S1 Høst 2017

Vi faktoriserer andregradsuttrykket. Vi trenger to tall som har sum $2$ og produkt $-8$: det er $4$ og $-2$.

Dette gir

Vi multipliserer alle ledd med fellesnevneren $6$ for å bli kvitt brøkene.

Vi isolerer logaritmen først.

Vi bruker definisjonen av logaritme: $\lg (x^2)=2$ betyr at $x^2={10}^2$.

Siden $x^2$ er positivt for alle $x\ne 0$, er begge løsningene gyldige (definisjonsområdet krever bare $x\ne 0$).

Vi regner ut parentesen først ved å bruke potensreglene ${(a^m)}^n=a^{mn}$.

Setter vi dette inn, får vi

Vi forkorter tallene med $2$ og bruker $\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n}$.

Vi faktoriserer nevneren i det første leddet: $x^2-1=(x-1)(x+1)$.

Fellesnevneren er $(x-1)(x+1)$, så vi utvider det andre leddet med $(x+1)$.

Vi forkorter med $(x-1)$, forutsatt $x\ne 1$.

Vi bruker logaritmeregelen $n\lg (a)=\lg (a^n)$ på hvert ledd.

Vi bruker $\lg (a)-\lg (b)=\lg \left(\frac{a}{b}\right)$ og slår sammen ledd for ledd.

$x^4$ forkortes bort, og uttrykket blir uavhengig av $x$ (forutsatt $x>0$).

Koden består av fire tall, og hvert tall velges blant $10$ mulige sifre ($0$–$9$). Sifrene kan gjenta seg, og rekkefølgen betyr noe. Vi bruker multiplikasjonsprinsippet: det er $10$ valg for hvert av de fire sifrene i koden.

Det finnes $\underline{\underline{10000}}$ ulike koder.

Her skal koden bestå av fire forskjellige tall valgt blant tallene $0$–$9$, og rekkefølgen har ikke noe å si. Da teller vi antall kombinasjoner av $4$ tall blant $10$:

Det finnes $\underline{\underline{210}}$ ulike koder.

Dersom koden består av $k$ forskjellige tall valgt blant $10$ tall uten hensyn til rekkefølge, er antall mulige koder gitt ved $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{k}\right)$.

Vi må finne den verdien av $k$ (der $k$ kan være $0,1,2,\dots ,10$) som gjør $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{k}\right)$ størst mulig. Binomialkoeffisientene $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{k}\right)$ er symmetriske om $k=5$ og øker fram til midten:

Deretter avtar de igjen ($\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{6}\right)=210$, osv., siden $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{10-k}\right)$). Det største antallet koder får vi altså når koden består av $k=5$ forskjellige tall, og da er antall mulige koder

Koden bør bestå av $\underline{\underline{5}}$ tall, og da er det $\underline{\underline{252}}$ mulige koder.

Posten krever at lengden er inntil $90\mathrm{cm}$. Siden $y$ er lengden, og lengden må være positiv, gir dette

Videre krever Posten at lengde + dobbel diameter er høyst $104\mathrm{cm}$. Radien er $x$, så diameteren er $2x$, og dobbel diameter blir $2\cdot 2x=4x$. Kravet «lengde + dobbel diameter $\le 104$» blir dermed

Til sammen tilfredsstiller $x$ og $y$

Fra ulikheten $4x+y\le 104$ og $y>0$ får vi

Altså må radius være mindre enn $\underline{\underline{26\mathrm{cm}}}$.

Vi ønsker at summen av lengden og to diametere skal være nøyaktig $104\mathrm{cm}$, altså

Volumet av en sylinder med radius $x$ og høyde (lengde) $y$ er

Vi setter inn uttrykket for $y$:

Dette er nettopp uttrykket vi skulle vise:

For å finne radien som gir størst volum, deriverer vi $V(x)$ og setter den deriverte lik null.

Siden $x$ er en radius, er $x=0$ ikke en aktuell løsning. Vi sjekker fortegnet til $V^{\prime }(x)$ rundt $x=\frac{52}{3}$: for $x$ litt mindre enn $\frac{52}{3}$ er $V^{\prime }(x)>0$ (voksende), og for $x$ litt større er $V^{\prime }(x)<0$ (avtagende). Dette betyr at $x=\frac{52}{3}$ gir et toppunkt, altså størst volum.

Verdien $x=\frac{52}{3}\approx \mathrm{17,3}$ ligger innenfor det tillatte området $0<x<26$ fra oppgave b), så løsningen er gyldig.

