1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 1 Algebra
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.1
a
12a 2  8a  4a(3a  2)
b
20 x2  15x  5x(4 x  3)
c
7a 2  21a  7a(a  3)
d
(a  2)(a  3)  (2a  4)(a  2)  (a  2)  (a  3  2a  4)  (a  2)(3a  1)
Oppgave 1.2
a
x2  49  x2  72  ( x  7)( x  7)
b
a2  5  a2 
c
12 y 2  75  3  (4 y 2  25)  3   (2 y)2  52   3(2 y  5)(2 y  5)
d
(a  b)2  a2  b2  (a  b)2  (a  b)(a  b)  (a  b)  (a  b  a  b)  2a(a  b)
 5    a  5  a  5 
2
Oppgave 1.3
Vi faktoriserer uttrykkene med kommandoen Faktoriser i CAS-delen av GeoGebra.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.4
a
Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen 2 x2  4 x  6  0 .
4  42  4  2  (6) 4  16  48 4  64 4  8



22
4
4
4
x  3  x  1
Nullpunktmetoden gir dermed
2 x2  4 x  6  2   x  (3)   ( x  1)  2( x  3)( x  1)
x
b
Vi løser likningen 2a 2  a  3  0 .
1  12  4  2  (3) 1  1  24 1  25 1  5
a



22
4
4
4
3
a    a 1
2
Nullpunktmetoden gir dermed

3
 3 

2a 2  a  3  2   a       (a  1)  2  a   (a  1)  (2a  3)(a  1)
2
 2 


c
Vi løser likningen 6 y 2  y  2  0 .
1  12  4  6  (2) 1  1  48 1  49 1  7



26
12
12
12
2
1
y  y
3
2
Nullpunktmetoden gir dermed

1
2 
1
 2  

6 y 2  y  2  6   y        y    6  y   y  
2
3 
2
 3  


2
1


 3   y    2   y    (3 y  2)(2 y  1)
3
2


y
d
1
1
Vi løser likningen x 2  x   0 .
6
6
2
1
1
 1
     4 1      1  1  2  1  25  1  5
6
6
 6
36 3  6
36  6 6   1  5
x
 6
2 1
2
2
2
12 12
1
1
x  x
2
3
Nullpunktmetoden gir dermed
1
1 
1 
1 
1
 1  
x 2  x    x        x     x   x  
6
6 
3 
2 
3
 2  
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.5
Andregradsuttrykket har nullpunktene 2 og
Vi setter inn x  2 , og skal da få 12.
1

a  (2  2)   2    12
2

3
a  4   12
2
a2
1
2
. Uttrykket er derfor på formen a( x  2)( x  12 ) .
1

Andregradsuttrykket er dermed gitt ved 2( x  2)  x    ( x  2)(2 x  1) .
2

Oppgave 1.6
a
Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen x2  4 x  5  0 .
4  42  4 1  (5) 4  16  20 4  36 4  6
x



2 1
2
2
2
x  5  x  1
Nullpunktmetoden gir dermed x2  4 x  5  ( x  5)( x  1) .
x2
 2x  3  0 .
3
 1
2  22  4      (3)
2  4  4 2  0 2  0
 3
 3
x



 (2)      3
2
2
2
 1
 2



2 
3
3
3
 3
3 er altså et dobbelt nullpunkt. Nullpunktmetoden gir dermed
x2
1
1
  2 x  3    ( x  3)  ( x  3)   ( x  3)2
3
3
3
b
Vi løser likningen 
c
Vi løser likningen 2 x2  3x  4  0 .
3  32  4  2  4 3  9  32 3  23
x


22
4
4
Kvadratroten er ikke definert for negative tall.
Likningen 2 x2  3x  4  0 har derfor ingen løsning.
Uttrykket 2 x2  3x  4 kan ikke skrives som et produkt med faktorer av første grad.
d
b3  2b2  3b  b  (b2  2b  3)
Vi løser likningen b2  2b  3  0 .
(2)  (2)2  4  1  (3) 2  4  12 2  16 2  4
b



