S1 Høst 2018

Vi samler alt på venstre side.

Vi faktoriserer ved å finne to tall som summerer til $-6$ og har produkt $-7$: $-7$ og $1$.

Vi bruker regelen $\lg (a)-\lg (b)=\lg \left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)$ på hvert par av ledd.

Siden $x=1000>0$, ligger løsningen innenfor definisjonsmengden til $\lg (x)$.

Vi skriver $4^x={(2^x)}^2$ og setter $t=2^x$ (der $t>0$).

Siden $t=2^x>0$ for alle $x$, forkaster vi $t=0$. Vi løser $2^x={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Vi bruker konjugatsetningen $A^2-B^2=(A-B)(A+B)$ med $A=a+2b$ og $B=2b-a$.

Vi regner ut hvert ledd. Siden $3^0=1$, blir $3^3\cdot 3^0=27$.

Vi setter alle brøkene på fellesnevner $27$.

De åtte første radene i Pascals talltrekant (rad 0 til rad 7) er tallene ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}$ for $k=0,1,\dots ,n$:

Hvert tall er summen av de to tallene rett over i forrige rad.

Elevrådet består av $4$ jenter og $3$ gutter, til sammen $7$ elever. Det trekkes $4$ elever tilfeldig, uten tilbakelegging, så dette er et hypergeometrisk forsøk.

Vi skal finne sannsynligheten for å trekke ut nøyaktig $2$ jenter (av $4$) og $2$ gutter (av $3$), av totalt $4$ trukket blant $7$.

Vi regner ut hver binomialkoeffisient: ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)}=6$, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)}=3$ og ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)}=35$.

Vi bruker komplementregelen: sannsynligheten for at minst én gutt blir med er $1$ minus sannsynligheten for at ingen gutter blir med (altså at alle $4$ som trekkes ut er jenter).

Vi løser likningssystemet

med addisjonsmetoden. Vi trekker den andre likningen fra den første:

Vi setter $x=2$ inn i den første likningen:

Kontroll i den andre likningen: $-2\cdot 2+(-1)=-5$. Stemmer.

Vi finner grenselinjene til ulikhetene ved å skrive dem på formen $y=\dots$:

Siden alle tre ulikhetene har $\ge$, skal vi skravere over/på linje $l_2$ og $l_3$, og under/på linje $l_1$ (etter at ulikhet 1 er skrevet om med $y$ alene, blir den $y\le \frac{x+8}{2}$). Området som tilfredsstiller alle tre ulikhetene samtidig, er der de tre skraveringene overlapper:

Det mørkest skraverte området (der alle tre fargene overlapper) er det skraverte området vi søker. Det er en trekant med hjørner i $(-2,3)$, $(2,-1)$ og $(6,7)$ — disse finner vi ved å løse de tre linjene parvis mot hverandre.

Siden $3x-y$ er en lineær størrelse, vil den størst mulige verdien i det skraverte området finnes i et av hjørnene til området (jf. teorien om lineær optimering). Vi finner hjørnene ved å løse linjene parvis:

Vi setter alle tre hjørnene inn i uttrykket $3x-y$:

Størst verdi får vi i hjørnet $(6,7)$:

Overskuddsfunksjonen

er en andregradsfunksjon med negativ ledende koeffisient, så grafen er en parabel som vender grenene nedover. Toppunktet gir da størst overskudd. $x$-koordinaten til toppunktet finner vi med formelen

Overskuddet i toppunktet er

Størst overskudd får vi altså ved en produksjonsmengde på $\underline{\underline{x=20}}$ enheter per dag, og overskuddet er da $\underline{\underline{25}}$ (altså $25000\mathrm{kr}$).

Det blir overskudd når $O(x)>0$. Vi finner først nullpunktene til $O(x)$:

Vi multipliserer begge sider med $-4$ for å få et enklere uttrykk:

Vi løser med $abc$-formelen:

Siden $O(x)$ er en parabel som vender grenene nedover, er $O(x)>0$ mellom nullpunktene. Det blir altså overskudd for produksjonsmengder

Den gjennomsnittlige vekstfarten til $f$ i intervallet $[-1,2]$ er stigningstallet til sekanten gjennom punktene $(-1,f(-1))$ og $(2,f(2))$. Av grafen leser vi av $f(-1)=5$ (markert punkt) og $f(2)=8$.

$f^{\prime }(-1)$ er stigningstallet til tangenten $t$ i punktet $(-1,f(-1))$. Av grafen leser vi av at $t$ går gjennom punktene $(-1,5)$ og $(0,9)$:

$f^{\prime }(1)$ er stigningstallet til tangenten i punktet der $x=1$. Av grafen ser vi at $f$ har toppunkt (maksimum) nettopp i $x=1$, og tangenten der er derfor horisontal:

Av grafen leser vi av at $f$ skjærer $x$-aksen i $x=-2$ og $x=4$, og at $f$ er positiv mellom disse to nullpunktene (grafen ligger over $x$-aksen der). Dette gir fortegnslinja til $f(x)$:

Av grafen ser vi at $f$ er voksende for $x<1$ og avtagende for $x>1$, med toppunkt i $x=1$. Dette gir fortegnet til $f^{\prime }(x)$:

Halvparten av ti planter er fem, så vi skal finne $P(X=5)$:

Vi regner ut i GeoGebra CAS.

Dette gir $P(X=5)\approx \mathrm{0,20066}$.

