Løsningsforslag – Matematikk 1P Vår 2022

Eksamen MAT1019

Oppgave 1

a)

Prosentpoeng er differansen mellom to prosenttall:

b)

Vi skal finne den prosentvise endringen. Vi bruker formelen:

Oppgave 2

Vi leser av søylediagrammet og beregner den prosentvise økningen fra år til år:

Fra 2018 til 2019:

Fra 2019 til 2020:

Fra 2020 til 2021:

Oppgave 3

a)

To størrelser er proporsjonale dersom forholdet mellom dem er konstant. Et eksempel:

Antall liter bensin og totalpris når bensinprisen er 20 kr per liter.

Forholdet mellom pris og antall liter er alltid \(\frac{20}{1} = \frac{40}{2} = \frac{60}{3} = 20\). Siden forholdet er konstant, er størrelsene proporsjonale.

b)

Sammenhengen kan beskrives med funksjonen \(y = 20x\), der \(x\) er antall liter og \(y\) er prisen i kroner.

Grafen er en rett linje gjennom origo med stigningstall 20:

Oppgave 4

a)

Vi setter \(x = 5\) inn i funksjonsuttrykket:

b)

Når Siri løser likningen \(V(x) = 500\), finner hun den verdien (eller de verdiene) av høyden \(x\) som gjør at volumet av esken blir nøyaktig 500 cm\(^3\).

Oppgave 5

startverdi = 2000
verdi = startverdi
vekstfaktor = 1.05
år = 0

while verdi < startverdi * 2:
    verdi = verdi * vekstfaktor
    år = år + 1

print(verdi)
print(år)

Programmet starter med en verdi på 2000 og multipliserer med vekstfaktoren 1,05 (som tilsvarer 5 % årlig vekst) gjentatte ganger til verdien har blitt minst dobbelt så stor (4000).

Hva eleven ønsker å finne ut:

Eleven ønsker å finne ut hvor mange år det tar før en startverdi på 2000 har blitt doblet (nådd minst 4000) med en årlig vekst på 5 %.

Hva som skjer når programmet kjøres:

Løkken (while) kjører så lenge verdi < 4000. For hvert gjennomløp ganges verdien med 1,05, og årstelleren økes med 1. Når verdien er lik eller overstiger 4000, stopper løkken, og programmet skriver ut den endelige verdien og antall år.

Vi kan beregne dette matematisk. Vi skal løse \(2000 \cdot 1{,}05^n \geq 4000\), altså \(1{,}05^n \geq 2\).

Så løkken kjøres 15 ganger (siden vi trenger et helt år for å passere grensen).

Oppgave 6

Vi kaller bredden \(b\). Siden rektangelet er tre ganger så langt som det er bredt, er lengden \(3b\).

Arealet av et rektangel er lengde ganger bredde:

Vi vet at arealet er 432 cm\(^2\):

Kontroll: Bredde = 12 cm, lengde = 36 cm. Areal = \(12 \cdot 36 = 432\) cm\(^2\). ✔

Oppgave 1

a)

Vi setter \(x = 0\) inn i funksjonen:

Praktisk tolkning: Ved tidspunkt \(x = 0\) (når tappingen starter) er det ikke tappet ut noe vann ennå.

b)

Vi finner verdimengden ved å se på \(V\) for \(0 \leq x \leq 40\).

Minste verdi: \(V(0) = 0\) (som vi fant i a).

Største verdi finner vi ved \(x = 40\):

Funksjonen \(V\) er stigende på hele intervallet \([0, 40]\) fordi \(\left(1 - \frac{x}{40}\right)^2\) avtar når \(x\) øker. Dermed tar \(V\) alle verdier mellom 0 og 2000.

c)

Tanken inneholder totalt 2000 liter (det er dette som tappes ut når \(x = 40\)). Halvparten er 1000 liter. Vi løser \(V(x) = 1000\):

(Vi velger den positive roten siden \(0 \leq x \leq 40\) gir \(1 - \frac{x}{40} \geq 0\).)

d)

Vi trenger \(V(0)\) og \(V(30)\).

