S1 Vår 2014

Vi flytter alle ledd over på venstre side.

Vi ganger med $-1$ på begge sider for å få positivt fortegn foran $x^2$.

Dette faktoriserer vi.

Da er

Likningen $\lg (x+2)=2\lg x$ er kun definert når $x>0$ (og dermed $x+2>0$ automatisk).

Vi bruker potensregelen $2\lg x=\lg (x^2)$.

Siden $\lg$ er en injektiv funksjon, må argumentene være like.

Løsningen $x=-1$ er ikke gyldig siden $x>0$ er et krav for at $\lg x$ skal være definert. Dermed er

Vi bruker kvadratsetningene ${(a+b)}^2=a^2+2ab+b^2$ og ${(a-b)}^2=a^2-2ab+b^2$.

Vi ganger inn i parentesene.

Vi ser at $2a^2$-leddene og $2b^2$-leddene kansellerer hverandre.

Så uttrykket forenklet er

Vi forenkler telleren og nevneren hver for seg først.

I telleren bruker vi regelen $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$.

I nevneren bruker vi regelen ${(a^m\cdot b)}^n=a^{mn}\cdot b^n$, og at $a^0=1$.

Så deler vi telleren på nevneren, og bruker regelen ${\displaystyle \frac{a^m}{a^n}}=a^{m-n}$.

Vi skriver dette som en potens av et produkt.

Så uttrykket forenklet er

Grafen skjærer $x$-aksen i $x=3$, altså er $f(3)=0$:

Grafen skjærer $y$-aksen i $y=6$, altså er $f(0)=6$:

Setter $b=-6$ inn i den første likningen:

Dette gir $\underline{\underline{a=2,b=-6}}$, altså $f(x)={\displaystyle \frac{2x-6}{x-1}}$.

Vi finner asymptotene ved å dele opp brøken. Siden $2x-6=2(x-1)-4$, kan vi skrive

Dette viser at

• Grafen har vertikal asymptote $x=1$ (der nevneren er null).
• Grafen har horisontal asymptote $y=2$ (leddet $-{\displaystyle \frac{4}{x-1}}\to 0$ når $x\to \pm \infty$).

Grafen skjærer aksene i punktene $(3,0)$ og $(0,6)$. For $x<1$ er $-{\displaystyle \frac{4}{x-1}}$ positiv og avtar mot $0$ etter hvert som $x\to -\infty$, så grafen nærmer seg $y=2$ ovenfra og går mot $+\infty$ når $x\to 1^{-}$. For $x>1$ er $-{\displaystyle \frac{4}{x-1}}$ negativ, grafen går mot $-\infty$ når $x\to 1^{+}$, og nærmer seg $y=2$ nedenfra når $x\to \infty$. Grafen består altså av to grener, én i hvert av områdene $x<1$ og $x>1$, med asymptotene $x=1$ og $y=2$ som «rammer».

I Pascals talltrekant er hvert tall lik summen av de to tallene som står rett over det. Ut fra figuren står $28$ rett under (mellom) $x$ og $y$, og $8x$ står rett under (mellom) $y$ og $35$. Det gir likningene

Fra den første likningen får vi $y=28-x$. Setter vi dette inn i den andre likningen:

Da er $y=28-7=21$.

(Dette stemmer med raden $1,7,21,35,35,21,7,1$ i Pascals talltrekant.)

Mønsteret viser at koeffisientene i ${(a+b)}^n$ er tallene i rad $n$ i Pascals talltrekant, og at potensen av $a$ minker med $1$ for hvert ledd mens potensen av $b$ øker med $1$. Rad $5$ i Pascals talltrekant er $1,5,10,10,5,1$, så

Fra valgtreet ser vi at $X=k$ betyr at $A$ inntreffer $k$ ganger og $\bar{A}$ inntreffer $3-k$ ganger i de tre delforsøkene. Antall grener (rekkefølger) med nøyaktig $k$ ganger $A$ er gitt av koeffisientene i rad $3$ i Pascals talltrekant: $1,3,3,1$.

• $X=2$: grenene $aab$, $aba$, $baa$ gir til sammen $3$ grener, hver med sannsynlighet $a^{2}b$, så $P(X=2)=3a^{2}b$.
• $X=1$: grenene $abb$, $bab$, $bba$ gir til sammen $3$ grener, hver med sannsynlighet $a{b}^2$, så $P(X=1)=3a{b}^2$.
• $X=0$: grenen $bbb$ har sannsynlighet $b^3$, så $P(X=0)=b^3$.

Overskuddet er inntekter minus kostnader, $O(x)=I(x)-K(x)$:

Dette er det vi skulle vise.

Med $p=140$ blir overskuddsfunksjonen

Overskuddet er størst der den deriverte er null. Vi deriverer:

Setter den deriverte lik null:

Siden $O(x)$ er en parabel som vender grenene nedover (koeffisienten foran $x^2$ er negativ), er dette et toppunkt, altså det maksimale overskuddet.

