1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
1T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.1
a
Vi tegner grafene til y = 2 x og y =− x + 3 i samme
koordinatsystem.
Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (1 , 2) .
Løsningen på likningssystemet er altså x =1 ∧ y =2 .
b
Vi finner først y uttrykt ved x i begge likningene.
4x + 2 y =
2
2 y= 2 − 4 x
y = 1 − 2x
−6 x − 2 y =
−6
2 y= 6 − 6 x
y= 3 − 3 x
Så tegner vi grafene i samme koordinatsystem.
Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (2 , −3) .
Løsningen på likningssystemet er altså x =
2 ∧ y=
−3 .
Oppgave 4.2
a
(1)
3x + y =
7
(2)
x− y =
1
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for y.
3x + y =
7
y= 7 − 3 x
Vi setter dette uttrykket inn i likning (2).
1
x− y =
x − (7 − 3 x) =
1
1
x − 7 + 3x =
1 7
x + 3 x =+
4x = 8
4x 8
=
4 4
x=2
Til slutt setter vi x = 2 inn i uttrykket for y.
y = 7 − 3x = 7 − 3 ⋅ 2 = 7 − 6 = 1
Likningssystemet har løsningen x = 2 ∧ y = 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
(1)
x − 2y =
7
(2)
2x + y =
1
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x.
x − 2y =
7
=
x 2y + 7
Vi setter dette uttrykket inn i likning (2).
2x + y =
1
2 ⋅ (2 y + 7) + y =
1
4 y + 14 + y =
1
4 y + y =1 − 14
5 y = −13
13
y= −
5
Til slutt setter vi dette inn i uttrykket for x.
2 ⋅ 13 7 ⋅ 5
26 35 9
 13 
x =2 y + 7 =2 ⋅  −  + 7 =−
+
=− +
=
5
5
5
5 5
 5
9
13
Likningssystemet har løsningen x = ∧ y =
− .
5
5
c
(1)
x + 2y =
5
(2)
4 x= 6 − y
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x.
x + 2y =
5
x= 5 − 2 y
Vi setter dette uttrykket inn i likning (2).
4 x= 6 − y
4 ⋅ (5 − 2 y ) =6 − y
20 − 8 y =6 − y
−8 y + y = 6 − 20
−7 y =
−14
−7 y −14
=
−7
−7
y=2
Til slutt setter vi y = 2 inn i uttrykket for x.
x = 5 − 2y = 5 − 2⋅ 2 = 5 − 4 = 1
Likningssystemet har løsningen x =1 ∧ y =2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
d
(1)
−2 x + y =
−1
(2)
4 x + 2 y + 14 =
0
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for y.
−2 x + y =
−1
=
y 2x −1
Vi setter dette uttrykket inn i likning (2).
4 x + 2 y + 14 =
0
4 x + 2 ⋅ (2 x − 1) + 14 =
0
4 x + 4 x − 2 + 14 =
0
4 x + 4 x =2 − 14
8 x = −12
8 x −12
=
8
8
3
x= −
2
Til slutt setter vi dette inn i uttrykket for y.
2⋅3
 3
− 1 =−3 − 1 =−4
y =2 x − 1 =2 ⋅  −  − 1 =−
2
 2
3
Likningssystemet har løsningen x =
− ∧ y=
−4 .
2
Oppgave 4.4
Én kopp kaffe og to kakestykker koster til sammen 26 kr. Det gir likningen x + 2 y =
26 .
To kopper kaffe og tre kakestykker koster til sammen 44 kr. Det gir likningen 2 x + 3 y =
44 .
Vi bruker den første likningen til å finne et uttrykk for x.
x + 2y =
26
=
x 26 − 2 y
Så setter vi dette inn i den andre likningen.
2x + 3y =
44
2 ⋅ (26 − 2 y ) + 3 y =
44
52 − 4 y + 3 y =
44
−4 y + 3 y = 44 − 52
− y =−8
y =8
Innsatt i uttrykket for x gir dette x = 26 − 2 y = 26 − 2 ⋅ 8 = 26 − 16 = 10 .
Én kopp kaffe koster 10 kr, og ett kakestykke koster 8 kr.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.5
Vi lar x år være alderen til tante Lise, og y år alderen til Lars.
Til sammen er de 54 år. Det gir likningen x + y =
54 .
Differansen mellom alderene er 30 år. Det gir likningen x − y =
30 .
Fra den første likningen er =
y 54 − x . Innsatt i den andre likningen gir det
x − (54 − x) =
30
x − 54 + x =
30
x + x = 30 + 54
2 x = 84
x = 42
Dermed er y = 54 − x = 54 − 42 = 12 .
Tante Lise er 42 år, og Lars er 12 år.
Oppgave 4.6
Vi lar x være antall barn og y antall voksne. Det gir likningene
x+ y =
2600
50 x + 100 y =
219 200
Fra den første likningen er
=
y 2600 − x . Innsatt i den andre likningen gir det
50 x + 100 ⋅ (2600 − x) =
219 200
50 x + 260 000 − 100 x =
219 200
x 219 200 − 260 000
50 x − 100=
−50 x =
−40 800
−50 x −40 800
=
−50
−50
x = 816
Dermed er =
y 2600 −=
x 2600 − 816
= 1784 .
Det er 816 barn og 1784 voksne på fotballkampen.
Oppgave 4.7
a
0
y − 3x + 6 =
y 3x − 6
=
2x
y+2− x =
y = 2x + x − 2
y 3x − 2
=
b
Grafene til linjene =
y 3 x − 6 og =
y 3 x − 2 har samme stigningstall, men forskjellige
konstantledd. Grafene er derfor parallelle uten å falle sammen.
Det betyr at likningssystemet ikke har noen løsning.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.8
a
Likningen y =− x + 2 er allerede løst med hensyn på y.
2 y + 2x =
4
2 y= 4 − 2 x
y =− x + 2
b
De to likningene i oppgave a er identiske. Grafene faller derfor sammen.
Det betyr at likningssystemet har uendelig mange løsninger.
Oppgave 4.9
a
Vi finner først y uttrykt ved x i den andre likningen.
4x + y − 7 =
0
y= 7 − 4 x
Vi tegner grafene til y= 3 − 2 x og y= 7 − 4 x i samme
koordinatsystem.
Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (2 , −1) .
Løsningen på likningssystemet er altså x =
2 ∧ y=
−1 .
b
Vi finner først y uttrykt ved x i begge likningene.
−1
x− y =
y= x + 1
−5
3y − 2x =
y 2x − 5
3=
2x 5
=
−
y
3 3
Så tegner vi grafene i samme koordinatsystem.
Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (−8 , −7) .
Løsningen på likningssystemet er altså x =
−8 ∧ y =
−7 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.10
a
(1)
2x + 3y =
2
(2)
−3 x + 2 y =
10
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for y.
3 y= 2 − 2 x
2 2x
−
y=
3 3
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
−3 x + 2 y =
10
 2 2x 
−3 x + 2 ⋅  −  =
10
3 3 
4 4x
−3 x + −
=
10
3 3
4
4x
−3 x ⋅ 3 + ⋅ 3 − ⋅ 3 = 10 ⋅ 3
3
3
−9 x + 4 − 4 x =
30
−13 x =
26
x = −2
Til slutt setter vi x = −2 inn i uttrykket for y.
2 2 x 2 2 ⋅ (−2) 2 4 6
y= −
= −
= + = =2
3 3 3
3
3 3 3
Likningssystemet har løsningen x =
−2 ∧ y =
2.
b
(1)
3x + 2 y =
7
(2)
− x − 3 y =−3,5
Vi bruker likning (2) til å finne et uttrykk for x.
− x =−3,5 + 3 y
=
x 3,5 − 3 y
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (1).
3x + 2 y =
7
3 ⋅ (3,5 − 3 y ) + 2 y =
7
10,5 − 9 y + 2 y =
7
−7 y =
−3,5
y = 0,5
Til slutt setter vi y = 0,5 inn i uttrykket for x.
x= 3,5 − 3 y= 3,5 − 3 ⋅ 0,5= 3,5 − 1,5= 2
Likningssystemet har løsningen x = 2 ∧ y = 0,5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
(1)
x + 5 =− y
(2)
3x + 2 y =
−11
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x.
x + 5 =− y
x =− y − 5
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
3x + 2 y =
−11
3 ⋅ (− y − 5) + 2 y =−11
−3 y − 15 + 2 y =
−11
−y =
4
y = −4
Til slutt setter vi y = −4 inn i uttrykket for x.
x =− y − 5 =−(−4) − 5 =4 − 5 =−1
Likningssystemet har løsningen x =−1 ∧ y =−4 .
d
(1)
2x − y =
−2
(2)
x + 2y =
24
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for y.
− y =−2 x − 2
=
y 2x + 2
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
24
x + 2y =
24
x + 2 ⋅ (2 x + 2) =
24
x + 4x + 4 =
5 x = 20
x=4
Til slutt setter vi x = 4 inn i uttrykket for y.
y = 2 x + 2 = 2 ⋅ 4 + 2 = 8 + 2 = 10
Likningssystemet har løsningen x = 4 ∧ y = 10 .
