S1 Høst 2022

Trekker fra $1$ på begge sider:

Siden $\frac{1}{100}={10}^{-2}$, får vi

Faktoriserer ut $x$:

Faktoriserer andregradsuttrykket (tall som multipliserer til $-4$ og summerer til $3$: $4$ og $-1$):

Et produkt er null når minst én faktor er null:

Kravet $x>0$ må være oppfylt, siden $\lg x$ bare er definert for positive tall.

Bruker regelen $\lg a-\lg b=\lg \left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)$:

Dette betyr at $2x={10}^1$:

Løsningen $x=5$ oppfyller kravet $x>0$.

Bruker første kvadratsetning ${(x+y)}^2=x^2+2xy+y^2$:

Trekker sammen like ledd:

Bruker logaritmereglene $\lg (uv)=\lg u+\lg v$, $\lg \left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)=\lg u-\lg v$ og $\lg u^n=n\lg u$:

Trekker sammen ledd med $\lg a$ og ledd med $\lg b$ hver for seg:

(Kan også skrives $\lg b^3$.)

Trapeset har to parallelle sider med lengder $x$ og $x+y$, en loddrett side (høyden) med lengde $x$, og en skrå side med lengde $5$.

Omkrets: Summen av de fire sidene er $20$:

Pytagoras: Trekker en loddrett linje ned fra det øverste, korte hjørnet til den lange grunnlinjen. Da dannes en rettvinklet trekant med kateter $x$ (høyden) og $y$ (differansen mellom de parallelle sidene, $(x+y)-x=y$), og hypotenus $5$ (den skrå siden):

Dette gir likningssystemet

Løser med innsettingsmetoden. Fra likning 2:

Setter inn i likning 1:

Deler med $10$:

Faktoriserer (tall som summerer til $-9$ og multipliserer til $20$: $-4$ og $-5$):

Finner tilhørende $y$-verdier fra $y=15-3x$:

• $x=4$: $y=15-3\cdot 4=3$
• $x=5$: $y=15-3\cdot 5=0$

Siden oppgaven krever $y>0$, forkastes $x=5$ (gir $y=0$). Løsningen er dermed

Sidene i trapeset blir da $x=4$, $x=4$, $5$ og $x+y=7$.

Vi skal trekke ut $3$ av de $8$ vennene til å sette opp teltene. Antall måter å velge ut $3$ personer av $8$ på er

Skal både Anita og Lars være blant de $3$ som skal sette opp telt, må vi i tillegg velge $1$ person til blant de resterende $6$ vennene:

Sannsynligheten for at både Anita og Lars blir trukket ut til teltoppsett, blir da

Anita og Lars gjør ikke samme arbeidsoppgave enten hvis Anita setter opp telt og Lars lager mat, eller motsatt.

Anita setter opp telt, Lars lager mat: Teltgruppa består da av Anita og $2$ andre valgt blant de $6$ vennene som verken er Anita eller Lars:

Lars setter opp telt, Anita lager mat: Av symmetrigrunner er dette også

Totalt er det $15+15=30$ måter dette kan skje på, av totalt $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{3}\right)=56$ mulige inndelinger. Sannsynligheten blir dermed

Alternativ utregning (komplementsetningen): Vi kan også regne ut sannsynligheten for at de får samme oppgave, og bruke komplementet.

Sannsynligheten for at begge lager mat (begge blant de $5$ som ikke setter opp telt) tilsvarer at teltgruppa på $3$ velges blant de $6$ andre vennene:

Sammen med svaret fra a), $P(\text{begge teltoppsett})={\displaystyle \frac{3}{28}}$, blir sannsynligheten for at de får samme oppgave

Ved komplementsetningen blir da sannsynligheten for at de får ulik oppgave

som stemmer med utregningen over.

Vi leser av hjørnene i det markerte området på figuren: $(\mathrm{2,1})$, $(\mathrm{6,1})$, $(\mathrm{4,3})$ og $(\mathrm{2,4})$.