Vi har allerede \(V(0) = 0\). Vi beregner \(V(30)\):

Stigningstallet til linjen gjennom \((0, 0)\) og \((30, 1875)\):

Praktisk tolkning: I gjennomsnitt tappes det ut 62,5 liter vann per minutt i løpet av de første 30 minuttene.

e)

Vi undersøker om endringen \(V(x+1) - V(x)\) noen gang overstiger 105 liter.

Funksjonen tapper mest vann per minutt i begynnelsen (den er brattast rundt \(x = 0\)). Vi beregner endringen det første minuttet:

Det første minuttet tappes det ut 98,75 liter. La oss også sjekke det andre minuttet for å bekrefte at funksjonen avtar:

Mengden som tappes ut per minutt avtar etter hvert (98,75 liter det første minuttet, 96,25 det andre, osv.). Siden det mest som tappes ut i løpet av ett minutt er 98,75 liter, som er mindre enn 105, vil det aldri tappes ut mer enn 105 liter i løpet av ett minutt.

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer modellen: V(x) := 2000 − 2000 · (1 − x/40)²
• Forenkler til: \(-\frac{5}{4}x^2 + 100x\)
• Beregn: V(0) → gir \(0\), og V(30) → gir \(1875\)
• Stigningstall: (V(30) − V(0)) / 30 → gir \(62{,}5\) liter per minutt

Oppgave 2

a)

Fra grafen kan vi lese av to egenskaper for firma A (den grønne, rette linjen):

• Skjæring med y-aksen: Når \(x = 0\) (ingen kjøring), er prisen ca. 600 kr. Dette er startprisen (fast døgntleie).
• Stigningstall: Vi kan lese av to punkter, for eksempel \((0, 600)\) og \((100, 1000)\):

Stigningstallet er 4, som betyr at det koster 4 kr per km.

Dermed får vi den lineære funksjonen:

b)

Fra grafen leser vi av prisene hos firma B (den blå kurven):

Ved 50 km: Prisen hos firma B er ca. 900 kr.

Ved 400 km: Prisen hos firma B er ca. 1200 kr (avlest fra grafen; kurven flater ut).

c)

Markus skal kjøre tur-retur Bodø–Sulitjelma. Total avstand:

Firma A:

Firma B: Fra grafen leser vi av at prisen for 194 km er ca. 1100 kr.

Firma C: Fra grafen leser vi av at prisen for 194 km er ca. 1150 kr.

Oppgave 3

La oss kalle ordinær pris per flaske for \(p\). Vi beregner gjennomsnittlig pris per flaske i hvert tilbud.

Butikk A: «3 for 2»

Du betaler for 2 flasker og får 3:

Rabatt per flaske: \(1 - 0{,}667 = 0{,}333 = 33{,}3\,\%\)

Butikk B: «30 % rabatt»

Rabatt per flaske: 30 %

Butikk C: «Full pris + 75 % rabatt på neste»

For 2 flasker betaler du: \(p + 0{,}25p = 1{,}25p\)

Rabatt per flaske: \(1 - 0{,}625 = 0{,}375 = 37{,}5\,\%\)

Butikk D: «3 + 2 gratis»

Du betaler for 3 flasker og får 5:

Rabatt per flaske: \(1 - 0{,}60 = 0{,}40 = 40\,\%\)

Oversikt sortert fra best til dårligst tilbud:

Oppgave 4

a)

Vi vet at 1 L = 1000 mL olje veier 0,9124 kg = 912,4 g.

10 mL er \(\frac{10}{1000} = \frac{1}{100}\) av 1 liter:

b)

Vi vet at 1 L olje veier 912,4 g. Vi skal finne volumet som tilsvarer 556,6 g.

Vi gjør om til desiliter (\(1 \text{ L} = 10 \text{ dL}\)):

Oppgave 5

Antallet dobles hvert 20. minutt. Vi må finne antall doblinger i 12 timer.