Oppgave 4.11
a
Vi løser likningssystemet med CAS i GeoGebra.
1
26
Likningssystemet har løsningen x =
− ∧ y=
− .
5
5
b
Likningssystemet har løsningen x = 4 ∧ y = 10 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.12
Tre barn og fire voksne koster 1335 kr: 3 x + 4 y =
1335
To barn og to voksne koster 750 kr: 2 x + 2 y =
750
Vi bruker den andre likningen til å finne et uttrykk for y.
=
2 y 750 − 2 x
=
y 375 − x
Så setter vi dette uttrykket inn i den første likningen.
3x + 4 y =
1335
3 x + 4 ⋅ (375 − x) =
1335
3 x + 1500 − 4 x =
1335
− x =−165
x = 165
Til slutt setter vi x = 165 inn i uttrykket for y.
y= 375 − x= 375 − 165= 210
Billettprisen er 165 kr for barn og 210 kr for voksne.
Oppgave 4.13
a
Tenk at det er x gutter og y jenter.
Til sammen er det 560 elever på skolen. Det gir likningen x + y =
560 .
Det er 40 flere gutter enn jenter. Det gir likningen x − y =
40 .
b
Fra den første likningen i oppgave a er=
y 560 − x . Innsatt i den andre likningen gir det
x − (560 − x) =
40
x − 560 + x =
40
2 x = 600
x = 300
Dermed er y= 560 − x= 560 − 300= 260 .
Likningssystemet har løsningen x= 300 ∧ y= 260 .
Det er 300 gutter og 260 jenter på skolen.
Oppgave 4.14
a
Tenk at det er x liter eplesaft og y liter konsentrert juice i én liter SommerSol.
Til sammen inneholder blandingen én liter. Det gir likningen x + y =
1.
x liter eplesaft koster 20 x kr , og y liter konsentrert juice koster 40 y kr .
Til sammen koster dette 26 kr. Det gir likningen 20 x + 40 y =
26 .
b
Fra den første likningen i oppgave a er y = 1 − x . Innsatt i den andre likningen gir det
20 x + 40 ⋅ (1 − x) =
26
20 x + 40 − 40 x =
26
−20 x =
−14
x = 0, 7
Dermed er y =
1 − 0, 7 =
0,3 . Likningssystemet har løsningen x = 0, 7 ∧ y = 0,3 .
Én liter SommerSol inneholder 7 dL eplesaft og 3 dL konsentrert juice.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.15
a
(1)
2x − 3y =
−4
(2)
3x + 4 y =
11
Vi multipliserer likning (1) med 4 og likning (2) med 3, og legger sammen likningene.
−16
8 x − 12 y =
9 x + 12 y =
33
17 x = 17
x =1
Til slutt setter vi x = 1 inn i likning (2) for å finne y.
3x + 4 y =
11
3 ⋅ 1 + 4 y =11
4y = 8
y=2
Likningssystemet har løsningen x =1 ∧ y =2 .
b
(1)
3x − 2 y =
5
(2)
2x − y =
2
Vi multipliserer likning (1) med −1 og likning (2) med 2, og legger sammen likningene.
−3 x + 2 y =
−5
4x − 2 y =
4
x = −1
Til slutt setter vi x = −1 inn i likning (2) for å finne y.
2x − y =
2
2 ⋅ (−1) − y =2
−2 − y =2
y = −4
Likningssystemet har løsningen x =−1 ∧ y =−4 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.16
a
b
(1)
2=
x 4y − 6
(2)
2 x + 3 y − 8 =−2 x − 3 y
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x.
=
x 2y − 3
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
−2 ⋅ (2 y − 3) − 3 y
2 ⋅ (2 y − 3) + 3 y − 8 =
4 y − 6 + 3 y − 8 =−4 y + 6 − 3 y
−7 y + 6
7 y − 14 =
14 y = 20
10
y=
7
Til slutt setter vi dette inn i uttrykket for x.
10
20 21
1
x =2 y − 3 =2 ⋅ − 3 = − =−
7
7
7
7
1
10
Likningssystemet har løsningen x =
− ∧ y= .
7
7
1
≈ −0,1429
7
10
≈ 1, 4286
7
−
1
2
13
(1)
x+ y =
4
3
2
1
1
1
(2)
x− y =
−
2
6
2
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x.
1
13 2
=
x
− y
4
2 3
13 ⋅ 4 2 ⋅ 4
8
x= −
y =−
26
y
2
3
3
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
1 
8  1
1
⋅  26 − y  − y =
−
2 
3  6
2
26 8
1
1
− y− y=
−
2 6
6
2
9
27
− y=
−
6
2
27 6
y
=
⋅
2 9
y=9
Til slutt setter vi y = 9 inn i uttrykket for x.
8
8
x = 26 − y = 26 − ⋅ 9 = 26 − 8 ⋅ 3 = 2
3
3
Likningssystemet har løsningen x = 2 ∧ y = 9 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.17
a
Vi løser likningssystemet med CAS i GeoGebra.
Likningssystemet har løsningen x = 3 ∧ y = 0 .
b
Likningssystemet har løsningen x = 3 ∧ y = 2 .
Oppgave 4.18
Vi setter inn x = −2 og y = −11 i formelen for y for å finne den ene likningen,
og x = 2 og y = 1 for å finne den andre likningen.
=
y ax + b
−11 =
−2a + b
=
1 2a + b
Vi legger sammen de to likningene for å finne b.
2b
−10 =
b = −5
Så setter vi b = −5 inn i den andre likningen for å finne a.
1= 2a + (−5)
2a = 1 + 5
a=3
Likningssystemet har løsningen a =
3 ∧ b=
−5 .
Den rette linja har altså formelen =
y 3x − 5 .
Oppgave 4.19
a
Grafen går gjennom punktene (0 , 3) , (1 , 5) og (2 , 3) .
Det første punktet gir likningen f (0) = a ⋅ 02 + b ⋅ 0 + c = 3 , og dermed c = 3 .
Vi bruker de to andre punktene til å finne to likninger for de ukjente størrelsene a og b.
f (1) = a ⋅ 12 + b ⋅ 1 + 3 = 5
a+b+3=
5
(1)
f (2) = a ⋅ 22 + b ⋅ 2 + 3 = 3
4a + 2b + 3 =
3
(2)
Fra likning (1) får vi b= 2 − a . Innsatt i likning (2) gir det
4a + 2 ⋅ (2 − a ) + 3 =
3
4a + 4 − 2a + 3 =
3
2a = −4
a = −2
Dermed er b = 2 − a = 2 − (−2) = 4 . Funksjonen er gitt ved f ( x) =
−2 x 2 + 4 x + 3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Med CAS-delen av GeoGebra går det an å skrive inn tre likninger for de tre ukjente
størrelsene a, b og c. Vi løser derfor likningssystemet
c=3
a+b+c =
5
4a + 2b + c =
3
Likningssystemet har løsningen a =
−2 ∧ b =
4 ∧ c=
3.
2
Funksjonsuttrykket er gitt ved f ( x) =
−2 x + 4 x + 3 .
Oppgave 4.20
Tenk at det var x kvinner og y menn som deltok i undersøkelsen.
Til sammen deltok 1000 personer. Det gir likningen
(1)
x+ y =
1000
Tre av ti, altså 300 personer totalt, deltok på organiserte treningsaktiviteter.
Dette utgjør 13 % av mennene ( 0,13y personer) og 38 % av kvinnene ( 0,38x personer).
Dermed får vi likningen
(2)
0,13 y + 0,38 x =
300
Fra likning (1) får vi
=
y 1000 − x . Innsatt i likning (2) gir det
0,13 ⋅ (1000 − x) + 0,38 x =
300
130 − 0,13 x + 0,38 x =
300
0, 25 x = 170
x = 680
Dermed er =
y 1000 − =
x 1000 − 680
= 320 .
Det var 680 kvinner og 320 menn som deltok i undersøkelsen.
Oppgave 4.21
a
Grafene skjærer hverandre i punktet (3 , 1) .
Likningssystemet har derfor løsningen x = 3 ∧ y =1 .
b
Det er uendelig mange likninger som svarer til de to linjene.
Vi kan for eksempel skrive likningene som y uttrykt ved x.
(1): Når x øker med 1, minker y med 1. Stigningstallet er −1 .
Linja skjærer y-aksen for y = 4 . Konstantleddet er 4.
Likningen for linja er dermed y= 4 − x .
(2): Når x øker med 1, øker y med 1. Stigningstallet er 1.
Linja går gjennom punktet (3 , 1) . Vi bruker ettpunktsformelen til å finne likningen.
y − y1 = a ( x − x1 )
y − 1 = 1 ⋅ ( x − 3)
y = x − 3 +1
y= x − 2
Et likningssystem som svarer til linjene kan altså være y= 4 − x og y= x − 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.22
a
Betingelsen for at likningssystemet skal ha nøyaktig én løsning, er at de to linjene har
forskjellige stigningstall. Vi løser derfor likningene med hensyn på y for lettere å se hva
stigningstallet er.
kx + y =
3
(1)
−kx + 3
y=
x − 2y =
1
2 y= x − 1
1
1
=
y
x−
2
2
(2)
Linjene har stigningstallene −k og
1
.