$\underline{\underline{P(X=5)\approx \mathrm{20,1}\%}}$

«Flere enn fem» betyr $X\ge 6$, altså $P(X>5)=1-P(X\le 5)$. Fra CAS-utklippet over (linje 2) er

$\underline{\underline{P(X>5)\approx \mathrm{16,6}\%}}$

Stian skal plassere $10$ planter på rekke, der $4$ av dem er like (gule) og $6$ er like (røde). Antall ulike rekkefølger av $10$ objekter der noen er like, er gitt ved

Fra CAS-utklippet over (linje 3) er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{4}\right)=210$.

$\underline{\underline{210\text{ ulike måter}}}$

Morten kan ikke spise et negativt antall gram makrell eller syltetøy, så

Fire brødskiver veier $4\cdot 50=200\mathrm{g}$. Grovbrødet alene gir da

• Energi: $200\cdot {\displaystyle \frac{900}{100}}=1800\mathrm{kJ}$
• Fett: $200\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{2,0}}{100}}=\mathrm{4,0}\mathrm{g}$
• Karbohydrater: $200\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{32,5}}{100}}=65\mathrm{g}$

Siden grensene er $2400\mathrm{kJ}$, $12\mathrm{g}$ fett og $80\mathrm{g}$ karbohydrater totalt, har pålegget maksimalt

igjen å bruke. Per gram gir makrell $\mathrm{10,49}\mathrm{kJ}$, $\mathrm{0,205}\mathrm{g}$ fett og $\mathrm{0,03}\mathrm{g}$ karbohydrater, mens syltetøy gir $\mathrm{7,40}\mathrm{kJ}$, $\mathrm{0,001}\mathrm{g}$ fett og $\mathrm{0,424}\mathrm{g}$ karbohydrater. Med $x$ gram makrell og $y$ gram syltetøy blir dermed påleggets bidrag

som er ulikhetene som skulle forklares.

Vi tegner de tre grenselinjene

sammen med aksene $x\ge 0$ og $y\ge 0$, og skraverer området der alle fem betingelsene er oppfylt samtidig (grønt område):

Området er en femkant med hjørner i

Proteininnholdet fra brødet alene er $200\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{12,4}}{100}}=\mathrm{24,8}\mathrm{g}$, konstant uansett valg av pålegg. Proteinet fra pålegget er $\mathrm{0,134}x+\mathrm{0,003}y$, så det totale proteininnholdet blir

For en lineær funksjon over et polygonområde vil maksimum alltid ligge i et av hjørnene. Vi setter inn hjørnene i det tillatte området (utenom origo, som gir minimum):

Størst protein får Morten i hjørnet $(\mathrm{38,9};\mathrm{25,9})$, som er skjæringspunktet mellom energilinja og fettlinja. Det gir omtrent $\mathrm{30,1}\mathrm{g}$ protein totalt, med

Svar: Morten bør spise omtrent $\underline{\underline{26\mathrm{g}}}$ syltetøy (og omtrent $39\mathrm{g}$ makrell) for å få høyest mulig proteininnhold i frokosten.

Vi legger inn punktene $(\mathrm{0,400}),(\mathrm{2,650}),(\mathrm{4,1100}),(\mathrm{6,1850}),(\mathrm{8,2400}),(\mathrm{10,3000})$ (der $x$ er antall år etter 2007) i graftegneren og utfører tredjegradsregresjon. Det gir modellen

Modellen $f$ gjelder de første 14 årene, altså fra 2007 til og med 2021. Ved $x=14$ (1. januar 2021) gir modellen

Fra og med 2021 antar vi en årlig nedgang på $4\%$. En nedgang på $4\%$ per år tilsvarer en vekstfaktor på

Siden bestanden er $3330$ ved $x=14$, og deretter avtar med vekstfaktor $\mathrm{0,96}$ for hvert år som går, blir antall år etter startpunktet $x-14$. Da får vi den eksponentielle modellen

som gjelder for $x$ mellom $14$ og $23$ (dvs. årene 2021–2030).

Vi tegner $f$ på intervallet $⟨0,14⟩$ og $h$ på intervallet $⟨14,23⟩$ i graftegneren (2030 tilsvarer $x=23$).

Vi finner toppunktet til $f$ i graftegneren, se MaxPunkt i utklippet. Toppunktet er $(\mathrm{12,9},3396)$, altså er $f$ voksende hele veien fram til $x\approx \mathrm{12,9}$ og avtagende etterpå. Siden $h$ er en avtagende eksponentialfunksjon for alle $x>14$, vil bestanden ifølge modellene være størst omtrent midt i år 2020, det vil si $\underline{\underline{\text{rundt årsskiftet }2019/2020}}$, med om lag $3396$ dyr.

Vi finner skjæringspunktene mellom grafene og linjen $y=3000$, se SkjF og SkjH i utklippet.

For $f$: $f(x)=3000$ for $x\approx \mathrm{9,88}$, som tilsvarer slutten av 2016.

For $h$: $h(x)=3000$ for $x\approx \mathrm{16,56}$, som tilsvarer midten av 2023.

Siden $f$ er voksende opp til toppunktet og $h$ er avtagende etter $x=14$, er bestanden over $3000$ dyr for alle $x$ mellom disse to skjæringspunktene. Det betyr at elgbestanden ifølge modellene er over $3000$ dyr fra omtrent slutten av 2016 til omtrent midten av 2023, altså i $\underline{\underline{\text{årene }2017\text{–}2022}}$ (og deler av 2016 og 2023).