Bedriften bør altså produsere og selge $750$ enheter for å få størst overskudd.

Generelt er overskuddsfunksjonen $O(x)=-\mathrm{0,1}{x}^2+(p+10)x-20000$. Vi deriverer og setter lik null for å finne hvor overskuddet er størst:

Vi vet at overskuddet er størst ved $x=2000$, så

Salgsprisen per enhet må altså være $390\mathrm{kr}$ for at overskuddet skal være størst ved en produksjon på $2000$ enheter.

Den totale ytterveggen er $120{\mathrm{m}}^2$. Dersom $20{\mathrm{m}}^2$ er vindu, er resten isolert veggflate:

Varmetapet gjennom veggflaten og vinduet regnes ut hver for seg og legges sammen:

Det totale varmetapet gjennom ytterveggen per time er dermed $\underline{\underline{\mathrm{1,86}\mathrm{kWh}}}$.

La $x$ være arealet av isolert veggflate og $y$ være arealet av vindu, begge i ${\mathrm{m}}^2$.

Summen av veggflate og vindu må være hele ytterveggen på $120{\mathrm{m}}^2$:

Det totale varmetapet gjennom veggen skal være $\mathrm{2,0}\mathrm{kWh}$:

Dette gir likningssystemet

Løser systemet i GeoGebra CAS:

Ytterveggen må altså bestå av omtrent $\underline{\underline{\mathrm{96,4}{\mathrm{m}}^2}}$ isolert veggflate og $\underline{\underline{\mathrm{23,6}{\mathrm{m}}^2}}$ vindu for at det totale varmetapet skal bli $\mathrm{2,0}\mathrm{kWh}$ per time.

Grafen skjærer $y$-aksen der $x=0$:

Skjæringspunktet med $y$-aksen er $(0,16)$.

Vi løser likningen $f(x)=0$:

Vi substituerer $u=x^2$, slik at $u^2=x^4$:

Dette er en andregradslikning som kan faktoriseres:

Vi går tilbake til $x$:

Siden $u=4$ er en dobbel rot i andregradslikningen, er også $x=-2$ og $x=2$ doble nullpunkter for $f$. Dette bekreftes i CAS-utklippet under (rad 3), der Løs(f(x)=0, x) gir $\{x=-2,x=2\}$.

Vi deriverer $f$:

Vi setter $f^{\prime }(x)=0$ for å finne mulige topp- og bunnpunkt:

Dette stemmer med CAS-utklippet (rad 5), der Løs(g(x)=0, x) gir $\{x=-2,x=0,x=2\}$.

Vi lager fortegnslinje for $f^{\prime }(x)=4x(x-2)(x+2)$:

Dette gir:

• $x=-2$: overgang fra avtagende til voksende $\Rightarrow$ bunnpunkt
• $x=0$: overgang fra voksende til avtagende $\Rightarrow$ toppunkt
• $x=2$: overgang fra avtagende til voksende $\Rightarrow$ bunnpunkt

Vi finner funksjonsverdiene: $f(-2)=0$, $f(0)=16$, $f(2)=0$ (vist i CAS-utklippet, rad 6 og 7).

Grafen har altså bunnpunkt $(-2,0)$, toppunkt $(0,16)$ og bunnpunkt $(2,0)$:

Rektangelet har sider $x$ og $y$, og arealet er $625{\mathrm{m}}^2$:

Uten steinmuren ville hele omkretsen $2x+2y$ måtte gjerdes inn. Steinmuren dekker $15\mathrm{m}$ av den ene siden (lengde $x$), så gjerdet $G$ blir omkretsen minus de $15\mathrm{m}$ steinmuren dekker:

Steinmuren er $15\mathrm{m}$ lang og må ligge langs en side av lengde $x$, så vi må ha $x>15$ for at det skal være noe gjerde igjen å sette opp på resten av den siden. Dermed er

Grafen til $G(x)={\displaystyle \frac{1250}{x}}+2x-15$ for $x>15$ er tegnet i GeoGebra:

Grafen synker fram til $x=25$ og stiger deretter — dette er minimumspunktet vi finner i c).

Vi deriverer $G$ og setter den deriverte lik null for å finne minimum:

(vi forkaster $x=-25$ siden $x>15$). Fortegnsskjema for $G^{\prime }$: $G^{\prime }(x)<0$ for $15<x<25$ og $G^{\prime }(x)>0$ for $x>25$, så $x=25$ gir et minimum. Dette stemmer med grafen i b).

Minste gjerdelengde:

Tilhørende sideflate $y$:

Siden $x=y=25$, blir rektangelet et kvadrat med sider $25\mathrm{m}$.

Vi skal finne $P(X=15)$:

I GeoGebra CAS beregnes dette med kommandoen FordelingBinomial(20, 0.75, 15, false), se linje 1 i utklippet.