2
Likningssystemet har én løsning når −k ≠
b
1
1
, altså når k ≠ − .
2
2
Når k = − 12 er de to linjene parallelle. Konstantleddene er hhv. 3 og − 12 .
Siden konstantleddene er forskjellige, er linjene ikke sammenfallende.
1
Likningssystemet har derfor ingen løsninger når k = − .
2
(Hvis konstantleddene hadde vært like, ville likningssystemet hatt uendelig mange løsninger
når k = − 12 .)
Oppgave 4.23
Tenk at 1 kg av blandingen Super inneholder x kg Aroma og y kg Lux. Da er x + y =
1.
Aroma koster 90 kr/kg, Lux koster 120 kr/kg og Super koster 99 kr/kg. Det gir 90 x + 120 y =
99 .
Fra den første likningen er y = 1 − x . Innsatt i den andre likningen gir det
90 x + 120 ⋅ (1 − x) =
99
90 x + 120 − 120 x =
99
−30 x =
−21
x = 0, 7
Dermed er y =1 − x =1 − 0, 7 =0,3 .
1 kg av blandingen Super inneholder 0,7 kg Aroma og 0,3 kg Lux.
Blandingen inneholder altså 70 % Aroma og 30 % Lux.
Oppgave 4.24
Tenk at en tom eske veier x gram, og at hver tablett veier y gram. Det gir likningene
x + 20 y =
180
x + 10 y =
150
Vi trekker den andre likningen fra den første likningen. Det gir
10 y = 30
y=3
Hver tablett veier 3 gram. Den tomme esken veier da (180 − 20 ⋅ 3) gram =
120 gram .
En eske med 100 tabletter veier dermed (120 + 100 ⋅ 3) gram =
420 gram .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.25
a
x2 = 4 y
x − 2y =
−4
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
2 y= x + 4
=
y 12 x + 2
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
4 ( 12 x + 2 )
x 2 =⋅
2
2x + 8
x=
0 = x2 − 2 x − 8
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =
−2 ∨ x =
4.
1
1
1.
x = −2 gir y = x + 2 = ⋅ (−2) + 2 =−1 + 2 =
2
2
1
1
x = 4 gir y = x + 2 = ⋅ 4 + 2 = 2 + 2 = 4 .
2
2
Likningssystemet har løsningene (−2 , 1) og (4 , 4) .
b
x2 − 3 y =
16
x− y =
2
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
y= x − 2
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
x 2 − 3 ⋅ ( x − 2) =
16
x 2 − 3x + 6 =
16
x 2 − 3 x − 10 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =
−2 ∨ x =
5.
x = −2 gir y =x − 2 =−2 − 2 =−4 .
x = 5 gir y = x − 2 = 5 − 2 = 3 .
Likningssystemet har løsningene (−2 , − 4) og (5 , 3) .
c
x2 + 2 x − y =
3
6x − y =
7
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
=
y 6x − 7
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
x 2 + 2 x − (6 x − 7) =
3
x2 + 2 x − 6 x + 7 =
3
x2 − 4 x + 4 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner at andregradslikningen har én løsning, x = 2 .
Det gir y = 6 x − 7 = 6 ⋅ 2 − 7 = 12 − 7 = 5 .
Likningssystemet har løsningen (2 , 5) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
d
− x2 + x − y =
2
x− y =
3
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
y= x − 3
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
− x 2 + x − ( x − 3) =
2
− x2 + x − x + 3 =
2
− x2 + 1 =
0
x2 = 1
x= ± 1
x =−1 ∨ x =
1
x = −1 gir y =x − 3 =−1 − 3 =−4 .
x = 1 gir y =x − 3 =1 − 3 =−2 .
Likningssystemet har løsningene (−1 , − 4) og (1 , − 2) .
Oppgave 4.27
a
x+ y =
3
x⋅ y =
2
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
y= 3 − x
Så setter vi inn i den andre likningen.
x ⋅ (3 − x) =
2
3x − x 2 =
2
− x 2 + 3x − 2 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =1 ∨ x =2 .
x = 1 gir y = 3 − x = 3 − 1 = 2 .
x = 2 gir y = 3 − x = 3 − 2 = 1 .
Likningssystemet har løsningene (1 , 2) og (2 , 1) .
b
x = y2
x= y + 6
Her er begge likningene løst med hensyn på x.
Vi setter derfor uttrykkene lik hverandre.
y 2= y + 6
y2 − y − 6 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene y =
−2 ∨ y =
3.
y = −2 gir x =y + 6 =−2 + 6 =4 .
y = 3 gir x = y + 6 = 3 + 6 = 9 .
Likningssystemet har løsningene (4 , − 2) og (9 , 3) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
3x = 2 y
=
y x 2 − 10
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
3x
y=
2
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
3x
= x 2 − 10
2
3x
− x2 +
+ 10 =
0
2
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =
−2,5 ∨ x =
4.
3 x 3 ⋅ (−2,5)
=
= −3, 75 .
x = −2,5 gir y =
2
2
3x 3 ⋅ 4
y =
= 6.
x = 4 gir =
2
2
Likningssystemet har løsningene (−2,5 , −3, 75) og (4 , 6) .
Oppgave 4.28
a
Vi skriver inn likningene i GeoGebra, og finner skjæringspunktene mellom linjene.
Likningssystemet har løsningene (0,33 , 1, 67) og (5 , −3) .
b
Likningssystemet har løsningene (−1 , −3) og (3 , 1) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.29
a
Tenk at lengden av rektanglet er x meter, og at bredden er y meter.
Arealet av rektanglet er da xy = 40 . Omkretsen er 2 x + 2 y =
26 .
b
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
2=
y 26 − 2 x
=
y 13 − x
Så setter vi dette inn i likningen xy = 40 .
x ⋅ (13 − x) =
40
13 x − x 2 =
40
− x 2 + 13 x − 40 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x = 5 ∨ x = 8 .
x = 5 gir y = 13 − 5 = 8 , og x = 8 gir y = 13 − 8 = 5 .
De to løsningene av andregradslikningen gir oss altså de to sidene i rektanglet direkte.
Dette skyldes at vi fritt kan velge hvilken side vi kaller x og hvilken side vi kaller y.
Rektanglet har altså sidene 5 m og 8 m.
Oppgave 4.30
a
x og y er sidene i rektanglet. Arealet av et rektangel er gitt ved x ⋅ y . Altså er arealet 48.
Omkretsen av rektanglet er gitt ved 2 x + 2 y . 16 er altså halve omkretsen.
b
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y. Det gir =
y 16 − x .
Vi setter dette inn i likningen x ⋅ y =
48 .
x ⋅ (16 − x) =
48
16 x − x 2 =
48
0
− x 2 + 16 x − 48 =
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x = 4 ∨ x = 12 .
x = 4 gir y = 16 − 4 = 12 , og x = 12 gir y = 16 − 12 = 4 .
Likningssystemet har løsningene (4 , 12) og (12 , 4) .
Sidene i rektanglet er altså 4 og 12. Som i oppgave 4.29 finner vi begge sidene i rektanglet
direkte fra andregradslikningen, på grunn av symmetrien mellom x og y.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.31
a
x2 + y2 =
4
y= x + 2
Vi setter førstegradslikningen inn i andregradslikningen.
x 2 + ( x + 2) 2 =
4
x 2 + x 2 + 2 ⋅ x ⋅ 2 + 22 =
4
2x2 + 4x + 4 =
4
2x2 + 4x =
0
2 x( x + 2) =
0
x=
0 ∨ x=
−2
x = −2 gir y =x + 2 =−2 + 2 =0 .
x = 0 gir y = x + 2 = 0 + 2 = 2 .
Likningssystemet har løsningene (−2 , 0) og (0 , 2) .
b
x2 + y =
5
3x + y =
7
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
y= 7 − 3 x
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
x 2 + 7 − 3x =
5
x 2 − 3x + 2 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =1 ∨ x =2 .
x = 1 gir y = 7 − 3 x = 7 − 3 ⋅ 1 = 4 .
x = 2 gir y = 7 − 3 x = 7 − 3 ⋅ 2 = 1 .
Likningssystemet har løsningene (1 , 4) og (2 , 1) .
c
x2 + 2x − 3 − y =
0
4x − y =
0
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y, som gir y = 4 x .
Innsatt i andregradslikningen gir det
x2 + 2x − 3 − 4 x =
0
x2 − 2 x − 3 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =−1 ∨ x =3 .
x = −1 gir y =4 x =4 ⋅ (−1) =−4 .
x = 3 gir y = 4 x = 4 ⋅ 3 = 12 .
