspunktene, ved $x\approx 600$–$650$.

Overskuddsfunksjonen er differansen mellom inntekt og kostnad:

Bedriften har overskudd når $O(x)>0$. Vi løser $O(x)=0$ med abc-formelen, med $a=-\mathrm{0,006}$, $b=\mathrm{7,5}$ og $c=-1600$:

Dette gir $x\approx \mathrm{272,9}$ eller $x\approx \mathrm{977,1}$. Siden $O(x)$ er en parabel som vender grenene nedover ($a<0$), er $O(x)>0$ mellom røttene. Bedriften får altså overskudd når det produseres mellom omtrent $273$ og $977$ enheter per dag, i tråd med det vi leste av grafen i c).

Inntekten $I(x)$ er størst der den deriverte er null. Vi deriverer:

Inntekten er altså størst når det produseres og selges $\mathrm{1187,5}$, altså om lag $1188$ enheter per dag.

Fra d) vet vi at bedriften bare har overskudd for $273<x<977$ enheter. Siden $x=\mathrm{1187,5}$ ligger utenfor dette intervallet, gir ikke dette salget overskudd. Vi kan sjekke dette direkte:

Bedriften får altså et underskudd på omtrent $1155\mathrm{kr}$ ved denne produksjonsmengden, selv om inntekten er størst mulig der.

Det største overskuddet finner vi der den deriverte av $O(x)$ er null. Vi deriverer:

Siden $O(x)$ vender grenene nedover, er dette et toppunkt, altså et maksimum. Vi setter $x=625$ inn i $O(x)$:

Bedriften oppnår altså størst mulig overskudd når det produseres og selges $625$ enheter per dag, og det største overskuddet er da $\mathrm{743,75}\mathrm{kr}$ per dag.

Arealet av personbilene og lastebilene til sammen kan ikke overstige $2100{\mathrm{m}}^2$:

Vekta av personbilene og lastebilene til sammen kan ikke overstige $250\mathrm{t}$:

I tillegg kan ikke antall biler være negativt:

Vi løser hver av grenselinjene med hensyn på $y$:

Skjæringspunktet mellom de to linjene finner vi ved innsetting. Fra vektlinja er $x=250-10y$, som satt inn i areallinja gir

Det mulige området er der begge ulikhetene (og $x\ge 0$, $y\ge 0$) er oppfylt samtidig — firkanten med hjørner $(\mathrm{0,0})$, $(\mathrm{140,0})$, $(85,\mathrm{16,5})$ og $(\mathrm{0,25})$, markert i figuren under. Den røde linja er arealbegrensningen, den blå linja er vektbegrensningen, og det skraverte området viser de mulige kombinasjonene av $x$ og $y$.

Inntekten til ferjeselskapet på en overfart er

Dette er et lineært uttrykk, så maksimum over det mulige området (et konvekst mangekantet område) må ligge i et av hjørnepunktene. Vi setter inn hjørnepunktene fra b):

Det beste hjørnepunktet er $(85,\mathrm{16,5})$, men antall lastebiler $y$ må være et helt tall — man kan ikke ta med et halvt kjøretøy. Vi undersøker derfor de heltallige verdiene av $y$ nærmest $\mathrm{16,5}$, og finner størst mulig $x$ for hver:

• $y=16$: arealkravet gir $x\le {\displaystyle \frac{2100-50\cdot 16}{15}}={\displaystyle \frac{1300}{15}}\approx \mathrm{86,7}$, altså $x=86$ (vektkravet gir $x\le 90$, som ikke er bindende). Dette gir $I=106\cdot 86+603\cdot 16=18764\mathrm{kr}$.
• $y=17$: vektkravet gir $x\le 250-170=80$ (strengest). Dette gir $I=106\cdot 80+603\cdot 17=18731\mathrm{kr}$.
• $y=15$: arealkravet gir $x\le {\displaystyle \frac{2100-750}{15}}=90$. Dette gir $I=106\cdot 90+603\cdot 15=18585\mathrm{kr}$.

Den høyeste inntekten oppnås med $x=86$ personbiler og $y=16$ lastebiler.

Ferjeselskapet bør altså ta med 86 personbiler og 16 lastebiler på overfarten for å oppnå høyest mulig inntekt.

Den nye regelen $y\le 14$ skjærer bort toppen av det mulige området, markert med den oransje linja $y=14$ i figuren i b). Det nye hjørnepunktet er skjæringen mellom arealgrensa og $y=14$:

Siden $x$ må være et helt tall, sjekker vi $x=93$: vektkravet gir $93+10\cdot 14=233\le 250$, som holder. Dette gir

Til sammenlikning gir $y=13$ (arealkrav $x\le 96$): $I=106\cdot 96+603\cdot 13=18015\mathrm{kr}$, som er lavere.

Den høyeste inntekten selskapet nå kan oppnå, er med $x=93$ personbiler og $y=14$ lastebiler:

Den nye sikkerhetsregelen reduserer altså den høyest mulige inntekten med $18764-18300=464\mathrm{kr}$ per overfart.