Området er avgrenset av fire rette linjer:

• Til venstre en loddrett linje gjennom $(\mathrm{2,1})$ og $(\mathrm{2,4})$, det gir $x=2$. Området ligger til høyre for denne linja, altså $x\ge 2$.
• Nederst en vannrett linje gjennom $(\mathrm{2,1})$ og $(\mathrm{6,1})$, det gir $y=1$. Området ligger over denne linja, altså $y\ge 1$.
• Øverst til høyre en linje gjennom $(\mathrm{6,1})$ og $(\mathrm{4,3})$. Stigningstallet er

Linja har da likningen $y-1=-1(x-6)$, altså $y=-x+7$, eller $x+y=7$. Området ligger under denne linja, altså $x+y\le 7$.

• Øverst til venstre en linje gjennom $(\mathrm{4,3})$ og $(\mathrm{2,4})$. Stigningstallet er

Linja har da likningen $y-3=-{\displaystyle \frac{1}{2}}(x-4)$, altså $y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+5$, eller $x+2y=10$. Området ligger under denne linja, altså $x+2y\le 10$.

Området er dermed beskrevet ved

Linja $y=kx+b$ går gjennom $(-\mathrm{4,1})$, så

Linja er dermed $y=kx+1+4k=k(x+4)+1$.

Skal området fra a) være uforandret når vi legger til ulikheten $y\le kx+b$, må hele det opprinnelige området ligge på eller under denne linja. Siden området er et (konvekst) firkantet område, holder det å sjekke at ulikheten er oppfylt i de fire hjørnene $(\mathrm{2,1})$, $(\mathrm{6,1})$, $(\mathrm{4,3})$ og $(\mathrm{2,4})$ — er den oppfylt der, er den automatisk oppfylt i hele området mellom.

Vi setter inn hvert hjørne $(x_0,y_0)$ i $y_0\le k(x_0+4)+1$:

• $(\mathrm{2,1})$: $1\le k\cdot 6+1\Rightarrow 0\le 6k\Rightarrow k\ge 0$
• $(\mathrm{6,1})$: $1\le k\cdot 10+1\Rightarrow 0\le 10k\Rightarrow k\ge 0$
• $(\mathrm{4,3})$: $3\le k\cdot 8+1\Rightarrow 2\le 8k\Rightarrow k\ge {\displaystyle \frac{1}{4}}$
• $(\mathrm{2,4})$: $4\le k\cdot 6+1\Rightarrow 3\le 6k\Rightarrow k\ge {\displaystyle \frac{1}{2}}$

Den strengeste betingelsen er $k\ge {\displaystyle \frac{1}{2}}$, og den kommer fra hjørnet $(\mathrm{2,4})$. For $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er $b=1+4\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}=3$, så linja er $y=\mathrm{0,5}x+3$ — den går akkurat gjennom toppunktet $(\mathrm{2,4})$ og ligger over resten av området, som skissen under viser.

For alle $k\ge {\displaystyle \frac{1}{2}}$ ligger hele det opprinnelige området på eller under linja, og området blir uforandret.

$\underline{\underline{k\ge {\displaystyle \frac{1}{2}}}}$

Vi setter $x=4$ inn i formelen:

Legemet har en temperatur på $-135°\text{C}$.

Vi setter $T(x)=-204$ og løser likningen for $x$:

Legemet befinner seg $16\text{AE}$ fra solen.

Skal alle fem kortene være hjerter, må vi velge $5$ kort blant de $13$ hjerterkortene. Antall gunstige utfall er derfor $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{5}\right)$, og sannsynligheten blir forholdet mellom gunstige og mulige utfall:

Sannsynligheten for at alle fem kortene er hjerter er altså svært liten, om lag $\underline{\underline{\mathrm{0,05}\%}}$.