Likningssystemet har løsningene (−1 , − 4) og (3 , 12) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
d
10
x2 + 2 y =
x− y =
−5
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
− y =− x − 5
y= x + 5
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
x 2 + 2 ⋅ ( x + 5) =
10
x 2 + 2 x + 10 =
10
x2 + 2 x =
0
x( x + 2) =
0
x=
0 ∨ x=
−2
x = −2 gir y =x + 5 =−2 + 5 =3 , og x = 0 gir y = x + 5 = 0 + 5 = 5 .
Likningssystemet har løsningene (−2 , 3) og (0 , 5) .
Oppgave 4.32
a
x+ y =
3
x + y2 =
15
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på x,
som gir x= 3 − y . Innsatt i andregradslikningen gir det
3 − y + y2 =
15
y 2 − y − 12 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene y =−3 ∨ y =4 .
y = −3 gir x = 3 − y = 3 − (−3) = 6 , og y = 4 gir x = 3 − y = 3 − 4 = −1 .
Likningssystemet har løsningene (−1 , 4) og (6 , −3) .
b
x
= 3y
x− y
x + 4y =
2x
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på x,
som gir x = 4 y . Innsatt i brøklikningen gir det
4y
= 3y
4y − y
4y
= 3y
3y
4
= 3y
3
4
y=
9
4 16
 16 4 
Dermed er x = 4 y = 4 ⋅ = . Likningssystemet har løsningen  ,  .
9 9
 9 9
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
x2 + y2 =
25
x2 + y =
13
Vi løser den andre likningen med hensyn på y, som gir =
y 13 − x 2 .
Innsatt i den første likningen gir det
x 2 + (13 − x 2 ) 2 =
25
x 2 + 132 − 2 ⋅ 13 ⋅ x 2 + ( x 2 ) 2 =
25
x 2 + 169 − 26 x 2 + x 4 =
25
x 4 − 25 x 2 + 144 =
0
Dette er en andregradslikning med x 2 som ukjent.
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x 2 =9 ∨ x 2 =16 , som gir x =±3 ∨ x =±4 .
x 2 = 9 gir y = 13 − x 2 = 13 − 9 = 4 .
x 2 = 16 gir y = 13 − x 2 = 13 − 16 = −3 .
Likningssystemet har fire løsninger: (−4 , −3) , (−3 , 4) , (3 , 4) og (4 , −3) .
d
x 2 − 12 x =
y − 24
x2 + y =
4x
Vi løser den andre likningen med hensyn på y,
som gir =
y 4 x − x 2 . Innsatt i den første likningen gir det
x 2 − 12 x = 4 x − x 2 − 24
2 x 2 − 16 x + 24 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x = 2 ∨ x = 6 .
x = 2 gir y = 4 x − x 2 = 4 ⋅ 2 − 22 = 8 − 4 = 4 .
x = 6 gir y =4 x − x 2 =4 ⋅ 6 − 62 =24 − 36 =−12 .
Likningssystemet har løsningene (2 , 4) og (6 , −12) .
Oppgave 4.33
a
Vi skriver inn likningene i GeoGebra, og finner skjæringspunktene mellom linjene.
Likningssystemet har løsningene (0,33 , −1) og (4 , 10) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Likningssystemet har løsningene (−5, 46 , −9, 46) og (1, 46 , − 2,54) .
Oppgave 4.34
a
2 y − 3x =
9
2 y − x2 + x =
a
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y.
y 3x + 9
2=
=
y 1,5 x + 4,5
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
a
2 ⋅ (1,5 x + 4,5) − x 2 + x =
a
3x + 9 − x 2 + x =
− x2 + 4x + 9 − a =
0
(1)
2
Med a = 4 får vi andregradslikningen − x + 4 x + 5 =
0.
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =−1 ∨ x =5 .
1,5 x + 4,5 =⋅
1,5 (−1) + 4,5 =
−1,5 + 4,5 =
3.
x = −1 gir y =
x = 5 gir y =1,5 x + 4,5 =1,5 ⋅ 5 + 4,5 =7,5 + 4,5 =12 .
Likningssystemet har løsningene (−1 , 3) og (5 , 12) .
b
Vi setter x = −2 inn i likning (1) i oppgave a.
−(−2) 2 + 4 ⋅ (−2) + 9 − a =0
−4 − 8 + 9 − a =0
a = −3
Så setter vi a = −3 inn i likning (1). Det gir andregradslikningen
− x 2 + 4 x + 12 =
0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningene x =
−2 ∨ x =
6.
x = −2 er den løsningen som allerede er oppgitt. Med x = 6 blir y = 1,5 ⋅ 6 + 4,5 = 13,5 .
Den andre løsningen på likningssystemet er (6 , 13,5) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
1
Vi løser likning (1) i oppgave a «for hånd» ved hjelp av abc-formelen.
−4 ± 42 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (9 − a )
x=
2 ⋅ (−1)
−4 ± 16 + 4 ⋅ (9 − a ) −4 ± 16 + 36 − 4a −4 ± 52 − 4a
= =
−2
−2
−2
Likningen har én løsning når tallet under rottegnet er lik null.
52 − 4a =
0
52
a=
4
a = 13
Likningssystemet har én løsning når a = 13 .
Likning (2) har to løsninger når tallet under rottegnet er større enn null.
52 − 4a > 0
4a < 52
a < 13
Likningssystemet har to løsninger når a < 13 .
(2)
=
2
Oppgave 4.35
1
y − x2 − 2 =
0
y + 2x =
a
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y, som gir y= a − 2 x .
Innsatt i andregradslikningen gir det
a − 2x − x2 − 2 =
0
− x2 − 2x + a − 2 =
0
Vi bruker abc-formelen til å bestemme hvor mange løsninger andregradslikningen har.
x=
−(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (a − 2)
2 ⋅ (−1)
2 ± 4 + 4 ⋅ (a − 2) 2 ± 4 + 4a − 8 2 ± 4a − 4
= =
−2
−2
−2
Likningen har ingen løsninger når tallet under rottegnet er negativt.
4a − 4 < 0
4a < 4
a <1
Likningssystemet har ingen løsninger når a < 1 .
(1)
=
2
Likning (1) har to løsninger når tallet under rottegnet er positivt.
4a − 4 > 0
a >1
Likningssystemet har to løsninger når a > 1 .
3
Likning (1) har én løsning når tallet under rottegnet er lik null, altså når a = 1 .
Likningssystemet har én løsning når a = 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.36
a
2x − 5 < 3 − 2x
2x + 2x < 3 + 5
4x < 8
x<2
Løsningsmengden for ulikheten er L =
b
c
d
←,2 .
x
x
−5≤ −2
3
2
x⋅6
x⋅6
− 5⋅6 ≤
− 2⋅6
3
2
2 x − 30 ≤ 3 x − 12
2 x − 3 x ≤ −12 + 30
− x ≤ 18
x ≥ −18
Løsningsmengden for ulikheten er L = −18 , → .
2x −1 > x −1
2 x − x > −1 + 1
x>0
L
Løsningsmengden for ulikheten er =
0,→ .
x
x
≥ 1+
4
3
x ⋅ 12
x ⋅ 12
≥ 1 ⋅ 12 +
2 ⋅ 12 +
4
3
24 + 3 x ≥ 12 + 4 x
3x − 4 x ≥ 12 − 24
− x ≥ −12
x ≤ 12
Løsningsmengden for ulikheten er L =← , 12  .
2+
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.38
a
3 + 4 x < 15 − 2 x
4 x + 2 x < 15 − 3
6 x < 12
x<2
Løsningsmengden er L =
b
←,2 .
3x + 2 ≤ x + 1
3x − x ≤ 1 − 2
2 x ≤ −1
x≤−
1
2
1
Løsningsmengden er L = ← , −  .
2
c
d
x + 2 > 2x − 3
x − 2 x > −3 − 2
− x > −5
x<5
Løsningsmengden er L =
←,5 .
−2 x + 3 ≥ 3 x − 5
−2 x − 3 x ≥ −5 − 3
−5 x ≥ −8
8
x≤
5
Løsningsmengden er L =
8
←, .
5
Oppgave 4.39
a
2 x − 5(2 x − 4) < 4 x + 12
2 x − 10 x + 20 < 4 x + 12
−8 x + 20 < 4 x + 12
−8 x − 4 x < 12 − 20
−12 x < −8
−8
−12
2
x>
3
x>
Løsningsmengden er=
L
© Aschehoug
2
,→ .
3
www.lokus.no
Side 24 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
4 − 2 x ≥ 5( x + 5)
4 − 2 x ≥ 5 x + 25
−2 x − 5 x ≥ 25 − 4
−7 x ≥ 21
21
−7
x ≤ −3
Løsningsmengden er L = ← , −3 .
x≤
c
3 x − 1 < x + 2 − (1 − x)
3x − 1 < x + 2 − 1 + x
3x − 1 < 2 x + 1
3x − 2 x < 1 + 1
x<2
Løsningsmengden er L =
d
←,2 .
3( x + 1) ≤ −2( x + 3)
3 x + 3 ≤ −2 x − 6
3 x + 2 x ≤ −6 − 3
5 x ≤ −9
9
x≤−
5
9
Løsningsmengden er L = ← , −  .
