S1 Vår 2015

Vi deler først likningen på $2$ for å forenkle:

Bruker abc-formelen med $a=1$, $b=-3$, $c=2$:

Dette gir $x=2$ eller $x=1$.

Likningen er

Vi bruker at $2\lg x=\lg (x^2)$ og deretter regelen $\lg p-\lg q=\lg {\displaystyle \frac{p}{q}}$:

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

Bruker abc-formelen med $a=1$, $b=2$, $c=-8$:

Dette gir $x=2$ eller $x=-4$.

For at logaritmene skal være definert, må $x>0$ og $4-x>0$, altså $0<x<4$. Løsningen $x=-4$ må derfor forkastes, mens $x=2$ oppfyller kravet.

Av figuren ser vi at $AP=10$ og $AB=20$, og at trekanten $ABC$ er rettvinklet i $A$.

Siden $P$ ligger på $AC$ med $AP=10$ og $PC=x$, er

Trekanten $ABC$ er rettvinklet i $A$, med $BC=y$ som hypotenus. Pytagoras’ setning gir da

som er den andre likningen i systemet.

Videre er $PA+AB=PC+CB$ gitt i oppgaven. Siden $PA=10$ og $AB=20$, blir dette

som er den første likningen. Dermed kan likningssystemet brukes til å bestemme sidene i trekanten.

Fra den første likningen har vi $y=30-x$. Setter vi dette inn i den andre likningen:

Vi gangar ut begge parentesene:

Ledd med $x^2$ kansellerer:

Dermed er

Kontroll: ${(10+5)}^2+400=225+400=625={25}^2$. ✓ (Trekanten $ABC$ har dermed sidene $AC=15$, $AB=20$, $BC=25$ — en $3$-$4$-$5$-trekant skalert med $5$.)

Vi kjenner igjen uttrykket som formen $A^2-2AB+B^2={(A-B)}^2$ med $A=(a+1)$ og $B=(a-1)$:

Vi forenkler parentesen:

Dermed blir uttrykket

Vi forenkler teller og nevner hver for seg. I telleren bruker vi ${(2a^2)}^{-1}={\displaystyle \frac{1}{2a^2}}$ og ${(3b)}^2=9b^2$:

I nevneren bruker vi ${(3a^2{b}^{-1})}^2=9a^4{b}^{-2}={\displaystyle \frac{9a^4}{b^2}}$:

Divisjon med en brøk vil si multiplikasjon med den snudde brøken:

Vi deriverer $f(x)=x^3-6x^2+9x-4$ ledd for ledd:

Topp- og bunnpunkter finner vi der $f^{\prime }(x)=0$:

Faktorisering gir $(x-1)(x-3)=0$, altså $x=1$ eller $x=3$.

Vi setter inn i $f$ for å finne funksjonsverdiene:

For å avgjøre hvilket punkt som er topp- og bunnpunkt, ser vi på fortegnet til $f^{\prime }$. Siden $f^{\prime }(x)=3(x-1)(x-3)$ er positiv for $x<1$, negativ for $1<x<3$ og positiv for $x>3$, går $f$ fra økende til avtakende i $x=1$ (toppunkt) og fra avtakende til økende i $x=3$ (bunnpunkt).

Dermed er $(\mathrm{1,0})$ toppunkt og $(3,-4)$ bunnpunkt.

Vi finner $f(0)$ og $f^{\prime }(0)$:

Tangentlikningen i punktet $(0,f(0))$ er gitt ved $y=f(0)+f^{\prime }(0)\cdot x$:

Vi skal finne det andre punktet på grafen der stigningstallet også er $9$, altså løse $f^{\prime }(x)=9$:

Dette gir $x=0$ (punktet fra oppgave c)) eller $x=4$.

Vi finner funksjonsverdien i det nye punktet:

Tangeringspunktet for den parallelle tangenten er dermed $(\mathrm{4,0})$.

Vi finner grenselinjene til området ved å sette hver ulikhet til likhet:

Skjæringspunktene mellom grenselinjene gir hjørnene i området $D$:

• $x+y=5$ og $y-x=1$: legger vi sammen likningene, får vi $2y=6$, altså $y=3$ og $x=2$. Punkt $C=(2,3)$.
• $y-x=1$ og $x=-1$: gir $y=0$. Punkt $A=(-1,0)$.
• $x+y=5$ og $x=-1$: gir $y=6$. Punkt $B=(-1,6)$.

