S1 Vår 2016

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-3x+2$. Vi leter etter to tall som ganget gir $2$ og addert gir $-3$: tallene $-1$ og $-2$ passer.

Et produkt er null når minst én faktor er null, så

Dette gir $\underline{\underline{x=1\text{ eller }x=2}}$.

Vi har likningen

Siden $\lg$ er en injektiv (én-til-én) funksjon, må argumentene være like når logaritmene er like:

Vi sjekker at løsningen gir et gyldig argument i logaritmen: $4\cdot 1+3=7>0$, så løsningen er gyldig.

Vi bruker kvadratsetningene og konjugatsetningen på hvert ledd.

Første kvadratsetning ${(2x-3)}^2$:

Andre kvadratsetning ${(x-2)}^2$:

Konjugatsetningen $(x-1)(x+1)$:

Vi setter alt sammen:

Vi samler like ledd:

Vi bruker potensregelen ${(a^m)}^n=a^{m\cdot n}$ på nevneren, og at en negativ eksponent i nevneren blir positiv i telleren:

Vi regner ut ${(a^{3}b)}^2=a^6{b}^2$, og bruker at $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$:

Arealet av rektanglet er sidene ganget med hverandre, og omkretsen er summen av alle fire sidene, altså $2$ ganger summen av de to ulike sidelengdene. Dette gir likningssystemet

Fra den andre likningen løser vi ut $x+y$:

Vi setter dette inn i den første likningen:

Vi ganger begge sider med $2$ for å få heltallskoeffisienter:

Vi bruker abc-formelen med $a=2$, $b=-11$ og $c=12$:

Dette gir $x=4$ eller $x=\mathrm{1,5}$.

Setter vi $x=4$ inn i $y=\mathrm{5,5}-x$, får vi $y=\mathrm{1,5}$ (og motsatt om vi starter med $x=\mathrm{1,5}$). Sidene i rektangelet er dermed

Vi kontrollerer: $4\cdot \mathrm{1,5}=6$ ✓ og $2(4+\mathrm{1,5})=11$ ✓

Pascals talltrekant bygges opp ved at hvert tall er summen av de to tallene rett over. De 7 første radene (som svarer til $n=0,1,2,\dots ,6$) er:

Binomialkoeffisienten $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)$ finnes ved å bruke Pascals regel, altså at hvert tall i trekanten er summen av de to tallene ovenfor. I den siste (7.) raden, som gjelder $n=6$, finner vi $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{3}\right)=20$ og $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{4}\right)=15$. Da er

Dette stemmer med formelen

$\underline{\underline{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)=35}}$

Binomialkoeffisienten $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)$ forteller hvor mange måter vi kan velge ut $4$ objekter blant $7$ objekter, uten å ta hensyn til rekkefølge.

Et praktisk eksempel: En klasse på $7$ elever skal velge ut $4$ elever til en komité (der alle plassene i komiteen er likeverdige). Antall mulige komiteer er da $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{4}\right)=35$.

Koden har fire siffer, og hvert siffer kan i utgangspunktet være ett av tallene $0,1,2,\dots ,9$, altså $10$ muligheter. Det første sifferet kan ikke være $0$, så der har vi bare $9$ muligheter. De tre siste sifrene kan være hva som helst av de $10$ sifrene, og gjentakelse er tillatt.

Ved multiplikasjonsprinsippet blir antall pinkoder

$\underline{\underline{9000}}$

Nå kan ikke et siffer brukes flere ganger i samme kode. Det første sifferet kan fortsatt ikke være $0$, så det er $9$ muligheter ($1$–$9$). Det andre sifferet kan være et hvilket som helst av de gjenværende $9$ sifrene (inkludert $0$, men ikke det som allerede er brukt). Det tredje sifferet har $8$ gjenværende muligheter, og det fjerde har $7$ gjenværende muligheter.

Ved multiplikasjonsprinsippet blir antall pinkoder

$\underline{\underline{4536}}$

Funksjonen er $g(x)={\displaystyle \frac{ax+b}{x+c}}$, og vi skal bestemme $a$, $b$ og $c$.