5
Oppgave 4.40
2 x − 4( x − 5) > 3 − x
2x − 4x + 5 > 3 − x
− x > −2
x>2
Jon Arne glemte å multiplisere hele parentesen med 4, og han glemte å snu ulikhetstegnet da han
delte på et negativt tall. Den riktige løsningen er
2 x − 4( x − 5) > 3 − x
2 x − 4 x + 20 > 3 − x
− x > −17
x < 17
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.41
Uten medlemskap må du betale 85 x kr for å trene x ganger i løpet av en måned.
Med medlemskap betaler du 550 kr per måned uansett hvor mange ganger du trener.
Det lønner seg å bli medlem hvis prisen for enkelttreningene er større enn eller lik månedsprisen:
85 x ≥ 550
550
85
x ≥ 6, 47
Det lønner seg å bli medlem hvis du trener minst 7 ganger per måned.
x≥
Oppgave 4.42
a
Temperaturen etter x timer er gitt ved (81 − 1,5 x) °C .
Temperaturen er over 70 °C når 81 − 1,5 x > 70 .
b
Temperaturen er under 65 °C når 81 − 1,5 x < 65 .
c
a
81 − 1,5 x > 70
−1,5 x > −11
−11
x<
−1,5
x < 7,3
Temperaturen er over 70 °C før det har gått 7,3 timer.
b
81 − 1,5 x < 65
−1,5 x < −16
−16
x>
−1,5
x > 10, 7
Temperaturen er under 65 °C etter at det har gått 10,7 timer.
Oppgave 4.43
a
2
4
( x − 1) + 2 ≥ 2 x −
3
3
2⋅3
4⋅3
( x − 1) + 2 ⋅ 3 ≥ 2 x ⋅ 3 −
3
3
2x − 2 + 6 ≥ 6x − 4
2 x − 6 x ≥ −4 + 2 − 6
−4 x ≥ −8
x≤2
Løsningsmengden er L =← , 2  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
3
1
1
( x − 2) − x + > x
4
8
2
3⋅8
1⋅ 8
1⋅ 8
> x ⋅8
x+
( x − 2) −
4
8
2
6 x − 12 − x + 4 > 8 x
6 x − x − 8 x > 12 − 4
−3 x > 8
8
x<−
3
Løsningsmengden er L = ← , −
c
d
8
.
3
3( x − 1) 1
+ ( x + 2) < 2
2
3
3( x − 1) ⋅ 6 1 ⋅ 6
+
( x + 2) < 2 ⋅ 6
2
3
9 x − 9 + 2 x + 4 < 12
9 x + 2 x < 12 + 9 − 4
11x < 17
17
x<
11
17
Løsningsmengden er L = ← ,
.
11
1
1 x 2 1
x− < − − x
3
6 2 3 6
1⋅ 6
1⋅ 6 x ⋅ 6 2 ⋅ 6 1⋅ 6
x−
<
−
−
x
3
6
2
3
6
2 x − 1 < 3x − 4 − x
2 x − 3 x + x < −4 + 1
0 x < −3
0 < −3
Den siste ulikheten er feil. Den opprinnelige ulikheten har derfor ingen løsninger.
Løsningsmengden er tom, L = ∅ .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.44
a
Inntektene fra billettsalget er på 150 x kr . Utgiftene er på til sammen 14 000 kr.
Overskuddet er altså gitt ved 150 x − 14 000 .
Elevrådet vil at overskuddet skal bli større enn 5000 kr.
Det gir ulikheten 150 x − 14 000 > 5000 .
b
150 x − 14 000 > 5000
150 x > 19 000
19 000
150
x > 126, 7
Siden antall elever er heltallig, blir løsningen på ulikheten x ≥ 127 .
Det må komme minst 127 elever på festen for at overskuddet skal bli større enn 5000 kr.
x>
Oppgave 4.45
a
Tenk at vi tar x turer på Badebussen i løpet av en sesong.
Med sesongkort betaler vi da til sammen (350 + 25 x) kr . Uten sesongkort betaler vi 40 x kr .
Ulikheten 350 + 25 x < 40 x forteller oss altså hvor mange turer vi må ta for at det skal lønne
seg med sesongkort.
b
350 + 25 x < 40 x
25 x − 40 x < −350
−15 x < −350
−350
x>
−15
x > 23,3
Vi må ta minst 24 turer med Badebussen for at det skal lønne seg med sesongkort.
Oppgave 4.46
a
b
Ulikheten 200 + 12 x > 300 − 40 x forteller oss når det er mest vann i beholder B.
Det er altså (200 + 12 x) L vann i beholder B, og (300 − 40 x) L vann i beholder A.
Beholder B inneholder 200 liter vann til å begynne med, og det renner 12 liter vann per minutt
inn i beholderen. Beholder A inneholder 300 liter vann til å begynne med, og det renner
40 liter vann per minutt ut av beholderen.
200 + 12 x > 300 − 40 x
12 x + 40 x > 300 − 200
52 x > 100
x > 1,9
Etter 1,9 minutter er det mest vann i beholder B.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.47
a
Vi tegner grafen til funksjonen f ( x) = x 2 + 2 x − 1 og
linja y = 7 i samme koordinatsystem.
Grafene skjærer hverandre i punktene (−4 , 7) og (2 , 7) .
Grafen til f ligger under linja y = 7 for −4 ≤ x ≤ 2 .
Ulikheten x 2 + 2 x − 1 ≤ 7 er oppfylt når −4 ≤ x ≤ 2 .
Løsningsmengden for ulikheten er L = [ −4 , 2] .
b
Vi tegner grafene til f ( x) =
− x 2 + 3 x + 5 og
g ( x)= x + 2 i samme koordinatsystem.
Grafen til f ligger over grafen til g for −1 < x < 3 .
Ulikheten − x 2 + 3 x + 5 > x + 2 er oppfylt når −1 < x < 3 .
Løsningsmengden for ulikheten er L = −1 , 3 .
c
1
3
Vi tegner grafene til f ( x) =
− x 2 + x + 4 og
2
2
1
3
− x + i samme koordinatsystem.
g ( x) =
2
2
Grafen til f ligger under grafen til g for x < −1 og for x > 5 .
Ulikheten f ( x) < g ( x) er oppfylt når x ∈ ← , −1 ∪ 5 , → .
Løsningsmengden for ulikheten er L = ← , −1 ∪ 5 , → .
d
Vi tegner grafene til f ( x) = 2 x 2 − 3 x + 4 og
1,5 x 2 + 10 i samme koordinatsystem.
g ( x) =
− x 2 + 2,5 x 2 + 10 =
Grafen til f ligger under grafen til g for −1,58 < x < 7,58 .
Ulikheten f ( x) < g ( x) er oppfylt når −1,58 < x < 7,58 .
Løsningsmengden for ulikheten er L =
−1,58 , 7,58 .
Oppgave 4.48
a
Vi løser først likningen x + 3 =
0 , og får da x = −3 .
Så velger vi en x-verdi som er mindre enn −3 , og en x-verdi som er større enn −3 .
For x = −5 får vi x + 3 =−5 + 3 =−2 , altså negativt fortegn.
For x = 0 får vi x + 3 = 0 + 3 = 3 , altså positivt fortegn.
Uttrykket x + 3 er negativt for x < −3 , null for x = −3 og positivt for x > −3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi løser likningen 2 x + 10 =
0 , og får da x = −5 .
Så velger vi en x-verdi som er mindre enn −5 , og en x-verdi som er større enn −5 .
For x = −7 får vi 2 x + 10 =
2 ⋅ (−7) + 10 =
−4 , altså negativt fortegn.
For x = −3 får vi 2 x + 10 =2 ⋅ (−3) + 10 =4 , altså positivt fortegn.
Uttrykket 2 x + 10 er negativt for x < −5 , null for x = −5 og positivt for x > −5 .
c
Uttrykket x er åpenbart negativt for x < 0 , null for x = 0 og positivt for x > 0 .
d
Vi løser likningen 2 − x =
0 , og får da x = 2 .
For x = 0 er 2 − x = 2 − 0 = 2 , altså positivt fortegn.
For x = 4 er 2 − x =2 − 4 =−2 , altså negativt fortegn.
Uttrykket 2 − x er positivt for x < 2 , null for x = 2 og negativt for x > 2 .
Oppgave 4.49
a
Vi løser likningen x 2 + x − 2 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =
−2 ∨ x =
1.
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −3 , 0 og 2.
(−3) 2 + (−3) − 2 = 9 − 3 − 2 = 4
x = −3 :
x 2 + x − 2 er positivt når x < −2 .
02 + 0 − 2 =−2
x = 0:
x 2 + x − 2 er negativt når −2 < x < 1 .
x = 2:
22 + 2 − 2 = 4 + 2 − 2 = 4
x 2 + x − 2 er positivt når x > 1 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 + x − 2 > 0 for x < −2 og for x > 1 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = ← , − 2 ∪ 1 , → .
b
Vi løser likningen x 2 − 3 x + 2 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =1 ∨ x =2 .
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene 0, 1,5 og 3.