2 1
2
2
2
b  1  b  3
Nullpunktmetoden gir dermed b3  2b2  3b  b(b  1)(b  3) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.7
a
Grafen til andregradsfunksjonen tangerer x-aksen.
Det betyr at funksjonen har et dobbelt nullpunkt.
Funksjonsuttrykket kan derfor skrives på formen f ( x)  a( x  k )2 .
b
Funksjonen har det doble nullpunktet 1.
Funksjonsuttrykket er derfor f ( x)  a( x  1)2 , som betyr at k  1 .
Grafen skjærer y-aksen i punktet (0 , 3) . Altså er f (0)  3 .
a  (0  1) 2  3
a3
Funksjonsuttrykket er altså f ( x)  3( x  1)2 .
Oppgave 1.8
a
Uttrykket a 2  a  2 har nullpunktene 2 og 1. Altså er a2  a  2  (a  2)(a  1) .
Uttrykket a 2  2a  1 har det doble nullpunktet 1. Altså er a 2  2a  1  (a  1)2 .
a 2  a  2 (a  2)(a  1) a  2


a 2  2a  1
(a  1)2
a 1
b
Uttrykket 3x2  5x  2 har nullpunktene
2
og 1.
3
2

Altså er 3x 2  5 x  2  3  x   ( x  1) .
3

2
2


3  x   ( x  1) 3  x  
2
3x  5 x  2
3
3  3x  2
 
 

2
x 1
( x  1)( x  1)
x 1
x 1
c
Uttrykket y 2  6 y  5 har nullpunktene 1 og 5.
Altså er y 2  6 y  5  ( y  1)( y  5) .
y 2  6 y  5 ( y  1)( y  5) y  1


y2  5 y
y( y  5)
y
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.9
a
Uttrykket x2  3x  10 har nullpunktene 5 og 2. Altså er x2  3x  10  ( x  5)( x  2) .
5 x  25
3
5 x  25
3  ( x  5)
5 x  25  3( x  5)




2
x  3x  10 x  2 ( x  5)( x  2) ( x  2)  ( x  5)
( x  5)( x  2)
5 x  25  3x  15
2 x  10
2( x  5)
2




( x  5)( x  2)
( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2) x  2
b
Uttrykket x2  7 x  10 har nullpunktene 5 og 2 . Altså er x2  7 x  10  ( x  5)( x  2) .
6
2
6
2  ( x  5)



2
x  7 x  10 x  2 ( x  5)( x  2) ( x  2)  ( x  5)
6  2( x  5)
6  2 x  10


( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2)
2 x  4
2( x  2)


( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2)
2

x5
Oppgave 1.10
a
x2  9  x2  32  ( x  3)( x  3)
b
81  t 2  92  t 2  (9  t )(9  t )
c
a2  6a  9  a2  2  a  3  32  (a  3)2
d
5 y 2  45  5  ( y 2  9)  5  ( y 2  32 )  5( y  3)( y  3)
Oppgave 1.11
a
2 x2  72  2  ( x2  62 )  2( x  6)( x  6)
b
300 y  3 y3  3 y  (100  y 2 )  3 y  (102  y 2 )  3 y(10  y)(10  y)
c
3( x  2)  x( x  2)  (3  x)( x  2)  ( x  2)( x  3)
d
( x  1)( x  4)  3( x  4)  ( x  4)  ( x  1  3)  ( x  4)( x  2)
Oppgave 1.12
a
x 2  1 ( x  1)( x  1) x  1


3x  3
3( x  1)
3
b
4  3x
4  3x
4  3x
1
1
 2



2
2
16  9 x
4  (3x)
(4  3x)(4  3x) 4  3x 3x  4
c
36  4 x 2 62  (2 x) 2 (6  2 x)(6  2 x)


 6  2x  2x  6
6  2x
6  2x
6  2x
d
x 2  25 ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5)
x5