Vertikal asymptote $x=-1$: Den vertikale asymptoten oppstår der nevneren er null. Vi må derfor ha

Funksjonsuttrykket er nå $g(x)={\displaystyle \frac{ax+b}{x+1}}$.

Skjærer $y$-aksen i $y=-4$: Vi setter $x=0$:

Skjærer $x$-aksen i $x=2$: Vi setter $g(2)=0$. Telleren må da være null:

Funksjonsuttrykket til $g$ er dermed

Vertikal asymptote: Nevneren er null når $x=-1$, som gitt i oppgaven:

Horisontal asymptote: Vi utfører polynomdivisjon:

Når $x\to \pm \infty$, går ${\displaystyle \frac{6}{x+1}}\to 0$, slik at $g(x)\to 2$. Horisontal asymptote:

Grafen går gjennom skjæringspunktene $(0,-4)$ og $(2,0)$ og nærmer seg asymptotene:

Gjennomsnittlig vekstfart til $K$ i intervallet $[0,100]$ er

Vi finner funksjonsverdiene:

Dette gir

$\underline{\underline{40\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{t}}}$

Svaret forteller at kostnadene i gjennomsnitt øker med $40\mathrm{kr}$ per enhet som produseres, når produksjonen økes fra $0$ til $100$ enheter.

Vi deriverer $K$:

Da er

$\underline{\underline{K^{\prime }(100)=50\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{t}}}$

Svaret er grensekostnaden ved $x=100$: det koster om lag $50\mathrm{kr}$ ekstra å produsere én enhet til, når produksjonen allerede er $100$ enheter.

Overskuddet $O(x)$ er inntekt minus kostnad. Bedriften selger alt den produserer for $60$ kroner per enhet, så inntekten er $60x$. Da er

Vi deriverer og setter $O^{\prime }(x)=0$ for å finne toppunktet:

Siden $O$ er en andregradsfunksjon med negativ ledende koeffisient ($-\mathrm{0,1}$), er dette et toppunkt (maksimum), og $x=150$ ligger i det tillatte området $[0,300]$.

$\underline{\underline{x=150\mathrm{enheter}}}$

Bedriften får størst mulig overskudd når den produserer $150$ enheter per dag.

Vi faktoriserer $f(x)$:

Vi setter $f(x)=0$:

Dette gir enten $x^2=0$, altså $x=0$ (dobbeltrot), eller

Begge løsningene ligger i definisjonsmengden $⟨-1,5⟩$.

$\underline{\underline{x=0\text{ (dobbel) og }x=\mathrm{4,5}}}$

Vi deriverer:

Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

For å avgjøre om dette er topp- eller bunnpunkt, bruker vi andrederiverte:

Vi regner ut funksjonsverdiene:

$\underline{\underline{\text{Bunnpunkt }(\mathrm{0,0}),\text{ toppunkt }(\mathrm{3,9})}}$

Grafen til $f$ starter i $x=-1$ (ikke medregnet, åpent intervall), synker mot bunnpunktet $(\mathrm{0,0})$ der grafen tangerer $x$-aksen, stiger deretter opp til toppunktet $(\mathrm{3,9})$, og synker så videre til den krysser $x$-aksen på nytt ved $x=\mathrm{4,5}$, og fortsetter å synke fram mot $x=5$ (heller ikke medregnet).

Skissen skal altså vise: kurven kommer nedover fra venstre, flater ut og berører $x$-aksen i origo, stiger til et toppunkt i $(\mathrm{3,9})$, og faller deretter og krysser $x$-aksen i $(\mathrm{4,5},0)$ før den fortsetter nedover.

Vi finner $f(1)$ og $f^{\prime }(1)$:

Tangentlinjen i punktet $(1,\frac{7}{3})$ har stigningstall $4$ og likning

$\underline{\underline{y=4x-{\displaystyle \frac{5}{3}}}}$

Sannsynligheten for ikke å få en sekser i ett kast er ${\displaystyle \frac{5}{6}}$. Siden de tre kastene er uavhengige av hverandre, er sannsynligheten for å ikke få noen seksere i løpet av alle tre kastene ${\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^3$.