Området $D$ er da trekanten med hjørner $A(-1,0)$, $B(-1,6)$ og $C(2,3)$, altså punktene som samtidig ligger til høyre for linjen $x=-1$, over linjen $y-x=1$ og under linjen $x+y=5$.

Siden $3x+2y$ er en lineær funksjon, vil den største (og minste) verdien over et skravert mangekantet område alltid finnes i et av hjørnene. Vi setter hjørnene inn i uttrykket:

Den største verdien får vi i punktet $C(2,3)$, der $3x+2y=12$. Dette vises på figuren som den røde stiplede linja $3x+2y=12$, som akkurat tangerer området $D$ i punktet $C$.

Svar: Punktet $\underline{\underline{(x,y)=(2,3)}}$ gir den største verdien, og maksverdien er $\underline{\underline{3x+2y=12}}$.

Inntekten når bedriften selger $x$ enheter for $200$ kroner per enhet, er

Overskuddet er inntekt minus kostnad:

Dette er samme uttrykk som skulle vises.

$O(x)=-\mathrm{0,25}{x}^2+100x-5000$ er en andregradsfunksjon med negativ ledende koeffisient, så grafen er en parabel som vender grenene nedover. Toppunktet gir dermed størst overskudd.

Toppunktet finner vi ved $x=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$, med $a=-\mathrm{0,25}$ og $b=100$:

Vi setter $x=200$ inn i $O(x)$:

Produksjonsmengden $x=200$ enheter per dag gir størst overskudd, og det største overskuddet er $\underline{\underline{O(200)=5000\mathrm{kr}}}$.

Kulene trekkes uten tilbakelegging, så $X$ = antall røde kuler er hypergeometrisk fordelt med $m=3$ røde kuler, $n-m=4$ blå kuler, $n=7$ kuler totalt og $r=3$ kuler som trekkes.

Han trekker flere røde enn blå kuler når $X=2$ (2 røde, 1 blå) eller $X=3$ (3 røde, 0 blå).

Fra a) er $P(X=2)={\displaystyle \frac{12}{35}}$. Vi finner $P(X=3)$:

Siden hendelsene er disjunkte, blir

Med tilbakelegging er sannsynligheten for rød kule lik $p={\displaystyle \frac{3}{7}}$ i hvert av de $n=3$ uavhengige forsøkene, så $X$ er binomisk fordelt med $n=3$ og $p={\displaystyle \frac{3}{7}}$.

Graf A har en vertikal asymptote ved $x=1$ og en horisontal asymptote ved $y=2$, i tillegg til at grafen krysser $x$-aksen litt til venstre for $x=-1$.

Av de fire funksjonene er det bare $g(x)={\displaystyle \frac{x+3}{x-1}}$ og $h(x)={\displaystyle \frac{2x+3}{x-1}}$ som er rasjonale funksjoner med vertikal asymptote $x=1$ (der nevneren er null).

Den horisontale asymptoten finner vi ved å se på forholdet mellom ledende koeffisienter i teller og nevner når $x\to \pm \infty$:

• For $g$: $y={\displaystyle \frac{1}{1}}=1$
• For $h$: $y={\displaystyle \frac{2}{1}}=2$

Graf A har horisontal asymptote $y=2$, så graf A må være grafen til $h(x)={\displaystyle \frac{2x+3}{x-1}}$.

Vi sjekker også nullpunktet: $h(x)=0$ gir $2x+3=0$, altså $x=-\mathrm{1,5}$, som stemmer med at grafen krysser $x$-aksen litt til venstre for $-1$.

Graf B er en kubisk (tredjegrads) kurve, som passer med at både $f$ og $k$ er tredjegradsfunksjoner. Grafen har et toppunkt ved $x=-1$ med $y=6$ og et bunnpunkt ved $x=1$ med $y=-2$, og den skjærer $y$-aksen i $y=2$.