10  2 x
2(5  x)
2( x  5)
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.13
a
Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen x2  4 x  5  0 .
(4)  (4)2  4  1  (5) 4  16  20 4  36 4  6



2 1
2
2
2
x  1  x  5
x
Nullpunktmetoden gir dermed x2  4 x  5  ( x  1)( x  5) .
b
Vi løser likningen 2 x2  x  3  0 .
1  12  4  2  (3) 1  1  24 1  25 1  5



22
4
4
4
3
x    x 1
2
3

Nullpunktmetoden gir dermed 2 x 2  x  3  2  x   ( x  1)  (2 x  3)( x  1) .
2

x
c
Vi løser likningen 2 x2  x  6  0 .
(1)  (1) 2  4  (2)  6 1  1  48 1  49 1  7



2  (2)
4
4
4
3
x  2  x 
2
3

Nullpunktmetoden gir dermed 2 x 2  x  6  2( x  2)  x    ( x  2)(3  2 x) .
2

x
d
Vi løser likningen 3x2  3x  18  0 .
3  32  4  (3) 18 3  9  216 3  225 3  15



2  (3)
6
6
6
x  2  x  3
Nullpunktmetoden gir dermed 3x2  3x  18  3( x  2)( x  3) .
x
Oppgave 1.14
a
Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen x2  5x  6  0 .
(5)  (5) 2  4 1  6 5  25  24 5  1 5  1



2 1
2
2
2
x2  x3
x
Nullpunktmetoden gir dermed x2  5x  6  ( x  2)( x  3) .
b
x 2  5x  6 ( x  2)( x  3)

 x3
x2
x2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.15
a
a 2  4  2a  4  (a 2  22 )  (2a  4)
 (a  2)(a  2)  2(a  2)  (a  2)  (a  2  2)  (a  2)(a  4)
b
9a2  12ab  4b2  (3a)2  2  3a  2b  (2b)2  (3a  2b)2
c
y 4  2 y 2  1  ( y 2 )2  2  y 2 1  12  ( y 2  1)2
d
12a 2  75b2  3   (2a)2  (5b)2   3(2a  5b)(2a  5b)
Oppgave 1.16
a
Uttrykket x2  2 x  3 har nullpunktene 3 og 1. Altså er x2  2 x  3  ( x  3)( x  1) .
Uttrykket x2  6 x  5 har nullpunktene 1 og 5. Altså er x2  6 x  5  ( x  1)( x  5) .
x 2  2 x  3 ( x  3)( x  1) x  3


x 2  6 x  5 ( x  1)( x  5) x  5
b
Uttrykket a 2  6a  8 har nullpunktene 2 og 4.
Altså er a 2  6a  8  (a  2)(a  4) .
Uttrykket 2a 2  5a  2 har nullpunktene
1
2
og 2.
Altså er 2a  5a  2  2(a  12 )(a  2) .
2
a 2  6a  8
(a  2)(a  4)
a4
a4



2
1
1
2a  5a  2 2(a  2 )(a  2) 2(a  2 ) 2a  1
c
Uttrykket  y 2  2 y  8 har nullpunktene 2 og 4.
Altså er  y 2  2 y  8  ( y  2)( y  4) .
 y 2  2 y  8 ( y  2)( y  4) ( y  2)(4  y)


 y2
4 y
4 y
4 y
Oppgave 1.17
a
x2
x
x2
x
 2
2

2
x 3 x 9
x  3 ( x  3)( x  3)
( x  2)( x  3)
x
2( x  3)( x  3)



( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)
( x  2)( x  3)  x  2( x  3)( x  3)

( x  3)( x  3)

x 2  3x  2 x  6  x  2 x 2  18  x 2  2 x  12  x 2  2 x  12


( x  3)( x  3)
( x  3)( x  3)
x2  9
Uttrykket  x2  2 x  12 har ikke 3 eller 3 som nullpunkter.
Den siste brøken kan derfor ikke forkortes.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
b
c
a
3
a
3
5a
3(a  2)





a  4 5a  10 (a  2)(a  2) 5(a  2) 5(a  2)(a  2) 5(a  2)(a  2)
5a  3(a  2)
5a  3a  6
2a  6
2(a  3)




