Løsningsforslag – Matematikk S1 Høst 2023

Oppgave 1

Vi forenkler hvert ledd for seg.

Første faktor:

\[\left(\frac{3a^2}{2b^3}\right)^2 = \frac{(3a^2)^2}{(2b^3)^2} = \frac{9a^4}{4b^6}\]

Andre faktor:

Vi bruker regelen \(\left(\frac{x}{y}\right)^{-1} = \frac{y}{x}\):

\[\left(\frac{a^2 b^{-5}}{4}\right)^{-1} = \frac{4}{a^2 b^{-5}} = \frac{4b^5}{a^2}\]

Multipliserer faktorene:

\[\frac{9a^4}{4b^6} \cdot \frac{4b^5}{a^2} = \frac{9 \cdot 4 \cdot a^4 \cdot b^5}{4 \cdot a^2 \cdot b^6} = \frac{9a^2}{b}\]

Oppgave 2

Vi forenkler hvert uttrykk:

Uttrykk 1:

\[2\ln e^3 = 2 \cdot 3 = 6\]

Her bruker vi at \(\ln e^3 = 3\).

Uttrykk 2:

\[3\lg 70\]

Vi vet at \(\lg 10 = 1\) og \(\lg 100 = 2\), slik at \(1 < \lg 70 < 2\).

Mer presist: \(\lg 70 \approx 1{,}845\), slik at \(3 \cdot \lg 70 \approx 5{,}535\).

Uttrykk 3:

\[e^{3\ln 2} = e^{\ln 2^3} = 2^3 = 8\]

Her bruker vi at \(3\ln 2 = \ln 2^3\) og at \(e^{\ln x} = x\).

Vi har altså:

\[3\lg 70 \approx 5{,}54 \quad < \quad 2\ln e^3 = 6 \quad < \quad e^{3\ln 2} = 8\]

Oppgave 3

Oppgave 3a)

Antall mulige utfall er \(6^3 = 216\).

For at alle skal vise forskjellig:

• Terning 1 kan vise et av 6 verdier
• Terning 2 kan vise et av 5 gjenværende verdier
• Terning 3 kan vise et av 4 gjenværende verdier

Antall gunstige utfall: \(6 \cdot 5 \cdot 4 = 120\)

Oppgave 3b)

Vi bruker komplementsetningen. Ved kast av tre terninger er det tre muligheter:

• Alle viser forskjellig antall øyne
• Nøyaktig to viser samme antall øyne
• Alle tre viser samme antall øyne

Sannsynligheten for at alle tre viser samme antall øyne:

\[P(\text{alle like}) = \frac{6}{216} = \frac{1}{36}\]

Fra del a) vet vi at \(P(\text{alle forskjellige}) = \frac{120}{216}\).

Dermed:

\[P(\text{nøyaktig to like}) = 1 - \frac{120}{216} - \frac{6}{216} = \frac{90}{216} = \frac{5}{12}\]

Oppgave 4

For at \(f\) skal være kontinuerlig, må den være kontinuerlig i overgangspunktet \(x = 1\). Det betyr at grenseverdien fra venstre må være lik funksjonsverdien i \(x = 1\).

Funksjonsverdi i \(x = 1\):

\[f(1) = 1 - 1 = 0\]

Grenseverdi fra venstre:

\[\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1^2 + 3 \cdot 1 - a^2 = 4 - a^2\]

Krav for kontinuitet:

\[4 - a^2 = 0\] \[a^2 = 4\] \[a = 2 \quad \text{eller} \quad a = -2\]

Oppgave 5

Programmet er:

def K(x):
    return 0.1*x**2 + 100*x + 9000

grense = 200
h = 0.00001
a = 1

while (K(a + h) - K(a))/h < grense:
    a = a + 1

print(a)

Analyse av programmet:

Uttrykket \(\frac{K(a+h) - K(a)}{h}\) er en numerisk tilnærming til den deriverte \(K'(a)\).