Sannsynligheten for minst én sekser er komplementet til dette:

Se _resources/s1-v16-2-1.png, linje 1.

$\underline{\underline{p\approx \mathrm{0,4213}}}$

Vi ønsker sannsynligheten for at nøyaktig de to første deltakerne (deltaker 1 og deltaker 2) får minst én sekser, mens de to siste (deltaker 3 og 4) ikke får det. Deltakerne kaster uavhengig av hverandre, så vi kan multiplisere sannsynlighetene:

Se _resources/s1-v16-2-1.png, linje 2.

$\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,0594}}}$

Her spiller det ingen rolle hvilke to av de fire deltakerne som lykkes — vi vil bare vite at nøyaktig to av fire lykkes. La $X$ være antall deltakere av fire som får minst én sekser. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=4$ og $p\approx \mathrm{0,4213}$.

Det finnes $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)=6$ måter å velge ut hvilke to av de fire deltakerne som lykkes på, og hver av disse måtene har samme sannsynlighet $p^2{(1-p)}^2$ som i b):

Se _resources/s1-v16-2-1.png, linje 3.

$\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,3566}}}$

Vi lar $x$ være antall år etter 1997, og $y$ være produsert mengde laks i tonn. Vi plotter punktene fra tabellen:

$(0,335000),(4,435000),(8,585000),(12,863000),(16,1170000)$

Punktene ligger på en kurve som stiger raskere og raskere, så en eksponentiell modell $f(x)=a\cdot b^x$ passer godt. Vi bruker eksponentiell regresjon på grafverktøyet og finner

Vi runder av og bruker $f(x)=324000\cdot {\mathrm{1,083}}^x$ videre i oppgaven. Se punktene og modellen i utklippet.

Vekstfaktoren er $\mathrm{1,083}$, som betyr at produksjonen vokser med

per år.

Vi skal finne når $f(x)=2000000$. Vi tegner linjen $y=2000000$ sammen med grafen til $f$ og finner skjæringspunktet, se utklippet over. GeoGebra gir skjæringspunktet

Siden $x$ er antall år etter 1997, tilsvarer $x\approx \mathrm{22,8}$ året $1997+\mathrm{22,8}\approx \mathrm{2019,8}$, altså i løpet av $\underline{\underline{2020}}$.

Produksjonsveksten (per år) er gitt ved den deriverte $f^{\prime }(x)$. Vi skal finne når $f^{\prime }(x)=100000$ for første gang. Vi tegner $g(x)=f^{\prime }(x)$ sammen med linjen $y=100000$ og finner skjæringspunktet:

GeoGebra gir skjæringspunktet

Siden $f^{\prime }(x)$ er stigende (produksjonen vokser stadig raskere i denne modellen), er $x\approx \mathrm{16,97}$ det første tidspunktet veksten passerer $100000\mathrm{t}$ per år. Dette tilsvarer $1997+\mathrm{17,0}\approx \mathrm{2014,0}$, altså i starten av $\underline{\underline{2014}}$.

• $x\ge 0$ og $y\ge 0$: butikken kan ikke produsere en negativ mengde fiskekaker.
• $x+y\le 550$: til sammen kan ikke butikken selge mer enn $550\mathrm{kg}$ fiskekaker i løpet av en uke, så samlet produksjon må være mindre enn eller lik dette.
• $\mathrm{0,6}x+\mathrm{0,4}y\le 300$: hver kilo type A bruker $\mathrm{0,6}\mathrm{kg}$ torsk og hver kilo type B bruker $\mathrm{0,4}\mathrm{kg}$ torsk. Samlet torskeforbruk kan ikke overstige de $300\mathrm{kg}$ torsk butikken har tilgang til.
• $\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,4}y\le 200$: tilsvarende bruker type A $\mathrm{0,2}\mathrm{kg}$ sei og type B $\mathrm{0,4}\mathrm{kg}$ sei per kilo, og samlet seiforbruk kan ikke overstige de $200\mathrm{kg}$ sei butikken har tilgang til.