Antall bakterier etter 36 doblinger:

Vi beregner \(2^{36}\):

Oppgave 6

Vi analyserer mønsteret. Figurene er trappefigurer (sett fra fronten, 1 kloss dypt):

• Figur 1: Bunn: 3 klosser, topp: 1 kloss. Totalt: 3 + 1 = 4 klosser
• Figur 2: Rader: 5 + 3 + 1 = 9 klosser
• Figur 3: Rader: 7 + 5 + 3 + 1 = 16 klosser

Vi ser mønsteret: 4, 9, 16, ... som er \(2^2, 3^2, 4^2, \ldots\)

Figur \(n\) har \((n+1)^2\) klosser.

a)

b)

Vi trenger summen av klosser for figur 1 til 10:

c)

Vi summerer klosser inntil summen overskrider 10 000:

Vi bruker formelen for summen: \(\sum_{n=1}^{k}(n+1)^2 = \sum_{m=2}^{k+1} m^2 = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} - 1\).

Vi beregner direkte med riktig indeksering:

Vi bruker at \(\sum_{m=1}^{N} m^2 = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}\):

For \(k = 28\):

For \(k = 29\):

For \(k = 30\):

Etter 29 figurer har vi brukt 9 454 klosser. Figur 30 krever \(31^2 = 961\) klosser, og \(9\,454 + 961 = 10\,415 > 10\,000\). Dermed kan han lage 29 figurer.

Klosser til overs:

Oppgave 7

a)

Vi bruker potensregresjon i GeoGebra på alle datapunktene. I 1P er regresjon den forventede metoden.

Slik gjør du det i GeoGebra:

1. Legg inn tidene som en liste: L1 = {1, 5, 10, 20, 30, 50, 80, 120}
2. Legg inn temperaturene som en liste: L2 = {2.0, 3.7, 5.3, 8.0, 10.2, 13.4, 16.4, 18.4}
3. Kjør kommandoen: Potensregresjon(L1, L2)

GeoGebra gir omtrent:

Modellen blir:

Vi kontrollerer mot tabellen for noen verdier:

• \(T_1(1) \approx 1{,}85 \cdot 1^{0{,}49} = 1{,}85\) (tabell: 2,0)
• \(T_1(30) \approx 1{,}85 \cdot 30^{0{,}49} \approx 9{,}7\) (tabell: 10,2)
• \(T_1(120) \approx 1{,}85 \cdot 120^{0{,}49} \approx 19{,}1\) (tabell: 18,4)

Modellen treffer godt for de fleste punktene.

b)

Vi vurderer gyldighetsområdet:

• For \(x = 0\): \(T_1(0) = 2 \cdot 0^{0{,}46} = 0\), men den faktiske temperaturen ved start var 2 °C. Modellen gir feil verdi for \(x = 0\).
• Modellen er stigende og ubegrenset. For \(x \to \infty\) vil \(T_1(x) \to \infty\), men i virkeligheten stabiliserer temperaturen seg rundt 20 °C (termostaten).
• Vi kan finne når modellen gir 20 °C: \(2 \cdot x^{0{,}46} = 20 \Rightarrow x^{0{,}46} = 10 \Rightarrow x = 10^{1/0{,}46} \approx 10^{2{,}174} \approx 149\).

c)

Tabell 2 viser korrigerte temperaturer (trukket fra 20 °C):

Vi leter etter en eksponentialfunksjon \(f(x) = c \cdot k^x\) der alle verdier er negative og nærmer seg 0. Siden verdiene er negative, gjør vi om til positive ved å sette \(g(x) = -f(x) = |c| \cdot k^x\), bruker eksponentialregresjon på absoluttverdiene, og setter inn fortegnet etterpå.

Slik gjør du det i GeoGebra:

1. Legg inn tidene som en liste: L1 = {1, 5, 10, 20, 30, 50, 80, 120}
2. Legg inn absoluttverdier av korrigert temperatur: L3 = {18.0, 16.3, 14.7, 12.0, 9.8, 6.6, 3.6, 1.6}
3. Kjør kommandoen: Eksponentialregresjon(L1, L3)

GeoGebra gir omtrent:

Siden de opprinnelige verdiene er negative, blir:

Vi kontrollerer med \(x = 50\):

Tabellen gir \(-6{,}6\) — godt samsvar. ✔

d)

Grafene:

• \(T_1(x) = 1{,}85 \cdot x^{0{,}49}\) er en potensfunksjon. Den starter i origo, stiger raskt i starten og flater ut, men fortsetter å stige uten begrensning.
• \(f(x) = -18{,}1 \cdot 0{,}98^x\) er en eksponentialfunksjon med negative verdier som nærmer seg 0 nedenfra. Den starter rundt \(-18\) og øker mot 0.