Svar: Radien som gir størst volum, er

Rektangelet $OBCD$ har hjørnet $B$ på $x$-aksen og hjørnet $C$ på grafen til $f$. Bredden til rektangelet er $x$, og høyden er lik funksjonsverdien $f(x)$.

Arealet blir dermed

Vi utvider parentesen:

Dette er uttrykket vi skulle vise, gyldig for $0<x<4$.

Vi skal løse likningen $A(x)=4$ med CAS.

CAS gir (linje 2 i utklippet) løsningene $x=2$, $x=3-\sqrt{5}$ og $x=3+\sqrt{5}$.

Definisjonsmengden til $A$ er $0<x<4$. Siden $\sqrt{5}\approx \mathrm{2,24}$, er $3+\sqrt{5}\approx \mathrm{5,24}>4$, og denne løsningen forkastes.

De to gjenværende løsningene ligger begge i intervallet:

Vi finner det største arealet ved å derivere $A(x)$ og løse $A^{\prime }(x)=0$ (se linje 3 og 4 i utklippet).

CAS gir $A^{\prime }(x)=0$ for $x=\frac{4}{3}$ og $x=4$. Siden $x=4$ ligger utenfor definisjonsmengden $0<x<4$, er $x=\frac{4}{3}$ det eneste kritiske punktet i intervallet.

Fortegnet til $A^{\prime }(x)$ viser at $A$ vokser før $x=\frac{4}{3}$ og avtar etter, så dette er et toppunkt (maksimum).

Vi setter inn i $A(x)$ (linje 5 i utklippet) og får det største arealet:

Det største arealet rektangelet kan ha, er $\frac{128}{27}\approx \mathrm{4,74}$ arealenheter, og dette oppnås når $x=\frac{4}{3}$.

Vi legger de ni målingene fra tabellen (lengde $x$ i $\mathrm{cm}$, vekt $y$ i $\mathrm{gram}$) inn i graftegneren og utfører potensregresjon, det vil si vi tilpasser en funksjon på formen $y=a\cdot x^b$ til datapunktene.

Regresjonen gir

Grafen til $f(x)=\mathrm{0,015}{x}^{\mathrm{2,93}}$ for $50\le x\le 130$ er tegnet i graftegneren.

For å finne vekten til en laks som er $100\mathrm{cm}$ lang, setter vi $x=100$ inn i $f$:

Dette er markert med punktet på grafen ovenfor, og graftegneren gir

Altså veier en $100\mathrm{cm}$ lang laks ifølge modellen $f$ omtrent $\mathrm{10,9}\mathrm{kg}$.

Vi skal finne hvilken lengde $x$ som gir $f(x)=15000\mathrm{g}$ (siden $15\mathrm{kg}=15000\mathrm{g}$). Vi tegner linjen $y=15000$ inn sammen med grafen til $f$ (se figuren ovenfor) og finner skjæringspunktet med graftegneren.

Dette gir

Altså er en laks som veier $15\mathrm{kg}$ ifølge modellen $f$ omtrent $112\mathrm{cm}$ lang.

Sangene spilles av med tilbakelegging, det vil si at hver avspilling er uavhengig av de andre og alltid trekkes blant alle 20 sangene på nytt. Siden $4$ av de $20$ sangene er med Kygo, er sannsynligheten for at en tilfeldig valgt sang er med Kygo alltid

Dette gjelder for hver eneste avspilling, uansett hvilke sanger som er spilt tidligere, nettopp fordi sangene legges tilbake i «bunken» før neste trekning.

Vi ser på antall avspillinger med Kygo blant $n=5$ avspillinger. Siden hver avspilling er uavhengig med samme sannsynlighet $p=\mathrm{0,2}$ for Kygo, er $X$ binomisk fordelt med $n=5$ og $p=\mathrm{0,2}$.

Beregning i GeoGebra CAS bekrefter dette:

Sannsynligheten for at nøyaktig to av de fem sangene er med Kygo, er om lag $\underline{\underline{\mathrm{20,5}\%}}$.