Vi finner den deriverte analytisk:

\[K'(x) = 0{,}2x + 100\]

Løkken kjører så lenge \(K'(a) < 200\), altså:

\[0{,}2a + 100 < 200\] \[0{,}2a < 100\] \[a < 500\]

Programmet starter med \(a = 1\) og øker \(a\) med 1 for hvert steg. Når \(a = 499\) er \(K'(499) = 0{,}2 \cdot 499 + 100 = 199{,}8 < 200\), så \(a\) økes til 500. Når \(a = 500\) er \(K'(500) = 0{,}2 \cdot 500 + 100 = 200\), som ikke er mindre enn 200, og løkken stopper.

Oppgave 1

Oppgave 1a)

Vi bruker dataene fra tabellen. Inntekten ved salg av \(x\) sofaer er \(I(x) = 28x\) (i tusen kroner). Overskuddet er \(O(x) = I(x) - K(x)\).

\(x\)	10	25	40	70	100	140	180
\(K(x)\)	270	550	870	1500	2200	3300	4500
\(O_{\text{data}} = 28x - K\)	10	150	250	460	600	620	540

Vi utfører regresjon (andregradstilpasning) på kostnadsdataene med digitale verktøy og finner:

\[K(x) \approx 0{,}041x^2 + 17x + 103\]

Dermed blir overskuddsmodellen:

\[O(x) = 28x - K(x) = 28x - 0{,}041x^2 - 17x - 103 = -0{,}041x^2 + 11x - 103\]

Vi kontrollerer at modellen passer godt med dataene:

\(x\)	10	25	40	70	100	140	180
\(O_{\text{data}}\)	10	150	250	460	600	620	540
\(O_{\text{modell}}\)	2,9	146,4	271,4	466,1	587,0	633,4	548,6

Oppgave 1b)

Vi deriverer overskuddsfunksjonen:

\[O'(x) = -0{,}082x + 11\]

Setter \(O'(x) = 0\):

\[-0{,}082x + 11 = 0\] \[x = \frac{11}{0{,}082} \approx 134{,}1\]

Siden \(O''(x) = -0{,}082 < 0\), er dette et toppunkt.

Vi sjekker heltallige verdier:

\[O(134) = -0{,}041 \cdot 134^2 + 11 \cdot 134 - 103 \approx 634{,}8\] \[O(135) = -0{,}041 \cdot 135^2 + 11 \cdot 135 - 103 \approx 634{,}8\]

Oppgave 1c)

La \(p\) (i tusen kroner) være den nye salgsprisen per sofa. Vi har kostnadsfunksjonen \(K(x) = 0{,}041x^2 + 17x + 103\).

Det nye overskuddet blir:

\[O(x) = px - K(x) = -0{,}041x^2 + (p - 17)x - 103\]

Maksimalt overskudd oppnås ved:

\[O'(x) = -0{,}082x + (p-17) = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{p-17}{0{,}082}\]

Ved toppunktet til en andregradsfunksjon \(ax^2 + bx + c\) er maksimalverdien \(c - \frac{b^2}{4a}\):

\[O_{\text{maks}} = -103 - \frac{(p-17)^2}{4 \cdot (-0{,}041)} = -103 + \frac{(p-17)^2}{0{,}164}\]

Vi setter \(O_{\text{maks}} = 1000\) (tilsvarende 1 million kroner):

\[\frac{(p-17)^2}{0{,}164} = 1103\] \[(p-17)^2 = 1103 \cdot 0{,}164 = 180{,}892\] \[p - 17 = \sqrt{180{,}892} \approx 13{,}45\] \[p \approx 30{,}45 \text{ tusen kr}\]

Oppgave 2

Oppgave 2a)

La \(X\) være antall venstrehendte gutter. Siden hver gutt har sannsynlighet 0,10 for å være venstrehendt, er \(X \sim \text{Bin}(280, \; 0{,}10)\).

Vi skal finne \(P(X \geq 25)\).

Vi bruker digitale verktøy (f.eks. GeoGebra eller kalkulator med binomisk fordeling):

\[P(X \geq 25) = 1 - P(X \leq 24)\]

Oppgave 2b)

La \(n\) være antall gutter i klassen og \(Y \sim \text{Bin}(n, \; 0{,}10)\). Vi søker minste \(n\) slik at:

\[P(Y \geq 3) > 0{,}20\]

Vi prøver ulike verdier for \(n\) med digitale verktøy:

For \(n = 15\):

\[P(Y \geq 3) = 1 - P(Y \leq 2) \approx 0{,}184 < 0{,}20\]

For \(n = 16\):

\[P(Y \geq 3) = 1 - P(Y \leq 2) \approx 0{,}211 > 0{,}20\]

Oppgave 2c)

I klassen er det 13 gutter (sannsynlighet 0,10 for å være venstrehendt) og 17 jenter (sannsynlighet 0,08).