02 − 3 ⋅ 0 + 2 =
2
x = 0:
2
x − 3 x + 2 er positivt når x < 1 .
x = 1,5 : 1,52 − 3 ⋅ 1,5 + 2 =2, 25 − 4,5 + 2 =−0, 25
x 2 − 3 x + 2 er negativt når 1 < x < 2 .
32 − 3 ⋅ 3 + 2 = 9 − 9 + 2 = 2
x = 3:
x 2 − 3 x + 2 er positivt når x > 2 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − 3 x + 2 ≤ 0 for 1 ≤ x ≤ 2 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = [1 , 2] .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
x 2 − 3 x > −4
x 2 − 3x + 4 > 0
Vi prøver å løse likningen x 2 − 3 x + 4 =
0 , og finner at den ikke har noen løsning.
2
Det betyr at x − 3 x + 4 enten er større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter x = 0 og får 02 − 3 ⋅ 0 + 4 =
4.
2
x − 3 x + 4 er altså større enn null for alle verdier av x.
Ulikheten x 2 − 3 x > −4 er oppfylt for alle reelle tall x.
Løsningsmengden for ulikheten er L =  .
(CAS-delen av GeoGebra skriver dette som x = x .)
x2 ≥ x + 4
d
x2 − x − 4 ≥ 0
Vi løser likningen x 2 − x − 4 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =
−1,56 ∨ x =
2,56 .
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −3 , 0 og 4.
x = −3 :
(−3) 2 − (−3) − 4 = 9 + 3 − 4 = 8
x 2 − x − 4 er positivt når x < −1,56 .
02 − 0 − 4 =−4
x 2 − x − 4 er negativt når −1,56 < x < 2,56 .
42 − 4 − 4 = 16 − 4 − 4 = 8
x = 4:
x 2 − x − 4 er positivt når x > 2,56 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − x − 4 ≥ 0
for x ≤ −1,56 og for x ≥ 2,56 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså
L = ← , −1,56  ∪  2,56 , →
x = 0:
(GeoGebra oppgir først den eksakte løsningen.
Vi kan få en tilnærmet verdi ved først å trykke på
det eksakte uttrykket, og så trykke på knappen ≈ .)
Oppgave 4.50
a
Vi løser likningen x 2 − 6 x + 9 =
0 med abc-formelen, og får løsningen x = 3 .
Vi velger testverdiene 0 og 5.
02 − 6 ⋅ 0 + 9 =
9
x = 0:
2
x − 6 x + 9 er positivt når x < 3 .
52 − 6 ⋅ 5 + 9 = 25 − 30 + 9 = 4
x = 5:
x 2 − 6 x + 9 er positivt når x > 3 .
Ulikheten x 2 − 6 x + 9 > 0 har løsningsmengden L =← , 3 ∪ 3 , → .
Løsningsmengden er alle reelle tall unntatt 3. Vi kan også skrive dette som L =  \ {3} .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi prøver å løse likningen 2 x 2 + 3 x + 2 =
0 , og finner at den ikke har noen løsning.
2
Det betyr at 2 x + 3 x + 2 enten er større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter x = 0 og får 2 ⋅ 02 + 3 ⋅ 0 + 2 =
2.
2
2 x + 3 x + 2 er altså større enn null for alle verdier av x.
Ulikheten 2 x 2 + 3 x + 2 > 0 er oppfylt for alle reelle tall x.
Løsningsmengden for ulikheten er L =  .
c
Vi løser likningen − x 2 − 8 x − 16 =
0 med abc-formelen, og får løsningen x = −4 .
Vi velger testverdiene −6 og 0.
−(−6) 2 − 8 ⋅ (−6) − 16 =
−36 + 48 − 16 =
−4
x = −6 :
− x 2 − 8 x − 16 er negativt når x < −4 .
−02 − 8 ⋅ 0 − 16 =−16
x = 0:
− x 2 − 8 x − 16 er negativt når x > −4 .
Ulikheten − x 2 − 8 x − 16 ≥ 0 har løsningen x = −4 .
Løsningsmengden er altså L = {−4} .
d
I oppgave c fant vi at − x 2 − 8 x − 16 ≤ 0 for alle reelle tall x.
Ulikheten − x 2 − 8 x − 16 > 0 har derfor ingen løsning.
Løsningsmengden er tom, L = ∅ .
Oppgave 4.51
a
Vi løser likningen 3 x + 6 =
0 , og får da x = −2 .
Så velger vi en x-verdi som er mindre enn −2 , og en x-verdi som er større enn −2 .
For x = −4 får vi 3 x + 6 =3 ⋅ (−4) + 6 =−6 , altså negativt fortegn.
For x = 0 får vi 3 x + 6 = 3 ⋅ 0 + 6 = 6 , altså positivt fortegn.
Uttrykket 3 x + 6 er negativt for x < −2 , null for x = −2 og positivt for x > −2 .
b
Vi løser likningen −2 x + 6 =
0 , og får da x = 3 .
Så velger vi en x-verdi som er mindre enn 3, og en x-verdi som er større enn 3.
For x = 0 får vi −2 x + 6 =−2 ⋅ 0 + 6 =6 , altså positivt fortegn.
For x = 5 får vi −2 x + 6 =−2 ⋅ 5 + 6 =−4 , altså negativt fortegn.
Uttrykket −2 x + 6 er positivt for x < 3 , null for x = 3 og negativt for x > 3 .
c
Tallet 3 er positivt for alle verdier av x.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi løser likningen x 2 − 1 =
0 , og får løsningene x =−1 ∨ x =
1.
Vi velger testverdiene −2 , 0 og 2.
x = −2 gir x 2 − 1 = (−2) 2 − 1 = 4 − 1 = 3 , altså positivt fortegn.
x = 0 gir x 2 − 1 =02 − 1 =−1 , altså negativt fortegn.
x = 2 gir x 2 − 1 = 22 − 1 = 4 − 1 = 3 , altså positivt fortegn.
Oppgave 4.52
Uttrykket skal være negativt for x < 2 , null for x = 2 og positivt for x > 2 .
Et uttrykk som passer til fortegnslinja kan derfor være f.eks. x − 2 .
Oppgave 4.53
Uttrykket skal være positivt for x < 4 , null for x = 4 og negativt for x > 4 .
Uttrykket x − 4 har riktig nullpunkt. Hvis vi multipliserer med −1 blir også fortegnet riktig.
Et uttrykk som passer til fortegnslinja kan derfor være f.eks. (−1) ⋅ ( x − 4) = 4 − x .
Oppgave 4.54
Uttrykket skal være negativt for x < 0 , null for x = 0 og positivt for x > 0 .
Det er akkurat det fortegnet vi får fra x selv. Uttrykket kan derfor være f.eks. x.
Oppgave 4.55
Fortegnslinja viser at uttrykket er positivt for x < −5 og for x > 3 , og null for x = −5 og x = 3 .
Uttrykket er altså større enn eller lik null for x ≤ −5 og for x ≥ 3 .
Oppgave 4.56
Vi ser at f ( x) = 0 for x = −2 og for x = 1 . Funksjonen har altså nullpunktene −2 og 1.
Grafen til f ligger under førsteaksen for −2 < x < 1 .
Ulikheten f ( x) ≤ 0 har derfor løsningen −2 ≤ x ≤ 1 . Løsningsmengden er L = [ −2 , 1] .
Oppgave 4.57
a
Vi løser likningen x 2 − x − 6 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =
−2 ∨ x =
3.
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −4 , 0 og 5.
x = −4 :
(−4) 2 − (−4) − 6 = 16 + 4 − 6 = 14
x 2 − x − 6 er positivt når x < −2 .
02 − 0 − 6 =−6
x = 0:
x 2 − x − 6 er negativt når −2 < x < 3 .
52 − 5 − 6 = 25 − 5 − 6 = 14
x = 5:
x 2 − x − 6 er positivt når x > 3 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − x − 6 ≤ 0 for −2 ≤ x ≤ 3 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = [ −2 , 3] .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi løser likningen x 2 − 4 x + 3 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =1 ∨ x =3 .
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene 0, 2 og 4.
02 − 4 ⋅ 0 + 3 =
3
x = 0:
2
x − 4 x + 3 er positivt når x < 1 .
22 − 4 ⋅ 2 + 3 =4 − 8 + 3 =−1
x = 2:
x 2 − 4 x + 3 er negativt når 1 < x < 3 .
42 − 4 ⋅ 4 + 3 = 16 − 16 + 3 = 3
x = 4:
x 2 − 4 x + 3 er positivt når x > 3 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − 4 x + 3 > 0 for x < 1 og for x > 3 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L =← , 1 ∪ 3 , → .
c
Vi løser likningen − x 2 + x + 2 =
0 , og får løsningene x =−1 ∨ x =2 .
Vi velger testverdiene −2 , 0 og 3.
x = −2 :
−(−2) 2 + (−2) + 2 =−4 − 2 + 2 =−4
− x 2 + x + 2 er negativt når x < −1 .
−02 + 0 + 2 =
2
x = 0:
2
− x + x + 2 er positivt når −1 < x < 2 .