Skal nøyaktig to av de fem kortene være hjerter, må vi velge $2$ kort blant de $13$ hjerterkortene, og de resterende $3$ kortene blant de $39$ kortene som ikke er hjerter (ruter, kløver og spar til sammen). Antall gunstige utfall er derfor $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{39}{3}\right)$:

Sannsynligheten for at nøyaktig to av de fem kortene er hjerter er om lag $\underline{\underline{\mathrm{27,4}\%}}$.

Skal de fem kortene inneholde minst ett kort av hver av de fire typene (ruter, kløver, hjerter, spar), må vi først finne ut hvordan de fem kortene kan fordele seg på de fire typene.

Siden vi har $5$ kort fordelt på $4$ typer, og hver type skal være representert med minst ett kort, må nøyaktig én av typene bidra med to kort, mens de tre andre typene bidrar med ett kort hver. Dette er den eneste mulige fordelingen: hadde to eller flere typer bidratt med to kort hver, ville det blitt minst $6$ kort totalt, og hadde alle fire typene bidratt med bare ett kort, ville det blitt $4$ kort totalt, ikke $5$. Fordelingen må altså være $2$-$1$-$1$-$1$.

Vi teller de gunstige utfallene i fire trinn:

1. Velg hvilken av de fire typene som skal bidra med to kort: $4$ måter.
2. Velg de to kortene fra denne typen: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{2}\right)$ måter.
3. Velg ett kort fra hver av de tre andre typene: $13\cdot 13\cdot 13={13}^3$ måter.

Antall gunstige utfall blir dermed

Sannsynligheten blir

Sannsynligheten for at de fem kortene inneholder minst ett kort av hver type er om lag $\underline{\underline{\mathrm{26,4}\%}}$.

Vi lar $x$ være antall år etter 1980 og setter opp dataene:

Vi bruker regresjonsverktøy til å finne to modeller:

Lineær regresjon:

Eksponentiell regresjon:

Den lineære modellen har høyere $r^2$-verdi ($\mathrm{0,985}>\mathrm{0,957}$), noe som tyder på at den passer bedre til dataene. I tillegg ser vi at veksten i vareeksporten avtar mot slutten av perioden, mens en eksponentiell modell vil gi stadig raskere vekst. Den lineære modellen beskriver denne tendensen bedre.

Vi velger derfor den lineære modellen som modell $g$:

Gjennomsnittlig årlig vekst fra 2015 til 2025 tilsvarer intervallet fra $x=35$ til $x=45$.

Lineær modell $g$:

For en lineær funksjon er den gjennomsnittlige veksten lik stigningstallet, uavhengig av intervall:

Eksponentiell modell $h$:

De to modellene gir svært forskjellige anslag: den lineære modellen gir ca. 24,9 mrd kr/år, mens den eksponentielle gir ca. 55,4 mrd kr/år.

Vi skal finne $x$ slik at $f(x)=910$, altså når importen er 10 ganger 1980-verdien ($10\cdot 91=910$):

Vi løser i CAS:

CAS gir $x\approx \mathrm{41,5}$.

$x=\mathrm{41,5}$ tilsvarer ca. midt i 2021. Vareimporten vil altså være 10 ganger 1980-verdien i løpet av 2021.

Vi kan også løse for hånd:

Vi har eksportmodellen $g(x)=\mathrm{24,90}x+\mathrm{36,32}$ og importmodellen $f(x)=91\cdot {\mathrm{1,057}}^x$.

Norge har handelsoverskudd når $g(x)>f(x)$, dvs. når eksport er større enn import.

Fra CAS (linje 4 i screenshoten over) finner vi at $g(x)=f(x)$ når:

Det vil si at grafene skjærer hverandre ca. i 1983 og ca. i 2026.

Vi sjekker for eksempel $x=20$ (år 2000):

• $g(20)=\mathrm{24,90}\cdot 20+\mathrm{36,32}=\mathrm{534,32}$ mrd kr
• $f(20)=91\cdot {\mathrm{1,057}}^{20}\approx \mathrm{278,5}$ mrd kr

Her er $g(20)>f(20)$, så Norge har handelsoverskudd i dette intervallet.