La \(G \sim \text{Bin}(13, \; 0{,}10)\) og \(J \sim \text{Bin}(17, \; 0{,}08)\).

For at nøyaktig 3 elever skal være venstrehendte, må vi summere over alle kombinasjoner der \(k\) gutter og \(3-k\) jenter er venstrehendte:

\[P(\text{nøyaktig 3}) = \sum_{k=0}^{3} P(G = k) \cdot P(J = 3-k)\]

Vi regner ut hvert ledd:

\(k\) gutter	\(3-k\) jenter	\(P(G=k)\)	\(P(J=3-k)\)	Produkt
0	3	0,2542	0,1083	0,0275
1	2	0,3672	0,2492	0,0915
2	1	0,2448	0,3582	0,0877
3	0	0,0997	0,2423	0,0242

\[P(\text{nøyaktig 3}) \approx 0{,}0275 + 0{,}0915 + 0{,}0877 + 0{,}0242 = 0{,}2309\]

Oppgave 3

Oppgave 3a)

Per får 3 % årlig rente. Etter 8 år har han:

\[P \cdot 1{,}03^8 = 30\,000\] \[P = \frac{30\,000}{1{,}03^8}\]

Vi regner ut:

\[1{,}03^8 \approx 1{,}2668\] \[P = \frac{30\,000}{1{,}2668} \approx 23\,682\]

Oppgave 3b)

Påstand: Det vil gå nøyaktig dobbelt så lang tid før Pers beløp dobles som for Kåres beløp.

Vi finner doblingstidene. La \(P_0\) være innskutt beløp.

Per (3 % rente):

\[P_0 \cdot 1{,}03^{t_1} = 2P_0 \quad \Rightarrow \quad 1{,}03^{t_1} = 2 \quad \Rightarrow \quad t_1 = \frac{\ln 2}{\ln 1{,}03} \approx 23{,}45 \text{ år}\]

Kåre (6 % rente):

\[P_0 \cdot 1{,}06^{t_2} = 2P_0 \quad \Rightarrow \quad 1{,}06^{t_2} = 2 \quad \Rightarrow \quad t_2 = \frac{\ln 2}{\ln 1{,}06} \approx 11{,}90 \text{ år}\]

Forholdet mellom doblingstidene:

\[\frac{t_1}{t_2} = \frac{\ln 2 / \ln 1{,}03}{\ln 2 / \ln 1{,}06} = \frac{\ln 1{,}06}{\ln 1{,}03}\]

Dersom påstanden hadde vært riktig, måtte dette forholdet vært nøyaktig 2. Men:

\[\frac{\ln 1{,}06}{\ln 1{,}03} \approx \frac{0{,}05827}{0{,}02956} \approx 1{,}971 \neq 2\]

Grunnen er at \(\ln 1{,}06 \neq 2 \cdot \ln 1{,}03\). Dersom vi bruker \(\ln\)-regler:

\[2\ln 1{,}03 = \ln(1{,}03^2) = \ln 1{,}0609 \neq \ln 1{,}06\]

Oppgave 3c)

Per og Kåre setter inn beløpet \(P_0\) hver, totalt \(2P_0\). Vi skal finne \(t\) slik at de til sammen har \(2 \cdot 2P_0 = 4P_0\):

\[P_0 \cdot 1{,}03^t + P_0 \cdot 1{,}06^t = 4P_0\] \[1{,}03^t + 1{,}06^t = 4\]

Denne likningen må løses numerisk (med CAS eller digitale verktøy).

Vi prøver noen verdier:

• \(t = 15\): \(1{,}03^{15} + 1{,}06^{15} \approx 1{,}558 + 2{,}397 = 3{,}955\)
• \(t = 16\): \(1{,}03^{16} + 1{,}06^{16} \approx 1{,}605 + 2{,}540 = 4{,}145\)

Mer presist med digitale verktøy finner vi:

Oppgave 4

Oppgave 4a)

Vi bruker komplementhendelsen. \(P(\text{minst to like}) = 1 - P(\text{alle forskjellige})\).