Forskjeller:

• \(T_1\) gir positive verdier (faktisk temperatur), mens \(f\) gir negative verdier (avvik fra 20 °C).
• \(T_1\) fortsetter å stige ubegrenset, mens \(f\) har en horisontal asymptote (\(y = 0\)).
• For store \(x\)-verdier vil \(T_1\) gi urealistisk høye temperaturer, mens \(f\) nærmer seg 0 (som tilsvarer at temperaturen nærmer seg 20 °C).

e)

Malene foreslår å løfte grafen til \(f\) opp 20 °C, slik at den starter i \((0, 2)\):

Kontroll: \(T_2(0) = -18{,}1 \cdot 1 + 20 = 1{,}9 \approx 2\). ✔

Temperaturen etter 4 timer = 240 minutter (regner i GeoGebra):

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Potensregresjon: Potensregresjon({1, 5, 10, 20, 30, 50, 80, 120}, {2.0, 3.7, 5.3, 8.0, 10.2, 13.4, 16.4, 18.4}) → gir \(T_1(x) \approx 1{,}85 \cdot x^{0{,}49}\)
• Eksponentialregresjon på absoluttverdier: Eksponentialregresjon({1, 5, 10, 20, 30, 50, 80, 120}, {18.0, 16.3, 14.7, 12.0, 9.8, 6.6, 3.6, 1.6}) → gir \(18{,}1 \cdot 0{,}98^x\)
• Definer modellen: T2(x) := −18.1 · 0.98^x + 20
• Starttemperatur: T2(0) → gir \(\approx 1{,}9\) °C (\(\approx 2\) °C)
• Etter 4 timer: T2(240) → gir \(\approx 19{,}9\) °C

Oppgave 8

a)

Gardinet er 80 cm langt med 10 cm mellom trådene. Det gir 9 tråder (ved 0, 10, 20, ..., 80 cm).

Et gardin på 1 meter = 100 cm gir:

b)

Mønsteret gjentas i lenker av 3 tråder med henholdsvis 3, 6 og 9 lyspærer.

Tråd nummer 11: Vi deler 11 på 3: \(11 = 3 \cdot 3 + 2\). Tråd 11 er den andre tråden i den fjerde lenken, altså 6 lyspærer.

La oss verifisere med hele mønsteret for 11 tråder:

Totalt: \(3 \cdot (3 + 6 + 9) + 3 + 6 = 54 + 9 = 63\). ✔ (stemmer med tabellen)

c)

For et gardin på 15 meter = 1500 cm:

Vi deler 151 på 3: \(151 = 50 \cdot 3 + 1\). Det gir 50 komplette lenker pluss 1 ekstra tråd.

Hver komplett lenke har \(3 + 6 + 9 = 18\) lyspærer. Den ekstra tråden har 3 lyspærer.

d)

Den siste tråden skal ha 9 lyspærer. Det betyr at antall tråder må være delelig med 3 (siden mønsteret er 3, 6, 9, 3, 6, 9, ...).

Antall tråder for et gardin på \(L\) meter (\(L \cdot 100\) cm):

Vi trenger \(10L + 1\) å være delelig med 3:

Siden \(10 \equiv 1 \pmod{3}\), får vi:

Det betyr at \(L\) må gi rest 2 ved deling med 3. De første verdiene er:

Vi kontrollerer: For \(L = 2\): 21 tråder, \(21/3 = 7\) hele lenker, siste tråd har 9. ✔
For \(L = 5\): 51 tråder, \(51/3 = 17\) hele lenker, siste tråd har 9. ✔