5(a  2)(a  2) 5(a  2)(a  2) 5(a  2)(a  2) 5(a  2)(a  2)
2a  6
 2
5a  20
2
y 1 y2  4 y y 1
y2  4 y
( y  1)( y  3)
y2  4 y





y  3 y2  9
y  3 ( y  3)( y  3) ( y  3)( y  3) ( y  3)( y  3)
( y  1)( y  3)  ( y 2  4 y )

( y  3)( y  3)
y2  3y  y  3  y2  4 y
3


( y  3)( y  3)
( y  3)( y  3)
3
 2
y 9
d
b
1
b
1



2
2
3  12b 2b  1 3  1  (2b)  2b  1
b
1  3(1  2b)

3(1  2b)(1  2b) 3(1  2b)(1  2b)
b  3(1  2b)
b  3  6b


3(1  2b)(1  2b) 3(1  2b)(1  2b)
3  5b
3  5b


3(1  2b)(1  2b) 3  12b 2

Oppgave 1.18
a
Uttrykket x2  x  2 har nullpunktene 2 og 1. Altså er x2  x  2  ( x  2)( x  1) .
3
5
9
3
5
9

 2



x  1 x  2 x  x  2 x  1 x  2 ( x  2)( x  1)
3( x  2)
5( x  1)
9



( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1)
3( x  2)  5( x  1)  9 3x  6  5 x  5  9


( x  2)( x  1)
( x  2)( x  1)
8x  8
8( x  1)


( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1)
8

x2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
b
Uttrykket y 2  y  6 har nullpunktene 2 og 3. Altså er y 2  y  6  ( y  2)( y  3) .
y  3 1 y
8  2 y2
y  3 1 y
8  2 y2

 2



y  2 y  3 y  y  6 y  2 y  3 ( y  2)( y  3)

( y  3)( y  3) (1  y )( y  2)
8  2 y2


( y  2)( y  3) ( y  2)( y  3) ( y  2)( y  3)

( y  3)( y  3)  (1  y )( y  2)  (8  2 y 2 )
( y  2)( y  3)
y2  9  y  2  y2  2 y  8  2 y2
y 3