Vi undersøker $k(x)=2x^3-6x+2$. Den deriverte er

Nullpunkter til $k^{\prime }$: $6x^2-6=0\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=\pm 1$.

Vi regner ut funksjonsverdiene:

Dette stemmer nøyaktig med toppunkt $(-1,6)$, bunnpunkt $(1,-2)$ og skjæringspunkt med $y$-aksen i $(0,2)$ på graf B. Graf B hører derfor til $k(x)=2x^3-6x+2$.

Vi skal finne sannsynligheten for at akkurat 21 av elevene blir fornøyde, altså $P(X=21)$.

Vi bruker GeoGebra CAS-kommandoen FordelingBinomial(30, 0.7, 21, false), se linje 1 i utklippet under.

Sannsynligheten for at akkurat 21 av elevene blir fornøyde med utdanningen de velger, er $\underline{\underline{\mathrm{0,1573}}}$.

Vi skal finne sannsynligheten for at minst 25 av elevene blir fornøyde, altså $P(X\ge 25)$.

Vi bruker at $P(X\ge 25)=1-P(X\le 24)$, med den kumulative kommandoen FordelingBinomial(30, 0.7, 24, true), se linje 2 i utklippet over.

Sannsynligheten for at minst 25 av elevene blir fornøyde med utdanningen de velger, er $\underline{\underline{\mathrm{0,0766}}}$.

La $J$ være antall jenter blant de 6 uttrukne elevene. Siden vi trekker uten tilbakelegging fra en gruppe med 15 gutter og 15 jenter (30 elever totalt), er $J$ hypergeometrisk fordelt med populasjonsstørrelse $30$, $15$ “treff” (jenter) i populasjonen og utvalgsstørrelse $6$.

Det blir trukket ut flere jenter enn gutter når $J\ge 4$ (siden $J+G=6$, betyr $J>G$ at $J\ge 4$). Vi bruker den kumulative kommandoen FordelingHypergeometrisk(30, 15, 6, 3, true), se linje 3 i utklippet over:

Sannsynligheten for at det blir trukket ut flere jenter enn gutter, er $\underline{\underline{\mathrm{0,3257}}}$.

Punktene i tabellen ligger tilnærmet på en parabel, så vi utfører andregradsregresjon (RegPoly med grad 2) på datasettet. Dette gir

(mer presist $K(x)=\mathrm{0,13422}{x}^2+\mathrm{72,7341}x+20\mathrm{315,2}$).

Kostnadene ved 220 produserte enheter finner vi ved å sette $x=220$ inn i $K$. I GeoGebra (se Kverdi i utklippet) er

Kostnadene i en uke med 220 produserte enheter er altså om lag $42800$ kroner.

Bedriften får inntekt $250x$ kroner ved å selge $x$ enheter, så overskuddet er

Bedriften får overskudd når $O(x)>0$. I GeoGebra finner vi nullpunktene til $O$ (se Nullpunkter i utklippet):

Siden $O$ er en parabel som vender grenene nedover (negativ ledende koeffisient), er $O(x)>0$ mellom nullpunktene. Bedriften må derfor produsere og selge mellom om lag $127$ og $1193$ enheter for å få overskudd.

Det største overskuddet er toppunktet på grafen til $O$. I GeoGebra finner vi dette med Extremum (se Maks i utklippet):

Bedriften oppnår altså størst overskudd, om lag $38200$ kroner, når den produserer og selger rundt $660$ enheter per uke.

Vi taster funksjonsuttrykket

inn i graftegneren og tegner grafen for $x\ge 0$, se figuren under.

Temperaturen idet metallstykket blir tatt ut av ovnen er temperaturen ved $x=0$:

$\underline{\underline{T(0)=500°\text{C}}}$

Metallet kan bearbeides så lenge $T(x)\ge 150$. Vi finner skjæringspunktet mellom grafen til $T$ og linjen $y=150$ i GeoGebra (se figuren i a)). Skjæringspunktet er ved $x\approx \mathrm{26,6}$.

Det betyr at smeden har omtrent $\underline{\underline{\mathrm{26,6}\text{min}(\approx 27\text{min})}}$ på seg til å bearbeide metallstykket før temperaturen synker under $150°\text{C}$.