Antall mulige utfall: \(6^5 = 7776\)

Antall utfall der alle fem terningene viser forskjellig (merk: det er bare 6 mulige verdier, så med 5 terninger er dette mulig):

\[6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 720\] \[P(\text{alle forskjellige}) = \frac{720}{7776} = \frac{5}{54}\]

Oppgave 4b)

Vi skriver et program som teller alle utfall der summen er større enn 20:

antall_gunstige = 0
antall_mulige = 6**5

for t1 in range(1, 7):
    for t2 in range(1, 7):
        for t3 in range(1, 7):
            for t4 in range(1, 7):
                for t5 in range(1, 7):
                    if t1 + t2 + t3 + t4 + t5 > 20:
                        antall_gunstige += 1

print(antall_gunstige / antall_mulige)

Programmet gir:

\[\text{antall\_gunstige} = 1722, \quad \text{antall\_mulige} = 7776\]

Oppgave 4c)

Vi skal finne den største verdien av \(k\) slik at \(P(X \geq k) > 0{,}8\).

Vi utvider programmet til å beregne sannsynlighetsfordelingen:

from collections import Counter

sums = Counter()
for t1 in range(1, 7):
    for t2 in range(1, 7):
        for t3 in range(1, 7):
            for t4 in range(1, 7):
                for t5 in range(1, 7):
                    sums[t1 + t2 + t3 + t4 + t5] += 1

for k in range(5, 31):
    p = sum(v for s, v in sums.items() if s >= k) / 6**5
    if p <= 0.8:
        print(f"Største k er {k - 1}")
        break

Resultat:

• \(P(X \geq 14) \approx 0{,}848 > 0{,}8\)
• \(P(X \geq 15) \approx 0{,}779 < 0{,}8\)

Oppgave 5

Oppgave 5a)

La \(x\) være sidelengden i bunnen og \(h\) være høyden. Kassen har kvadratisk bunn og fire sider, men ikke lokk.

Samlet areal:

\[A = x^2 + 4xh\]

Med \(x = 5\) dm og \(A \leq 120\) dm²:

\[25 + 4 \cdot 5 \cdot h \leq 120\] \[20h \leq 95\] \[h \leq 4{,}75 \text{ dm}\]

Størst volum får vi med \(h = 4{,}75\):

\[V = x^2 \cdot h = 25 \cdot 4{,}75 = 118{,}75\]

Oppgave 5b)

Nå skal vi maksimere volumet når både \(x\) og \(h\) kan varieres, med bivilkåret \(A = x^2 + 4xh = 120\).

Vi uttrykker \(h\) ved hjelp av \(x\):

\[h = \frac{120 - x^2}{4x}\]

Volumet som funksjon av \(x\):

\[V(x) = x^2 \cdot h = x^2 \cdot \frac{120 - x^2}{4x} = \frac{x(120 - x^2)}{4} = \frac{120x - x^3}{4}\]

Vi deriverer og setter lik null:

\[V'(x) = \frac{120 - 3x^2}{4} = 0\] \[3x^2 = 120\] \[x^2 = 40 \quad \Rightarrow \quad x = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} \approx 6{,}32 \text{ dm}\]

Vi sjekker at dette gir et maksimum: \(V''(x) = \frac{-6x}{4} = -\frac{3x}{2} < 0\) for \(x > 0\). Bekreftet.

Høyden:

\[h = \frac{120 - 40}{4 \cdot 2\sqrt{10}} = \frac{80}{8\sqrt{10}} = \frac{10}{\sqrt{10}} = \sqrt{10} \approx 3{,}16 \text{ dm}\]

Volumet:

\[V = x^2 \cdot h = 40 \cdot \sqrt{10} = 40\sqrt{10} \approx 126{,}5 \text{ dm}^3\]

Oppgave 5c)

Nå skal volumet være \(V = x^2 h = 80\) dm³, og vi skal minimere arealet.