( y  2)( y  3)
( y  2)( y  3)
1

y2

Oppgave 1.19
a
(2 x 2  x  3) : ( x  1)  2 x  3
2 x2  2 x
3x  3
3x  3
0
Dermed er 2 x2  x  3  ( x  1)(2 x  3) .
b
(a 2  7a  12) : (a  4)  a  3
a 2  4a
3a  12
3a  12
0
Dermed er a2  7a  12  (a  4)(a  3) .
c
(6 x 2  10 x  4) : (2 x  4)  3 x  1
6 x 2  12 x
2x  4
2x  4
0
Dermed er 6 x2  10 x  4  (2 x  4)(3x  1) .
d
( y 3  y 2  2 y  2) : ( y  1)  y 2  2
y3  y 2
2y  2
2y  2
0
Dermed er y3  y 2  2 y  2  ( y  1)( y 2  2) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.20
a
(6a 3  7a 2  1) : (2a  1)  3a 2  2a  1
6a 3  3a 2
4a 2  1
4a 2  2a
 2a  1
 2a  1
0
b
(b 4  b 2  6) : (b 2  2)  b 2  3
b 4  2b 2
3b 2  6
3b 2  6
0
c
(2 x3  x 2  2 x  1) : ( x 2  1)  2 x  1
2 x3  2 x
x2  1
x2  1
0
d
(2a 4  5a 2  3) : (2a 2  1)  a 2  3
2a 4  a 2
6a 2  3
6a 2  3
0
Oppgave 1.21
a
P( x)  2 x3  8x 2  2 x  12
Polynomet P( x) er delelig med x  a hvis P(a)  0 .
Vi skal undersøke om polynomet er delelig med x  1 . Altså er a  1 .
P(1)  2 13  8 12  2 1  12  2  8  2  12  0
Siden P(1)  0 er P( x) delelig med x  1 .
b
Vi skal undersøke om P( x) er delelig med x  1  x  (1) , og regner derfor ut P(1) .
P(1)  2  (1)3  8  (1)2  2  (1)  12  2  8  2  12  8
Siden P(1)  0 er P( x) ikke delelig med x  1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi skal undersøke om P( x) er delelig med x  2 , og regner derfor ut P(2) .
P(2)  2  23  8  22  2  2  12  2  8  8  4  4  12  16  32  4  12  40
Siden P(2)  0 er P( x) ikke delelig med x  2 .
d
Vi skal undersøke om P( x) er delelig med x  2  x  (2) , og regner derfor ut P(2) .
P(2)  2  (2)3  8  (2)2  2  (2)  12  2  (8)  8  4  4  12  16  32  4  12  0
Siden P(2)  0 er P( x) delelig med x  2 .
Oppgave 1.22
a
Vi vil undersøke om P( x)  x3  x 2  1 er delelig med x  2 .
P(2)  23  22  1  8  4  1  5
Divisjonen går ikke opp. Resten er P(2)  5 .
5
( x 3  x 2  1) : ( x  2)  x 2  x  2 
x2
3
2
x  2x
x2  1
x2  2x
2x  1
2x  4
5
b
Vi vil undersøke om P( x)  x 4  16 er delelig med x 2  2 .
Det blir det samme som å spørre om Q( y)  y 2  16 er delelig med y  2 , der y  x 2 .
Q(2)  (2)2  16  4  16  12
Divisjonen går ikke opp. Resten er Q(2)  12 .
12
( x 4  16) : ( x 2  2)  x 2  2  2
x 2
4
2
x  2x
2 x 2  16
2 x 2  4
12
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.23
a
Vi vil at funksjonen P( x)  x3  6 x 2  11x  a skal ha 2 som nullpunkt.
Altså er P(2)  0 .
0  23  6  22  11  2  a
0  8  24  22  a
0 6a
a  6
b
Vi vil at funksjonen P( x)  2 x3  7 x2  4 x  a skal være delelig med x  2 .
Da må P(2)  0 .
0  2  (2)3  7  (2) 2  4  (2)  a
0  16  28  8  a
0  4a
a  4
Oppgave 1.24
a
Divisjonen går opp.
(2 x3  5x2  9 x  18) : ( x  2)  2 x2  9 x  9
b
Resten er 16. Divisjonen går ikke opp.
(2 x3  5 x 2  x  10) : ( x  1)  2 x 2  7 x  6 
16
x 1
c
Divisjonen går opp.
(2a 4  5a 2  3) : (2a 2  1)  a 2  3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.25
a
Grafen til f skjærer førsteaksen i punktene (2 , 0) , (1, 0) og (2 , 0) .
Funksjonen har derfor nullpunktene 2 , 1 og 2.
Det betyr at f ( x) er delelig med x  (2)  x  2 , x  1 og x  2 .
b
Funksjonsuttrykket er på formen f ( x)  a( x  2)( x  1)( x  2) .
Grafen til f skjærer andreaksen i punktet (0 , 4) .
Vi finner derfor konstanten a ved å løse likningen f (0)  4 .
a  2  (1)  (2)  4
a4  4
a 1
Dermed er
f ( x)  1 ( x  2)( x  1)( x  2)  ( x  1)  ( x2  4)  x3  x2  4 x  4
Oppgave 1.26
a
P( x)  2 x 3  3 x 2  2 x  3
P(1)  2 13  3 12  2 1  3  2  3  2  3  0
b
Vi vet at P(1)  0 . Det betyr at P( x) er delelig med x  1 .
(2 x3  3 x 2  2 x  3) : ( x  1)  2 x 2  x  3
2 x3  2 x 2
 x2  2 x  3
 x2  x
3 x  3
3 x  3
0
Vi kan altså skrive P( x)  (2 x2  x  3)  ( x  1) .
Vi bruker nullpunktmetoden til å faktorisere 2 x2  x  3 .
2x2  x  3  0
(1)  (1) 2  4  2  (3) 1  1  24 1  25 1  5