Konklusjon: Norge har handelsoverskudd for $\mathrm{2,8}\lesssim x\lesssim \mathrm{46,4}$, det vil si fra ca. 1983 til ca. 2026. Etter ca. 2026 vil importen (som vokser eksponentielt) overstige eksporten (som vokser lineært), og Norge vil få et handelsunderskudd.

Kraftig veier $200\mathrm{g}=\mathrm{0,2}\mathrm{kg}$, og Edel veier $250\mathrm{g}=\mathrm{0,25}\mathrm{kg}$.

Minstekrav til produksjon. Bedriften skal produsere minst $24\mathrm{kg}$ Kraftig, altså

og minst $18\mathrm{kg}$ Edel, altså

Totalvekt. Til sammen kan bedriften lage inntil $60\mathrm{kg}$ ost per dag, så

Deler vi hele ulikheten på $\mathrm{0,2}$, får vi

Arbeidstid. De ansatte arbeider til sammen $32\text{timer}=32\cdot 60=1920\text{minutter}$ per dag. En Kraftig-ost tar $\mathrm{7,5}$ minutter og en Edel-ost tar $6$ minutter å lage, så

Deler vi på $6$, får vi

Dermed må $x$ og $y$ oppfylle nettopp de fire ulikhetene som er gitt i oppgaven.

Vi tegner de fire grenselinjene $x=120$, $y=72$, $x+\mathrm{1,25}y=300$ og $\mathrm{1,25}x+y=320$, og markerer området der alle fire ulikhetene er oppfylt samtidig. Området er en firkant med hjørner i $(120,72)$, $(120,144)$, $(\mathrm{177,8},\mathrm{97,8})$ og $(\mathrm{198,4},72)$.

Fortjenesten er $F(x,y)=16x+12y$ kroner. For et lineært optimeringsproblem vet vi at den største (eller minste) verdien av en lineær funksjon over et slikt område alltid finnes i et av hjørnepunktene. Vi regner ut $F$ i alle fire hjørnene:

Den største verdien finner vi i hjørnet $(\mathrm{198,4},72)$, med $F\approx 4\mathrm{038,4}$ kr.

Merk at $x$ og $y$ er antall oster og derfor må være hele tall, mens $(\mathrm{198,4},72)$ ikke er et heltallspunkt — det nærmeste gyldige heltallspunktet i området er $(196,75)$, som gir $F=4036$ kr.

Det største overskuddet bedriften kan ha er dermed $\underline{\underline{\text{ca. }4040\text{ kroner per dag}}}$.

Overskuddet ved $x=300$ finner vi ved å sette $x=300$ inn i $O(x)$, se linje 3 i CAS-utklippet:

Det er verdt å legge merke til at $300$ og $600$ ligger like langt fra toppunktet $x=450$ (henholdsvis $150$ til venstre og $150$ til høyre). Siden en parabel er symmetrisk om toppunktet, må $O(300)=O(600)$ — og $O(600)=4400$ var jo gitt i oppgaveteksten. Dermed kunne vi funnet svaret uten å regne ut $O(x)$ i det hele tatt.

Overskuddet ved $300$ produserte oster er $\underline{\underline{4400\mathrm{kr}}}$.

Overskudd er inntekt minus kostnad: $O(x)=I(x)-K(x)$, der $I(x)=p\cdot x$ er inntekten ved salgspris $p$ per ost.

Vi finner først overskuddet ved $150$ oster, se linje 4 i CAS-utklippet:

Kostnaden ved $150$ oster er oppgitt til $K(150)=16000$ kroner. Da finner vi inntekten:

Salgsprisen per ost er inntekten delt på antall oster, se linje 5 i CAS-utklippet:

Salgsprisen per ost er $\underline{\underline{110\mathrm{kr}}}$.