−32 + 3 + 2 =−9 + 3 + 2 =−4
x = 3:
− x 2 + x + 2 er negativt når x > 2 .
Av fortegnslinja ser vi at − x 2 + x + 2 < 0 for x < −1 og for x > 2 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = ← , −1 ∪ 2 , → .
d
Vi løser likningen ( x + 2)( x − 4) =
0.
( x + 2)( x − 4) =
0
x+2= 0 ∨ x−4= 0
4
x=
−2 ∨ x =
Uttrykket ( x + 2)( x − 4) er allerede faktorisert.
Vi bruker derfor faktoriseringsmetoden.
Da tegner vi én fortegnslinje for hver av de to faktorene,
og finner fortegnslinja for uttrykket ( x + 2)( x − 4) utfra dette.
Av fortegnslinja for ( x + 2)( x − 4) ser vi at ( x + 2)( x − 4) < 0 for −2 < x < 4 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L =
© Aschehoug
−2 , 4 .
www.lokus.no
Side 34 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.58
Vi løser likningen a ( x + 3)(1 − x) =
0.
=
a ( x + 3)(1 − x) 0
a≠0
x + 3 = 0 ∨ 1− x = 0
x =−3 ∨ x =
1
Uttrykket er skrevet på faktorisert form.
Vi tegner derfor en fortegnslinje for hver av de tre faktorene, og må da huske at a er negativ.
x + 3 er negativt for x < −3 , null for x = −3 og positivt for x > −3 .
1 − x er positivt for x < 1 , null for x = 1 og negativt for x > 1 .
Dermed er a ( x + 3)(1 − x) positivt for x < −3 , null for x = −3 , negativt for −3 < x < 1 ,
null for x = 1 og positivt for x > 1 .
Oppgave 4.59
Uttrykket har to nullpunkter, nemlig −4 og 2.
Dette stemmer med faktorene x + 4 og x − 2 .
Vi må sjekke at fortegnet blir riktig i hvert av de tre
områdene x < −4 , −4 < x < 2 og x > 2 .
Det kan vi gjøre ved å tegne en fortegnslinje for hver
av de to faktorene, og dermed finne fortegnslinja for
uttrykket ( x + 4)( x − 2) . Vi ser at fortegnslinja stemmer med figuren i oppgaven.
Et uttrykk som passer til fortegnslinja kan derfor være f.eks.
( x + 4)( x − 2) = x 2 − 2 x + 4 x − 8 = x 2 + 2 x − 8
Oppgave 4.60
Av fortegnslinja ser vi at uttrykket er positivt for x < 2 , null for x = 2 ,
positivt for 2 < x < 7 , null for x = 7 og negativt for x > 7 .
Uttrykket er altså større enn null for x ∈ ← , 2 ∪ 2 , 7 .
Oppgave 4.61
a
Vi ser at f ( x) = 0 for x = −3 og for x = 4 . Funksjonen har altså nullpunktene −3 og 4.
Grafen til f ligger over førsteaksen for −3 < x < 4 .
Ulikheten f ( x) > 0 har derfor løsningen −3 < x < 4 . Løsningsmengden er L = −3 , 4 .
b
Grafene til f ( x) og g ( x) = 6 skjærer hverandre i punktene (−2 , 6) og (3 , 6) .
Grafen til f ligger over grafen til g for −2 < x < 3 .
Ulikheten f ( x) > 6 har derfor løsningen −2 < x < 3 . Løsningsmengden er L = −2 , 3 .
c
Grafen til f ligger under grafen til g for x < −2 og for x > 3 .
Ulikheten f ( x) < g ( x) har altså løsningsmengden L = ← , − 2 ∪ 3 , → .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4.62
a
Vi ser at f ( x) = 0 for x = −2 og for x = 3 . Funksjonen har altså nullpunktene −2 og 3.
Grafen til f ligger over førsteaksen for x < −2 og for x > 3 .
Ulikheten f ( x) > 0 har derfor løsningsmengden L = ← , − 2 ∪ 3 , → .
b
Grafene til f og g skjærer hverandre i punktene (−4 , 7) og (6 , 12) .
Grafen til f ligger under grafen til g for −4 < x < 6 .
Ulikheten f ( x) < g ( x) har derfor løsningen −4 < x < 6 . Løsningsmengden er L =
c
−4 , 6 .
Grafen til f ligger over grafen til g for x ≤ −4 og for x ≥ 6 .
Ulikheten f ( x) ≥ g ( x) har altså løsningsmengden L = ← , − 4  ∪ 6 , → .
Oppgave 4.63
a
x 2 + 4 x > −3
x2 + 4x + 3 > 0
Vi løser likningen x 2 + 4 x + 3 =
0 med abc-formelen, og får løsningene x =−3 ∨ x =−1 .
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −4 , −2 og 0.
x = −4 :
(−4) 2 + 4 ⋅ (−4) + 3 = 16 − 16 + 3 = 3
x 2 + 4 x + 3 er positivt når x < −3 .
x = −2 :
(−2) 2 + 4 ⋅ (−2) + 3 =4 − 8 + 3 =−1
x 2 + 4 x + 3 er negativt når −3 < x < −1 .
02 + 4 ⋅ 0 + 3 =
3
x = 0:
2
x + 4 x + 3 er positivt når x > −1 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 + 4 x + 3 > 0 for x < −3 og for x > −1 .
Løsningsmengden for ulikheten x 2 + 4 x > −3 er altså L = ← , −3 ∪ −1 , → .
b
Vi løser likningen −2 x 2 + 12 x + 32 =
−2 ∨ x =
8.
0 med abc-formelen, og får løsningene x =
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −4 , 0 og 10.
x = −4 :
−2 ⋅ (−4) 2 + 12 ⋅ (−4) + 32 =−32 − 48 + 32 =−48
x = 0:
x = 10 :
−2 x 2 + 12 x + 32 er negativt når x < −2 .
−2 ⋅ 02 + 12 ⋅ 0 + 32 =32
−2 x 2 + 12 x + 32 er positivt når −2 < x < 8 .
−2 ⋅ 102 + 12 ⋅ 10 + 32 =
−200 + 120 + 32 =
−48
2
−2 x + 12 x + 32 er negativt når x > 8 .
Av fortegnslinja ser vi at −2 x 2 + 12 x + 32 < 0 for x < −2 og for x > 8 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = ← , − 2 ∪ 8 , → .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
x2 + 5 < 2 x + 3
x2 − 2 x + 2 < 0
Vi prøver å løse likningen x 2 − 2 x + 2 =
0 , og finner at den ikke har noen løsning.
2
Det betyr at x − 2 x + 2 enten er større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter x = 0 og får 02 − 2 ⋅ 0 + 2 =
2.
2
x − 2 x + 2 er altså større enn null for alle verdier av x.
Ulikheten x 2 − 2 x + 2 < 0 har derfor ingen løsning. Løsningsmengden er tom, L = ∅ .
d
Vi løser likningen 3( x − 2)( x + 3) =
0.
3( x − 2)( x + 3) =
0
x−2 = 0 ∨ x+3= 0
x=
2 ∨ x=
−3
Uttrykket 3( x − 2)( x + 3) er allerede faktorisert.
Vi bruker derfor faktoriseringsmetoden.
Da tegner vi én fortegnslinje for hver av de tre faktorene,
og finner fortegnslinja for uttrykket 3( x − 2)( x + 3) utfra dette.
Av fortegnslinja ser vi at 3( x − 2)( x + 3) > 0 for x < −3 og for x > 2 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = ← , −3 ∪ 2 , → .
Oppgave 4.64
a
Vi løser likningen −2( x + 2)(2 x − 8) =
0.
−2( x + 2)(2 x − 8) =
0
x + 2 = 0 ∨ 2x − 8 = 0
x=
−2 ∨ x =
4
Så tegner vi en fortegnslinje for hver av de tre
faktorene, og for uttrykket −2( x + 2)(2 x − 8) .
Av fortegnslinja ser vi at −2( x + 2)(2 x − 8) > 0 for −2 < x < 4 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L =
b
−2 , 4 .
Vi løser likningen x(4 − x) =
0.
x(4 − x) =
0
x = 0 ∨ 4− x = 0
x =0 ∨ x =4
Vi tegner en fortegnslinje for hver av de
to faktorene, og for uttrykket x(4 − x) .
Av fortegnslinja ser vi at x(4 − x) ≤ 0 for x ≤ 0 og for x ≥ 4 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = ← , 0  ∪  4 , → .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi løser likningen (3 − x) 2 ( x + 1) 2 =
0.
(3 − x) 2 ( x + 1) 2 =
0
3 − x = 0 ∨ x +1 = 0
x=
3 ∨ x=
−1
2
Uttrykket (3 − x) ( x + 1) 2 inneholder fire faktorer,
siden hver av faktorene 3 − x og x + 1 er kvadrert.
Vi tegner en fortegnslinje for hver av de fire faktorene,
og bruker dette til å finne fortegnslinja for uttrykket (3 − x) 2 ( x + 1) 2 .
Av fortegnslinja ser vi at (3 − x) 2 ( x + 1) 2 ≥ 0 for alle reelle tall x.