22
4
4
4
3
x  1  x 
2
3

Dermed er P( x)  2( x  1)  x   ( x  1)  ( x  1)( x  1)(2 x  3) .
2

x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.27
Vi vet at 2 er et nullpunkt for polynomet.
Da vet vi at divisjonen (2 x3  x2  5x  2) : ( x  2) går opp.
(2 x3  x 2  5 x  2) : ( x  2)  2 x 2  3 x  1
2 x3  4 x 2
3x 2  5 x  2
3x 2  6 x
x2
x2
0
Vi finner de andre løsningene av likningen 2 x3  x2  5x  2  0 ved å løse 2 x2  3x  1  0 .
(3)  (3) 2  4  2 1 3  9  8 3  1 3  1



22
4
4
4
1
x   x 1
2
1
Likningen 2 x3  x2  5x  2  0 har løsningene x  og x  1 i tillegg til x  2 .
2
x
Oppgave 1.28
a
b
P( x)  2 x3  x2  5x  2  0
Konstantleddet er d  2 . Tallene som går opp i 2 er 1 og 2 .
De mulige heltallige løsningene av likningen er derfor x  1 og x  2 .
P(1)  2 13  12  5 1  2  2  1  5  2  6
P(1)  2  (1)3  (1) 2  5  (1)  2  2  1  5  2  0
Vi ser altså at x  1 er en løsning av likningen 2 x3  x2  5x  2  0 .
c
Siden x  1 er en løsning av likningen, vet vi at P( x) er delelig med x  1 .
(2 x3  x 2  5 x  2) : ( x  1)  2 x 2  3 x  2
2 x3  2 x 2
3x 2  5 x  2
3x 2  3x
2 x  2
2 x  2
0
Vi løser likningen 2 x2  3x  2  0 med abc-formelen, og får da x  
Likningen 2 x3  x2  5x  2  0 har løsningene x  1  x  
© Aschehoug
www.lokus.no
1
 x  2.
2
1
 x2.
2
Side 14 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.29
a
(3x 2  7 x  4) : ( x  1)  3 x  4
3x 2  3x
4x  4
4x  4
0
b
(4 x 2  x  14) : ( x  2)  4 x  7
4 x2  8x
7 x  14
7 x  14
0
c
(2 y 2  2 y  12) : (2 y  4)  y  3
2 y2  4 y
6 y  12
6 y  12
0
d
( z 4  z 3  z 2  z  2) : ( z  1)  z 3  z  2
z 4  z3
z2  z  2
z2  z
2z  2
2z  2
0
Oppgave 1.30
a
Polynomet P( x)  x3  6 x 2  6 x  4 er delelig med x  a hvis P(a)  0 .
Her er a  1 .
P(1)  (1)3  6  (1)2  6  (1)  4  1  6  6  4  9
Siden P(1)  0 er polynomet ikke delelig med x  1 .
b
P(2)  (2)3  6  (2)2  6  (2)  4  8  24  12  4  40
Siden P(2)  0 er polynomet ikke delelig med x  2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
P(2)  23  6  22  6  2  4  8  24  12  4  0
Siden P(2)  0 er polynomet delelig med x  2 .
( x3  6 x 2  6 x  4) : ( x  2)  x 2  4 x  2
x3  2 x 2
4 x 2  6 x  4
4 x 2  8 x
2 x  4
2 x  4
0
d
P(3)  33  6  32  6  3  4  27  54  18  4  5
Siden P(3)  0 er polynomet ikke delelig med x  3 .
Oppgave 1.31
a
Polynomet f ( x)  x3  4 x2  x  4 er delelig med x  1 hvis f (1)  0 .
f (1)  13  4 12  1  4  1  4  1  4  0
Siden f (1)  0 er altså f ( x) delelig med x  1 .
b
( x3  4 x 2  x  4) : ( x  1)  x 2  5 x  4
x3  x 2
5x2  x  4
5x2  5x
4x  4
4x  4
0
Vi løser likningen x2  5x  4  0 .
5  52  4 1  4 5  25  16 5  9 5  3