Grafen til $T$ har en horisontal asymptote $y=30$, som vi ser av figuren ved at grafen flater ut mot denne verdien når $x$ blir stor. Dette svarer til temperaturen i rommet der metallet til slutt havner i temperaturlikevekt med omgivelsene. Temperaturen i rommet der smeden arbeider er derfor

Smeden ønsker $10$ minutter ekstra arbeidstid sammenlignet med i b), altså totalt

med temperatur over $150°\text{C}$. For å få dette må han ta metallet ut av ovnen med en høyere starttemperatur enn de $500°\text{C}$ fra a) — det holder ikke å se på hvor lenge det tidligere metallstykket hadde vært over $150°\text{C}$ (det ville bare gitt $10$ minutter arbeidstid totalt, ikke $10$ minutter ekstra).

La $T_{start}$ være den ukjente temperaturen metallet har idet det tas ut av ovnen. Metallet avkjøles etter samme mønster som før, altså med samme avkjølingsfaktor $\mathrm{0,95}$ og samme romtemperatur $30°\text{C}$:

Vi krever at temperaturen skal være nøyaktig $150°\text{C}$ etter $\mathrm{36,6}$ minutter:

Metallet må altså ha en temperatur på omtrent

når han starter bearbeidingen, for å ha $10$ minutter ekstra tid til rådighet. (Svaret er noe følsomt for avrunding av tiden fra b): brukes $27$ minutter i stedet for $\mathrm{26,6}$, altså totalt $37$ minutter, blir svaret i overkant av $830°\text{C}$.)

Pappstykket er kvadratisk med side $6\mathrm{dm}$. Langs den ene retningen klippes det bort et hjørnestykke med bredde $x$ i hver ende (totalt $2x$), mens det langs den andre retningen — der figuren viser to $x$-merker sammen i hvert hjørne — klippes bort dobbelt så mye, altså $x$ to ganger i hver ende (totalt $4x$). Dette gir de doble flikene som brettes inn og låser hjørnene når esken settes sammen.

Når de fire flikene med høyde $x$ brettes opp, blir bunnen i esken et rektangel med sider

og esken får høyde $x$. Volumet blir dermed

For at bunnen skal ha positiv lengde og bredde, må $6-4x>0$, altså $x<\mathrm{1,5}$. Sammen med $x>0$ gir dette definisjonsmengden $x\in ⟨0,\mathrm{1,5}⟩$.

Vi bruker CAS til å derivere $V(x)$ og løse $V^{\prime }(x)=0$:

CAS gir $x={\displaystyle \frac{3-\sqrt{3}}{2}}$ eller $x={\displaystyle \frac{3+\sqrt{3}}{2}}$. Siden ${\displaystyle \frac{3+\sqrt{3}}{2}}\approx \mathrm{2,37}$ ligger utenfor definisjonsmengden $⟨0,\mathrm{1,5}⟩$, er det eneste gyldige kritiske punktet

Siden $V(0)=V(\mathrm{1,5})=0$ og $V(x)>0$ inni intervallet, må dette kritiske punktet gi et toppunkt (maksimum). CAS gir

Volumet blir størst, om lag $\underline{\underline{\mathrm{10,39}{\mathrm{dm}}^3}}$, når kuttene har bredde $\underline{\underline{x\approx \mathrm{0,63}\mathrm{dm}}}$.

Med kvadratisk pappstykke med side $a$ blir esken bygd på samme måte, så volumfunksjonen blir

Vi bruker CAS (samme utklipp som over, linje 5–8) til å derivere, løse $W^{\prime }(x)=0$ og sette det gyldige kritiske punktet inn igjen:

CAS gir $x={\displaystyle \frac{(3-\sqrt{3})a}{12}}$ eller $x={\displaystyle \frac{(3+\sqrt{3})a}{12}}$, der bare den første ligger innenfor det gyldige området ($x<a/4$), akkurat som i b). Setter vi dette inn i $W(x)$ og forenkler med CAS, får vi

som er nøyaktig det uttrykket vi skulle vise. Dermed er $\underline{\underline{V_{\max }={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{36}}{a}^3}}$ bekreftet med CAS.