Løsningsmengden for ulikheten er altså L =  .
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
a
b
2 x + 20 < 6 x + 8
2 x − 6 x < 8 − 20
−4 x < −12
−12
x>
−4
x>3
L
Løsningsmengden er =
3,→ .
Vi løser likningen x 2 − 2 x − 15 =
0 med abc-formelen.
−(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−15) 2 ± 4 + 60 2 ± 64 2 ± 8
=
=
=
= 1± 4
2 ⋅1
2
2
2
x =−3 ∨ x =
5
Vi bruker testmetoden, og velger testverdiene −4 , 0 og 6.
x = −4 :
(−4) 2 − 2 ⋅ (−4) − 15 = 16 + 8 − 15 = 9
x 2 − 2 x − 15 er positivt når x < −3 .
02 − 2 ⋅ 0 − 15 =−15
x = 0:
x 2 − 2 x − 15 er negativt når −3 < x < 5 .
62 − 2 ⋅ 6 − 15 = 36 − 12 − 15 = 9
x = 6:
x 2 − 2 x − 15 er positivt når x > 5 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − 2 x − 15 < 0 for −3 < x < 5 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = −3 , 5 .
x=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
c
( x − 3) 2 ≤ 2( x − 3)
( x − 3) 2 − 2( x − 3) ≤ 0
( x − 3) ⋅ ( x − 3 − 2) ≤ 0
( x − 3)( x − 5) ≤ 0
Likningen ( x − 3)( x − 5) =
0 har løsningene x = 3 ∨ x = 5 .
Vi tegner én fortegnslinje for hver av faktorene x − 3 og x − 5 ,
og bruker dette til å finne fortegnslinja for uttrykket ( x − 3)( x − 5) .
Av fortegnslinja ser vi at ( x − 3)( x − 5) ≤ 0 for 3 ≤ x ≤ 5 .
Løsningsmengden for ulikheten er altså L = [3 , 5] .
Oppgave 2
Vi finner først y uttrykt ved x i begge likningene.
2x + 3y =
2
3 y= 2 − 2 x
2 2x
y=
−
3 3
−5 x + 2 y =
−24
2=
y 5 x − 24
5x
=
y
− 12
2
Så tegner vi grafene i samme koordinatsystem.
Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (4 , − 2) .
Løsningen på likningssystemet er altså x =
4 ∧ y=
−2 .
Oppgave 3
(1)
x + 2y =
7
(2)
xy + x =
4
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykk for x, som gir x= 7 − 2 y .
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
(7 − 2 y ) ⋅ y + 7 − 2 y =
4
7 y − 2 y2 + 7 − 2 y − 4 =
0
0
−2 y 2 + 5 y + 3 =
−5 ± 52 − 4 ⋅ (−2) ⋅ 3 −5 ± 25 + 24 −5 ± 49 −5 ± 7
=
= =
2 ⋅ (−2)
−4
−4
−4
1
y=
− ∨ y=
3
2
y = − 12 gir x = 7 − 2 y = 7 − 2 ⋅ ( − 12 ) = 7 + 1 = 8 .
y = 3 gir x = 7 − 2 y = 7 − 2 ⋅ 3 = 7 − 6 = 1 .
1

Likningssystemet har løsningene (1 , 3) og  8 , −  .
2

=
y
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4
Vi ser at uttrykket for U ( x) er positivt for x < −5 , null for x = −5 ,
positivt for −5 < x < 1 , null for x = 1 og negativt for x > 1 .
Det betyr at U ( x) ≤ 0 for x = −5 og for x ≥ 1 .
Løsningsmengden for ulikheten er L =
{−5} ∪ 1 , →
.
Oppgave 5
(1)
2x − 3y =
11
(2)
−3 x + 4 y =
−15
Vi bruker likning (1) til å finne et uttrykket for y.
3=
y 2 x − 11
2 x 11
=
y
−
3 3
Så setter vi dette uttrykket inn i likning (2).
 2 x 11 
−3 x + 4 ⋅  −  =−15
 3 3
8 x 44
−3 x + −
=
−15
3
3
8 x ⋅ 3 44 ⋅ 3
−3 x ⋅ 3 +
−
=−15 ⋅ 3
3
3
−9 x + 8 x − 44 =
−45
− x =−1
x =1
Til slutt setter vi x = 1 inn i uttrykket for y.
2 x 11 2 ⋅ 1 11 2 11
9
y = − = − =− =
− =
−3
3 3
3
3 3 3
3
Likningssystemet har løsningen x =∧
y=
−3 .
1
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 6
a
Vi løser likningen x 2 − 4 x + k =
0 med abc-formelen.
−(−4) ± (−4) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ k 4 ± 16 − 4k
=
2 ⋅1
2
Likningen har ingen løsning når tallet under rottegnet er negativt, altså når
16 − 4k < 0
−4k < −16
k >4
Når k > 4 er uttrykket x 2 − 4 x + k enten negativt eller positivt for alle verdier av x.
k . Siden k > 4 er altså x 2 − 4 x + k positivt for alle verdier av x.
x = 0 gir 02 − 4 ⋅ 0 + k =
Dermed har ulikheten x 2 − 4 x + k ≤ 0 ingen løsning når k > 4 .
=
x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
b
Hvis andregradslikningen i oppgave a har to løsninger, vil uttrykket x 2 − 4 x + k være både
negativt og positivt for forskjellige verdier av x. Det er bare når andregradslikningen har én
løsning at uttrykket vil ha samme fortegn for alle verdier av x.
Andregradslikningen har én løsning når tallet under rottegnet er lik null.
16 − 4k =
0
k =4
Løsningen av andregradslikningen er dermed x = 2 .
Vi sjekker fortegnet til uttrykket x 2 − 4 x + 4 med testverdiene 0 og 4.
02 − 4 ⋅ 0 + 4 =
4
x = 0:
2
x − 4 x + 4 er positivt når x < 2 .
42 − 4 ⋅ 4 + 4 = 16 − 16 + 4 = 4
x = 4:
x 2 − 4 x + 4 er positivt når x > 2 .
Av fortegnslinja ser vi at x 2 − 4 x + 4 ≤ 0 for x = 2 .
Ulikheten x 2 − 4 x + k ≤ 0 har altså én løsning når k = 4 .
Oppgave 7
2 y + x2 =
7
2x − y =
−1
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y, som gir =
y 2x + 1 .
Så setter vi dette inn i andregradslikningen.
2 ⋅ (2 x + 1) + x 2 =
7
4x + 2 + x2 =
7
x2 + 4x − 5 =
0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningene x =
−5 ∨ x =
1.
x = −5 gir y =2 x + 1 =2 ⋅ (−5) + 1 =−10 + 1 =−9 .
x = 1 gir y = 2 x + 1 = 2 ⋅ 1 + 1 = 2 + 1 = 3 .
Likningssystemet har løsningene (−5 , −9) og (1 , 3) .
Oppgave 8
Vi tegner grafene til f ( x) = 4 x 2 + 9 x + 5 og
g ( x)= 7 + 2 x i samme koordinatsystem i GeoGebra.
Grafen til f ligger over grafen til g for x < −2 og for x > 0, 25 .
Ulikheten 4 x 2 + 9 x + 5 > 7 + 2 x er oppfylt
når x < −2 og når x > 0, 25 .
Løsningsmengden for ulikheten er L = ← , − 2 ∪ 0, 25 , → .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 42
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 9
Tenk at det var x barn og y voksne på konserten.
Til sammen ble det solgt 640 billetter. Det gir likningen x + y =
640 .
Billettinntektene var på til sammen 107 020 kr. Det gir likningen 100 x + 280 y =
107 020 .
Vi løser den første likningen med hensyn på y, som gir=
y 640 − x .
Innsatt i den andre likningen gir det
100 x + 280 ⋅ (640 − x) =
107 020
100 x + 179 200 − 280 x =
107 020
100 x − 280 x= 107 020 − 179 200
−180 x =
−72 180
x = 401
Dermed er y= 640 − x= 640 − 401= 239 .
Det var 401 barn og 239 voksne på konserten.
Oppgave 10
a
Vi skriver inn likningene i GeoGebra, og finner skjæringspunktene mellom linjene.
Likningssystemet har løsningene (0 , 5) og (5 , 0) .
b
x2 + y2 =
25
x+ y =
k
Vi løser førstegradslikningen med hensyn på y, som gir y= k − x .
Innsatt i andregradslikningen gir det
x 2 + (k − x) 2 =
25
x 2 + k 2 − 2kx + x 2 =
25
2 x 2 − 2kx + k 2 − 25 =
0
−(−2k ) ± (−2k ) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (k 2 − 25) 2k ± 4k 2 − 8k 2 + 200 2k ± 200 − 4k 2
=
= =
x
2⋅2
4
4
Likningen har én løsning når tallet under rottegnet er lik null.
200 − 4k 2 =
0
k 2 = 50
k = ± 50
k = ±7, 071
Likningssystemet har nøyaktig én løsning når k =
−7, 071 ∨ k =
7, 071 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 42