La $n$ være antall avspillinger. Sannsynligheten for at ingen av de $n$ avspillingene er med Kygo, er ${\mathrm{0,8}}^n$ (siden hver avspilling er uavhengig med sannsynlighet $\mathrm{0,8}$ for «ikke Kygo»). Da er sannsynligheten for minst én Kygo-sang

Vi krever at denne skal være større enn $90\%$:

Løser vi likheten ${\mathrm{0,8}}^n=\mathrm{0,1}$ i GeoGebra CAS, finner vi $n\approx \mathrm{10,32}$ (se skjermbildet over, linje 3). Siden $n$ må være et helt tall, og ulikheten er strengt større enn $\mathrm{0,9}$, prøver vi $n=10$ og $n=11$:

(se P_10 og P_11 i skjermbildet over). Jakob må altså høre på minst $\underline{\underline{11\mathrm{a}\mathrm{v}\mathrm{s}\mathrm{p}\mathrm{i}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$ for at sannsynligheten for å få høre minst én Kygo-sang skal være større enn $90\%$.

Sofa A bruker $1$ time i avdeling I per stykk, og sofa B bruker $3$ timer i avdeling I per stykk. Med $x$ sofaer av type A og $y$ sofaer av type B blir det totale timeforbruket i avdeling I lik $x+3y$. Siden avdeling I har en kapasitet på $14$ timer per dag, må

Tilsvarende bruker sofa A $2$ timer og sofa B $3$ timer i avdeling II, med kapasitet $16$ timer:

I avdeling III bruker sofa A $2$ timer og sofa B $1$ time, med kapasitet $12$ timer:

I tillegg kan ikke bedriften produsere et negativt antall sofaer, så $x\ge 0$ og $y\ge 0$.

Det tillatte området (skjæringen av alle ulikhetene) er femkanten avgrenset av hjørnene $(\mathrm{0,0})$, $(0,\frac{14}{3})$, $(\mathrm{2,4})$, $(\mathrm{5,2})$ og $(\mathrm{6,0})$. Grensa for avdeling I er tegnet i $\text{blått}$, avdeling II i $\text{rødt}$ og avdeling III i $\text{lilla}$, og det tillatte området er skravert i grønt.

Fortjenesten er gitt ved $F(x,y)=4500x+6000y$. Siden $x$ er antall sofaer av type A og $y$ er antall sofaer av type B, leser vi av koeffisientene direkte:

Fortjenesten per sofa av type A er $\underline{\underline{4500\mathrm{kr}}}$, og fortjenesten per sofa av type B er $\underline{\underline{6000\mathrm{kr}}}$.

Maksimum av en lineær funksjon over et avgrenset, tillatt område inntreffer alltid i et av hjørnene. Vi setter derfor $F(x,y)=4500x+6000y$ inn i hvert hjørnepunkt (se figuren i a)):

Den største fortjenesten finner vi i hjørnet $(\mathrm{5,2})$, som allerede har heltallige koordinater. Bedriften bør altså produsere $5$ sofaer av type A og $2$ sofaer av type B per dag, noe som gir en fortjeneste på $\underline{\underline{34500\mathrm{kr}}}$.

Vi undersøker hva som skjer med maksimum dersom kapasiteten i én avdeling økes med $1$ time.

Avdeling I ($x+3y\le 15$): I det opprinnelige maksimumspunktet $(\mathrm{5,2})$ er $x+3y=5+6=11<14$, altså er avdeling I ikke en bindende begrensning i dette punktet — det er ledig kapasitet der allerede. En økning her flytter derfor ikke det optimale hjørnet, og maksimum forblir $34500\mathrm{kr}$ i $(\mathrm{5,2})$. Ingen gevinst.

Avdeling II ($2x+3y\le 17$): Her flyttes hjørnet til skjæringen mellom avdeling II og avdeling III, i punktet $(\mathrm{4,75},\mathrm{2,5})$, som gir $F=36375\mathrm{kr}$. Siden antall sofaer må være et helt tall, sjekker vi punkter i nærheten som tilfredsstiller alle ulikhetene; det beste heltallige punktet er $(\mathrm{4,3})$, som gir

Avdeling III ($2x+y\le 13$): Her flyttes hjørnet til skjæringen mellom avdeling II og avdeling III, i punktet $(\mathrm{5,75},\mathrm{1,5})$, som gir $F=34875\mathrm{kr}$. Det beste heltallige punktet er fortsatt $(\mathrm{5,2})$, som gir samme fortjeneste som før, $34500\mathrm{kr}$.

En utvidelse av avdeling II gir altså størst økning i fortjeneste, fra $34500\mathrm{kr}$ til $36000\mathrm{kr}$ (med heltallig produksjon). Bedriften bør derfor øke kapasiteten i $\underline{\underline{\text{avdeling II}}}$.