2 1
2
2
2
x  4  x  1
x
Fra nullpunktmetoden er x2  5x  4  ( x  4)( x  1) .
Dermed er f ( x)  ( x  4)( x  1)( x  1) .
c
Vi har funnet at f ( x)  ( x  4)( x  1)( x  1) .
Likningen f ( x)  0 har derfor løsningen x  4  x  1  x  1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.32
a
Vi bruker kommandoen Divisjon i GeoGebra til å finne
resten etter divisjonen ( x3  2 x2  kx  2) : ( x  2) .
Resten er 2k  2 . Altså er resten lik 0 når k  1 .
f ( x) er delelig med x  2 når k  1 .
b
Fra GeoGebra-løsningen i oppgave a ser vi
at f ( x) : ( x  2)  x 2  1 når k  1 .
Siden x2  1  ( x  1)( x  1) , blir dermed f ( x)  ( x  1)( x  1)( x  2) .
Oppgave 1.33
a
Polynomet P( x)  x3  7 x 2  14 x  6 er delelig med x  3 dersom P(3)  0 .
P(3)  33  7  32  14  3  6  27  63  42  6  0
P(3)  0 , som betyr at divisjonen ( x3  7 x2  14 x  6) : ( x  3) går opp.
b
( x3  7 x 2  14 x  6) : ( x  3)  x 2  4 x  2
x3  3x 2
4 x 2  14 x  6
4 x 2  12 x
2x  6
2x  6
0
c
I oppgave b fant vi at x3  7 x2  14 x  6  ( x2  4 x  2)( x  3) .
Vi løser likningen x2  4 x  2  0 .
(4)  (4) 2  4 1  2 4  16  8 4  8 4  4  2 4  2 2




 2 2
2 1
2
2
2
2
Likningen x3  7 x2  14 x  6  0 har dermed løsningen x  2  2  x  2  2  x  3 .
x
Oppgave 1.34
a
Av figuren ser vi at funksjonen har nullpunktene 1 og 2.
Siden grafen tangerer x-aksen for x  2 , er dette et dobbelt nullpunkt.
Funksjonsuttrykket er derfor på formen
f ( x)  k ( x  1)( x  2)( x  2)  k ( x  1)( x  2) 2
b
Grafen til f skjærer y-aksen i punktet (0 , 4) .
Vi setter derfor inn x  0 og løser likningen f (0)  4 .
k  (0  1)  (0  2) 2  4
k 1 4  4
k 1
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.35
a
Nevneren er gitt ved x 2  x  x( x  1) .
Telleren x3  2 x2  2 x  1 er ikke delelig med x, siden konstantleddet er forskjellig fra null.
Vi forsøker derfor polynomdivisjonen ( x3  2 x2  2 x  1) : ( x  1) .
( x3  2 x 2  2 x  1) : ( x  1)  x 2  x  1
x3  x 2
 x2  2 x  1
 x2  x
x 1
x 1
0
Polynomdivisjonen går opp. Dermed er
x3  2 x 2  2 x  1 ( x 2  x  1)( x  1) x 2  x  1


x2  x
x( x  1)
x
b
Nevneren er gitt ved x2  4  ( x  2)( x  2) .
Vi undersøker om telleren P( x)  2 x3  3x 2  4 er delelig med x  2 eller x  2 .
P(2)  2  (2)3  3  (2) 2  4  16  12  4  32
P(2)  2  23  3  22  4  16  12  4  0
Siden P(2)  0 er P( x) delelig med x  2 .
(2 x3  3 x 2  4) : ( x  2)  2 x 2  x  2
2 x3  4 x 2
x2  4
x2  2x
2x  4
2x  4
0
Dermed er
2 x3  3x 2  4 (2 x 2  x  2)( x  2) 2 x 2  x  2