Vi tegner grensene $x+y=550$, $\mathrm{0,6}x+\mathrm{0,4}y=300$ (torsk) og $\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,4}y=200$ (sei) sammen med aksene, og skraverer $\text{området}$ som tilfredsstiller alle ulikhetene samtidig.

Skjæringspunktet mellom torskelinja og seilinja er $(250,375)$, men der er $x+y=625>550$, så dette punktet ligger utenfor det tillatte området. Det tillatte området er derfor et femkantet område avgrenset av hjørnene $A(\mathrm{0,0})$, $B(\mathrm{0,500})$, $C(\mathrm{100,450})$, $D(\mathrm{400,150})$ og $E(\mathrm{500,0})$, der $C$ er skjæringspunktet mellom sei-linja og $x+y=550$, og $D$ er skjæringspunktet mellom $x+y=550$ og torske-linja.

Inntekten fra salg er

Kostnaden til råvarer per kilo type A er $\mathrm{0,6}\cdot 55+\mathrm{0,2}\cdot 35=33+7=40\mathrm{kr}$, og per kilo type B er $\mathrm{0,4}\cdot 55+\mathrm{0,4}\cdot 35=22+14=36\mathrm{kr}$. Samlet råvarekostnad blir dermed $40x+36y$.

I tillegg har butikken faste kostnader på $5000\mathrm{kr}$ per uke. Fortjenesten er inntekt minus alle kostnader:

Størst (eller minst) verdi av en lineær funksjon over et avgrenset område oppnås alltid i et hjørne av området. Vi setter derfor inn hjørnene $A$, $B$, $C$, $D$ og $E$ fra b) i uttrykket $30x+25y-5000$:

Størst fortjeneste får butikken i hjørnet $D(400,150)$, der $x+y=550$ — altså er også salgsbegrensningen bindende i optimum, i motsetning til det man kunne tro ved bare å se på skjæringen mellom torske- og seilinja. Den oransje linja i figuren over viser nivålinjen $30x+25y=10750$, som akkurat berører det tillatte området i $D$.

Butikken bør altså produsere $400\mathrm{kg}$ av type A og $150\mathrm{kg}$ av type B. Da blir fortjenesten

$\underline{\underline{10750\mathrm{kr}}}$

per uke.

Prisen $P(x)$ er oppgitt i kroner per kilogram, mens $x$ er antall tonn fisk. Siden $1$ tonn $=1000$ kg, tilsvarer $x$ tonn en mengde på $1000x$ kg.

Den totale inntekten er mengde solgt (i kg) multiplisert med prisen per kg:

Vi setter inn $P(x)$ i uttrykket for $I(x)$:

Grafen til $I$ på $[0,8]$ er tegnet i GeoGebra, med toppunktet markert:

Toppunktet leses av som $(\mathrm{4,56},113073)$.

Størst inntekt oppnås altså når det selges omtrent $x\approx \mathrm{4,56}\mathrm{t}$ fisk, og inntekten er da omtrent $I\approx 113000\mathrm{kr}$.

Svar: $\underline{\underline{x\approx \mathrm{4,56}\mathrm{t}\text{ gir størst inntekt, }I\approx 113000\mathrm{kr}}}$

Med den nye prismodellen $F(x)=\mathrm{0,5}{x}^2-ax+60$ blir inntektsfunksjonen

Vi vet at inntekten er størst når $x=3$, altså må $I^{\prime }(3)=0$. Vi bruker CAS til å definere funksjonene, derivere og løse likningen med hensyn på $a$:

Fra CAS-utklippet ser vi at

og at likningen $I^{\prime }(3)=0$ gir

Kontroll av at dette gir maksimum: Den dobbeltderiverte er $I^{\prime \prime }(x)=3000x-2000a$. Med $a=\mathrm{12,25}$ og $x=3$:

Siden $I^{\prime \prime }(3)<0$, er $x=3$ virkelig et toppunkt (maksimum), slik oppgaven forutsetter.

Svar: $\underline{\underline{a=\mathrm{12,25}}}$