Vi uttrykker \(h\) fra volumkravet:

\[h = \frac{80}{x^2}\]

Arealet som funksjon av \(x\):

\[A(x) = x^2 + 4xh = x^2 + 4x \cdot \frac{80}{x^2} = x^2 + \frac{320}{x}\]

Vi deriverer og setter lik null:

\[A'(x) = 2x - \frac{320}{x^2} = 0\] \[2x = \frac{320}{x^2}\] \[2x^3 = 320\] \[x^3 = 160 \quad \Rightarrow \quad x = \sqrt[3]{160} \approx 5{,}43 \text{ dm}\]

Vi sjekker at dette gir et minimum: \(A''(x) = 2 + \frac{640}{x^3} > 0\) for \(x > 0\). Bekreftet.

Det minimale arealet:

\[A = (\sqrt[3]{160})^2 + \frac{320}{\sqrt[3]{160}} = \sqrt[3]{160^2} + \frac{320}{\sqrt[3]{160}}\]

Vi forenkler. La \(c = \sqrt[3]{160}\). Da er \(c^2 = \sqrt[3]{160^2}\) og:

\[A = c^2 + \frac{320}{c} = c^2 + \frac{2c^3}{c} = c^2 + 2c^2 = 3c^2 = 3\sqrt[3]{160^2}\]

(Her brukte vi at \(320 = 2 \cdot 160 = 2c^3\).)

\[A = 3 \cdot \sqrt[3]{160^2} \approx 3 \cdot 29{,}47 \approx 88{,}4\]

Oppgave 6

Oppgave 6a)

Påstand 1: Grafen til \(f\) har minst ett ekstremalpunkt.

La \(f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\) med \(a \neq 0\). Da er:

\[f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c\]

Ekstremalpunkter finnes der \(f'(x) = 0\). Denne andregradslikningen har diskriminant:

\[\Delta = (2b)^2 - 4 \cdot 3a \cdot c = 4b^2 - 12ac\]

Dersom \(\Delta < 0\), har \(f'(x) = 0\) ingen reelle løsninger, og grafen har ingen ekstremalpunkter.

Moteksempel: \(f(x) = x^3\). Da er \(f'(x) = 3x^2 \geq 0\) for alle \(x\), med \(f'(0) = 0\). Men dette er et terrassepunkt (ikke et ekstremalpunkt) siden \(f'\) ikke skifter fortegn.

Oppgave 6b)

Påstand 2: Alle linjer på formen \(y = ax + b\) vil skjære grafen til \(f\).

La \(f(x) = \alpha x^3 + \beta x^2 + \gamma x + \delta\) med \(\alpha \neq 0\). Likningen \(f(x) = ax + b\) gir:

\[\alpha x^3 + \beta x^2 + \gamma x + \delta = ax + b\] \[\alpha x^3 + \beta x^2 + (\gamma - a)x + (\delta - b) = 0\]

Dette er en tredjegradsligning. En tredjegradsligning med reelle koeffisienter har alltid minst én reell løsning (siden en tredjegradsfunksjon går mot \(+\infty\) og \(-\infty\), eller motsatt).

Oppgave 6c)

Påstand 3: Dersom grafen til \(f\) har et vendepunkt for \(x = 3\), er \(f'(1) = f'(5)\).

La \(f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\). Da er:

\[f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c\] \[f''(x) = 6ax + 2b\]

Vendepunkt for \(x = 3\) betyr \(f''(3) = 0\):

\[6a \cdot 3 + 2b = 0 \quad \Rightarrow \quad 18a + 2b = 0 \quad \Rightarrow \quad b = -9a\]

Vi regner ut \(f'(1)\) og \(f'(5)\):

\[f'(1) = 3a + 2b + c = 3a + 2(-9a) + c = 3a - 18a + c = -15a + c\] \[f'(5) = 3a \cdot 25 + 2b \cdot 5 + c = 75a + 10(-9a) + c = 75a - 90a + c = -15a + c\]

Vi ser at \(f'(1) = f'(5) = -15a + c\).

Geometrisk forklaring: Vendepunktet til en tredjegradsfunksjon er et symmetripunkt for den deriverte (som er en andregradsfunksjon). Siden \(x = 1\) og \(x = 5\) ligger symmetrisk om vendepunktet \(x = 3\), må \(f'(1) = f'(5)\).