Sannsynligheten for at akkurat 15 av de 20 spurte arbeider som lærer er om lag $\underline{\underline{\mathrm{20,2}\%}}$.

Vi skal finne $P(X>15)=1-P(X\le 15)$. I GeoGebra CAS beregnes dette med 1 - FordelingBinomial(20, 0.75, 15, true), se linje 2 i utklippet.

Sannsynligheten for at flere enn 15 av de 20 spurte arbeider som lærer er om lag $\underline{\underline{\mathrm{41,5}\%}}$.

Nå er $X$ binomisk fordelt med $p=\mathrm{0,75}$, men antall spurte $n$ er ukjent. Vi skal finne minste $n$ slik at

Vi prøver oss fram med økende verdier av $n$ i GeoGebra CAS med kommandoen 1 - FordelingBinomial(n, 0.75, 24, true). Fra utklippet ser vi (linje 3 og 4):

Minste antall personer som må delta for at sannsynligheten skal være større enn $95\%$ for at minst 25 av dem arbeider som lærer, er $\underline{\underline{n=39\text{ personer}}}$.

Fortjenesten per enhet er gitt ved

Dette er en parabel som vender ned (negativ koeffisient foran $x^2$), så $F$ har et toppunkt der $F^{\prime }(x)=0$. Vi deriverer og løser i GeoGebra CAS.

Fra linje 2 og 3 i utklippet:

Bedriften må produsere $\underline{\underline{x=15}}$ enheter per dag for at fortjenesten per enhet skal bli størst mulig.

Fortjenesten per enhet, $F(x)$, forteller hvor mange kroner bedriften tjener på hver enkelt vare som selges. Selger bedriften $x$ enheter, må det totale overskuddet per dag være summen av fortjenesten på hver av de $x$ enhetene, altså antall enheter multiplisert med fortjenesten per enhet:

Vi setter opp $O(x)$ og finner ekstremalpunktet på samme måte som i a) (se linje 4–6 i utklippet over):

Den første løsningen er negativ og gir ingen mening (bedriften kan ikke produsere et negativt antall enheter). Siden $O^{\prime }(x)$ er en parabel som vender ned, er $O$ voksende før og avtagende etter det positive nullpunktet, så $x=10+10\sqrt{41}$ gir maksimalt overskudd.

Fra utklippet er $x\approx \mathrm{74,03}$. Siden $x$ må være et helt antall enheter, produserer bedriften $74$ enheter, og overskuddet blir da

Bedriften bør altså produsere $\underline{\underline{x\approx 74\text{enheter}}}$ per dag, og oppnår da et maksimalt overskudd på omtrent $\underline{\underline{6470\mathrm{kr}}}$ per dag.

Bringebær: hvert kilogram saft bruker $\mathrm{0,35}\mathrm{kg}$ bringebær og hvert kilogram syltetøy bruker $\mathrm{0,20}\mathrm{kg}$ bringebær. Kari har $250\mathrm{kg}$ bringebær tilgjengelig, så

Jordbær: hvert kilogram saft bruker $\mathrm{0,15}\mathrm{kg}$ jordbær og hvert kilogram syltetøy bruker $\mathrm{0,40}\mathrm{kg}$ jordbær. Kari har $300\mathrm{kg}$ jordbær tilgjengelig, så

Samlet produksjonskapasitet er $900\mathrm{kg}$ per uke, så

I tillegg kan hun ikke produsere negative mengder:

Vi tegner grensene til de fem ulikhetene og markerer området som oppfyller alle samtidig (skravert/fylt område i figuren). Grensen $\mathrm{0,35}x+\mathrm{0,20}y=250$ (bringebær), $\mathrm{0,15}x+\mathrm{0,40}y=300$ (jordbær) og $x+y=900$ (kapasitet), sammen med $x\ge 0$ og $y\ge 0$, avgrenser et femkantet område med hjørner i

Fortjenesten er gitt ved

Ved lineær optimering vet vi at maksimum av en lineær målfunksjon over et tillatt område alltid finnes i et av hjørnene i området. Vi regner ut fortjenesten i hvert hjørne:

Størst fortjeneste får Kari i hjørnet $(240,660)$, altså ved å produsere $240\mathrm{kg}$ saft og $660\mathrm{kg}$ syltetøy. Da blir fortjenesten

$\underline{\underline{x=240\mathrm{kg}\text{ saft},y=660\mathrm{kg}\text{ syltetøy},\text{fortjeneste}=9840\mathrm{kr}}}$

Vi tar utgangspunkt i likningen

Vi deler begge sider på $n^n$, noe som er lovlig siden $n>0$:

Siden $x>0$ og $n>0$ er $\frac{x}{n}>0$, så vi kan ta $\lg$ på begge sider:

Vi bruker logaritmeregelen $\lg (a^b)=b\cdot \lg a$ på begge sider av likningen fra a):

Vi skriver $\lg \left({\displaystyle \frac{x}{n}}\right)=\lg x-\lg n$ og setter inn: