S1 Høst 2020

Vi ganger ut på begge sider.

Vi samler alle ledd på høyre side.

Vi faktoriserer ut $2x$.

Da er enten $2x=0$ eller $x-1=0$, som gir

Vi bruker potensregelen $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$ på venstre side og ${\displaystyle \frac{1}{a^n}}=a^{-n}$ på høyre side.

Siden grunntallene er like, må eksponentene være like.

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

Siden logaritmefunksjonen er injektiv, må argumentene være like.

Vi faktoriserer.

Vi må sjekke at løsningene ligger i definisjonsmengden. Vi trenger $3x-2>0$ og $x>0$, altså $x>\frac{2}{3}$. Begge løsningene $x=1$ og $x=2$ oppfyller dette, så begge er gyldige.

Vi forenkler telleren først. Vi bruker ${(a^m{b}^n)}^k=a^{mk}{b}^{nk}$ og $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$.

Deretter forenkler vi nevneren. Vi bruker ${(a^{-m})}^{-n}=a^{mn}$.

Vi setter sammen brøken.

Vi faktoriserer nevneren $x^2-1$ som konjugatsetning.

Felles nevner for alle tre leddene er $(x-1)(x+1)$. Vi utvider hvert ledd.

Vi setter sammen alt over felles nevner.

Vi faktoriserer telleren.

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

Uttrykket er definert for $x\ne 1$ og $x\ne -1$.

Krukken inneholder $2$ røde og $2$ blå kuler, altså $4$ kuler totalt. De to kulene trekkes uten tilbakelegging. Antall måter å trekke $2$ kuler av $4$ på er

De to kulene har lik farge dersom de begge er røde eller begge er blå:

Sannsynligheten for at Mia må ta oppvasken (lik farge) blir dermed

Sannsynligheten for at Mia må ta oppvasken, er $\underline{\underline{\frac{1}{3}\approx \mathrm{0,333}}}$.

La $n$ være antall røde kuler i krukken. Sammen med de $2$ blå kulene er det da $n+2$ kuler totalt, og vi trekker fortsatt $2$ kuler uten tilbakelegging.

De to kulene har ulik farge dersom den ene er rød og den andre er blå. Antall slike utfall er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{1}\right)=2n$, mens totalt antall måter å trekke $2$ av $n+2$ kuler på er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+2}{2}\right)=\frac{(n+2)(n+1)}{2}$. Dermed er

Vi krever at denne sannsynligheten skal være mindre enn $50\%$:

Siden $(n+2)(n+1)>0$ for alle positive $n$, kan vi multiplisere begge sider med $2(n+2)(n+1)$ uten å snu ulikheten:

Løsningen av likningen $n^2-5n+2=0$ er

Den positive løsningen er $n=\frac{5+\sqrt{17}}{2}\approx \mathrm{4,56}$. Siden $n$ må være et helt tall, sjekker vi $n=4$ og $n=5$:

• $n=4$: ${\displaystyle \frac{4\cdot 4}{6\cdot 5}}={\displaystyle \frac{16}{30}}={\displaystyle \frac{8}{15}}\approx \mathrm{0,533}$ (ikke under $50\%$)
• $n=5$: ${\displaystyle \frac{4\cdot 5}{7\cdot 6}}={\displaystyle \frac{20}{42}}={\displaystyle \frac{10}{21}}\approx \mathrm{0,476}$ (under $50\%$)

Det må ligge $\underline{\underline{\text{minst }5}}$ røde kuler i krukken for at sannsynligheten for ulik farge skal være under $50\%$.

Vi tegner de tre randlinjene:

og skraverer området på riktig side av hver linje (testes for eksempel med punktet $(\mathrm{3,0})$, som gir $-6\le 8$, $6\ge 4$ og $6\le 8$ — alle sanne). Området $M$ blir da trekanten der alle tre ulikhetene er oppfylt samtidig, med hjørner i skjæringspunktene mellom linjene:

Uttrykket $-2x+3y$ er lineært, så maksimums- og minimumsverdien i det avgrensede, konvekse området $M$ må finnes i et av hjørnene $A$, $B$ eller $C$. Vi setter inn koordinatene til hjørnene fra a):

Størst verdi er $4$ (i $A$) og minst verdi er $-12$ (i $B$). Dermed kan uttrykket $-2x+3y$ anta alle verdier i intervallet

Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet $[{\displaystyle \frac{3}{2}},2]$ er

Vi finner funksjonsverdiene:

Dette gir gjennomsnittlig vekstfart

Vi deriverer $g$:

Setter vi inn $x=2$:

Vi skal finne alle punkter der tangenten har stigningstall $g^{\prime }(2)=6$, altså løse

Det ene tangeringspunktet ligger i $x=2$: $g(2)=2$, altså $A(\mathrm{2,2})$.

Det andre ligger i $x=-1$:

altså $B(-1,-{\displaystyle \frac{5}{2}})$.

Rektangelet har sider $x\mathrm{cm}$ og $y\mathrm{cm}$, og omkretsen er $96\mathrm{cm}$. Omkretsen av et rektangel er summen av alle fire sidene:

Vi løser med hensyn på $y$:

Når rektangelet formes til en sylinder med høyde $y$, blir siden med lengde $x$ til omkretsen av grunnflaten (sirkelen). Er radien i sirkelen $r$, er omkretsen $2\pi r$, så

Volumet av en sylinder er $V=\pi r^2\cdot \text{høyde}$. Med høyde $y=48-x$ får vi

Ganger vi ut parentesen i telleren:

som er formelen vi skulle vise.

Vi deriverer $V$ for å finne når volumet er størst:

Nullpunktene til $V^{\prime }$ er $x=0$ og $x=32$. Siden $x$ er en sidelengde må $0<x<48$, så vi ser nærmere på $x=32$:

• For $0<x<32$ er $V^{\prime }(x)>0$ (voksende)
• For $32<x<48$ er $V^{\prime }(x)<0$ (avtakende)

Dermed er $x=32$ et toppunkt, og volumet er størst når

La $X$ være antall soldager blant de 14 feriedagene. Vi antar at

• sannsynligheten for at en tilfeldig dag er en soldag er lik hver dag gjennom hele oppholdet (soldagene er jevnt fordelt over året), og

• om det er sol en gitt dag er uavhengig av om det var sol dagen(e) før.

  Under disse forutsetningene er $X$ binomisk fordelt med $n=14$ forsøk og suksessannsynlighet

Sannsynligheten for at alle 14 dagene blir soldager er da

som stemmer med Agnetes tall (se P_a i utklippet).

Begge forutsetningene er tvilsomme i praksis. Vær er sesongavhengig, så sannsynligheten for sol varierer trolig mellom sommer- og vintermåneder, og den er ikke den samme uansett hvilke 14 dager i året turen legges til. I tillegg er vær ofte korrelert fra dag til dag (en sydag følges gjerne av flere sydager), slik at uavhengighetsantakelsen heller ikke er helt riktig.

La $Y$ være antall av de 8 feriereisene der alle 14 dagene blir soldager. Da er $Y$ binomisk fordelt med $n=8$ og $p=P(X=14)\approx \mathrm{0,0642}$ fra a).

Vi skal finne $P(Y\ge 2)$, som er lettest å regne ut via komplementet:

Fra q og P_b i utklippet:

Det er altså omtrent $\mathrm{8,9}\%$ sannsynlighet for at familien opplever bare soldager på minst 2 av de 8 feriereisene.

La $Z$ være antall soldager i løpet av en tilfeldig fireukersperiode (28 dager) på Oles feriested, og la $p$ være sannsynligheten for at en tilfeldig dag der er en soldag. Da er $Z$ binomisk fordelt med $n=28$ og suksessannsynlighet $p$, og

I utklippet er dette definert som funksjonen f(p). Vi skal finne den minste $p$ (og dermed det minste antallet soldager i året, siden antall soldager $=365\cdot p$) som oppfyller kravet $P(Z\ge 22)\ge \mathrm{0,90}$.

Siden antall soldager i året må være et helt tall, prøver vi hele antall soldager rundt grensen:

• $312$ soldager gir $p={\displaystyle \frac{312}{365}}\approx \mathrm{0,8548}$, og fra utklippet er $f(\mathrm{0,8548})\approx \mathrm{0,8991}<\mathrm{0,90}$ — ikke oppfylt.
• $313$ soldager gir $p={\displaystyle \frac{313}{365}}\approx \mathrm{0,8575}$, og fra utklippet er $f(\mathrm{0,8575})\approx \mathrm{0,9067}\ge \mathrm{0,90}$ — oppfylt.

Det må altså være minst $313$ soldager i året for at reisebyråets påstand skal stemme.

Vi lar $x$ være antall år etter 2011, slik at $x=1,3,5,8$ svarer til årene $2012,2014,2016,2019$. Da blir datapunktene

Vi kjører eksponentiell regresjon på disse punktene med CAS/graftegner, og får modellen

Her betyr $3936$ den anslåtte avskogingen i år 2011 ($x=0$) ifølge modellen, mens $\mathrm{1,1245}$ betyr at avskogingen øker med om lag $\mathrm{12,45}\%$ per år.

Grafen til $f(x)=2450\cdot x^{\mathrm{0,68}}$ for $x\in [9,39]$ er tegnet i GeoGebra.

Avskogingen i 2016 ($x=5$) var $7893{\text{km}}^2$ ifølge tabellen. Dobbelt så stor avskoging er

Vi løser likningen $f(x)=15786$:

Siden $x$ må være et helt tall (vi ser på hele år), sjekker vi at $f(15)<15786<f(16)$. Det betyr at avskogingen for første gang overstiger $15786{\text{km}}^2$ når $x=16$, altså i året

Vi deriverer $f(x)=2450\cdot x^{\mathrm{0,68}}$:

Vi setter inn $x=10$:

Siden $x=10$ svarer til år $2021$, betyr dette at avskogingen i 2021 ifølge modellen $f$ øker med omtrent $800{\text{km}}^2$ per år — altså at avskogingshastigheten (ikke selve avskogingen) er økende med denne farten på det tidspunktet.

Vi finner vekstfarten i 2022 ($x=11$):

For å sammenlikne vekstfarten fra 2021 ($x=10$) til 2022 ($x=11$), ser vi på forholdet

Dette betyr at vekstfarten (den momentane endringen i avskoging) reduseres med om lag

fra 2021 til 2022. Dette stemmer med målet myndighetene har satt seg om å redusere vekstfarten i avskogingen med $3\%$ fra 2021 til 2022 — modellen $f$ er altså i tråd med målsetningen.

Begge typer marsipanpølser veier $500\mathrm{g}$. Vi regner ut hvor mange gram av hvert råstoff hver pølsetype inneholder:

• Type A: $50\%\cdot 500=250\mathrm{g}$ melis, $45\%\cdot 500=225\mathrm{g}$ mandler, $5\%\cdot 500=25\mathrm{g}$ eggehvite.
• Type B: $20\%\cdot 500=100\mathrm{g}$ melis, $70\%\cdot 500=350\mathrm{g}$ mandler, $10\%\cdot 500=50\mathrm{g}$ eggehvite.

Siden $x$ og $y$ er antall pølser, kan ikke disse være negative, og vi må ha $x\ge 0$ og $y\ge 0$.

Konditoriet har $60\mathrm{kg}=60000\mathrm{g}$ melis tilgjengelig. Totalt forbruk av melis er $250x+100y$ gram, så

(delt på $100$ på begge sider).

Tilsvarende er det $\mathrm{88,2}\mathrm{kg}=88200\mathrm{g}$ mandler tilgjengelig, og totalt forbruk av mandler er $225x+350y$ gram:

(delt på $100$).

Til slutt er det $12\mathrm{kg}=12000\mathrm{g}$ eggehvite tilgjengelig, og totalt forbruk av eggehvite er $25x+50y$ gram:

(delt på $25$).

Dette gir de fem ulikhetene i oppgaveteksten.

Mulighetsområdet er skjæringen av de fem ulikhetene fra a). Grensene for området er (i tillegg til aksene):

• $l_1:\mathrm{2,5}x+y=600$ (melis)
• $l_2:\mathrm{2,25}x+\mathrm{3,5}y=882$ (mandler)
• $l_3:x+2y=480$ (eggehvite)

Området er femkanten (blå skravur) med hjørner $A(\mathrm{0,0})$, $B(\mathrm{0,240})$, $C(\mathrm{84,198})$, $D(\mathrm{187,4};\mathrm{131,5})$ og $E(\mathrm{240,0})$, vist i figuren under.

Fortjenesten er gitt ved $F(x,y)=20x+15y$. Fordi $F$ er en lineær funksjon over et konveks mangekantet område, vil maksimum oppnås i et av hjørnene $A$, $B$, $C$, $D$ eller $E$. Vi setter inn hjørnene i $F$:

Størst fortjeneste gis altså i hjørnet $D$, som er skjæringspunktet mellom melis- og mandellinjen. Men $x$ og $y$ må være hele tall (antall pølser), og $D=(\mathrm{187,4};\mathrm{131,5})$ er ikke et heltallspunkt. Vi må derfor lete etter det beste heltallspunktet i nærheten av $D$, som samtidig tilfredsstiller alle ulikhetene.

Vi prøver $(x,y)=(188,130)$:

Alle ulikhetene er oppfylt, og fortjenesten blir

Konditoriet bør altså produsere $188$ marsipanpølser av type A og $130$ av type B hver dag. Da blir fortjenesten $\underline{\underline{5710\mathrm{kr}}}$ per dag.

Nå har vi i tillegg begrensningen $x+y\le 250$. Det opprinnelige optimale hjørnet $D=(\mathrm{187,4};\mathrm{131,5})$ har $x+y=\mathrm{318,9}>250$, og er derfor ikke lenger et gyldig produksjonspunkt denne uken.

Det nye mulighetsområdet er den opprinnelige femkanten skåret av med linjen $l_4:x+y=250$, se figuren under.

Fortjenesten $F(x,y)=20x+15y$ øker mest i $x$-retning (koeffisienten til $x$ er størst), så det nye optimale hjørnet ligger der melislinjen $l_1$ møter den nye grensen $l_4$. Vi løser likningssystemet

Trekker vi likningene fra hverandre, får vi $\mathrm{1,5}x=350$, altså $x=\mathrm{233,3}$ og $y=250-\mathrm{233,3}=\mathrm{16,7}$. Dette gir en fortjeneste på

Igjen må $x$ og $y$ være hele tall. Vi prøver $(x,y)=(233,17)$:

(mandel- og eggehviteulikhetene er langt fra bindende her, og er lett oppfylt). Fortjenesten blir

Dette er høyere enn i de andre hjørnene ($B$: $3600$, $E$: $4800$), så konditoriet bør denne uken produsere $233$ pølser av type A og $17$ av type B. Den største fortjenesten de kan få er da $\underline{\underline{4915\mathrm{kr}}}$ per dag.