x2  4
( x  2)( x  2)
x2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
Likningen x2  2 x  3  0 har løsningene x  3  x  1 .
Altså er nevneren x2  2 x  3  ( x  3)( x  1) .
Vi undersøker om telleren P( x)  x3  2 x 2  9 er delelig med x  3 eller x  1 .
P(3)  (3)3  2  (3) 2  9  27  18  9  0
P(1)  13  2 12  9  1  2  9  12
Telleren er delelig med x  3 .
( x3  2 x 2  9) : ( x  3)  x 2  x  3
x3  3x 2
 x2  9
 x 2  3x
3x  9
3x  9
0
x  2 x  9 ( x 2  x  3)( x  3) x 2  x  3
.


x2  2 x  3
( x  3)( x  1)
x 1
3
Dermed er
2
Oppgave 1.36
a
Vi prøver med noen forskjellige verdier for x.
P( x)  2 x 3  5 x 2  x  6
P(1)  2 13  5 12  1  6  2  5  1  6  2
P(2)  2  23  5  22  2  6  16  20  2  6  0
Ett av nullpunktene for polynomet er altså x  2 .
b
Siden P(2)  0 vet vi at P( x) er delelig med x  2 .
(2 x3  5 x 2  x  6) : ( x  2)  2 x 2  x  3
2 x3  4 x 2
 x2  x  6
 x2  2x
3 x  6
3 x  6
0
Vi løser likningen 2 x2  x  3  0 .
x
(1)  (1) 2  4  2  (3) 1  5

22
4
x  1  x 
3
2
3

Fra nullpunktmetoden er altså 2 x 2  x  3  2( x  1)  x   . Dermed er
2

3

P( x)  2( x  2)( x  1)  x    ( x  1)( x  2)(2 x  3)
2

© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.37
a
P( x)  x3  ax 2  3x  2
Polynomet er delelig med x  2 dersom P(2)  0 .
23  a  2 2  3  2  2  0
8  4a  6  2  0
16  4a  0
a4
b
( x3  4 x 2  3x  2) : ( x  2)  x 2  2 x  1
x3  2 x 2
2 x 2  3x  2
2 x 2  4 x
x  2
x  2
0
Oppgave 1.38
P( x)  x3  ax 2  2 x  a 2
Vi ser at resten etter divisjonen P( x) : ( x  2)
er a 2  4a  12 . Likningen a 2  4a  12  0 har
løsningene a  2 og a  6 .
Divisjonen P( x) : ( x  2) går opp når
a  2  a  6
Oppgave 1.39
x3  2 x 2  5 x  a  0
33  2  32  5  3  a  0
27  18  15  a  0
a6
Når a  6 er polynomet delelig med x  3 .
( x3  2 x 2  5 x  6) : ( x  3)  x 2  x  2
x3  3x 2
x2  5x  6
x 2  3x
2 x  6
2 x  6
0
Likningen x  x  2  0 har løsningen x  2  x  1 .
2
Dermed har likningen x3  2 x2  5x  6  0 løsningen x  2  x  1  x  3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.40
a
P( x)  2 x4  x3  5x2  3x  x(2 x3  x 2  5x  3)
Vi vet at polynomet er delelig med 2 x  3 , og utfører derfor polynomdivisjonen.
(2 x3  x 2  5 x  3) : (2 x  3)  x 2  x  1
2 x3  3x 2
2 x2  5x  3
2 x 2  3x
2 x  3
2 x  3
0
Dermed er P( x)  x(2 x  3)( x 2  x  1) . Altså er a  1  b  1  c  1 .
b
2 x 4  x3  5 x 2  3x  0
x(2 x  3)( x 2  x  1)  0
x  0  2 x  3  0  x2  x  1  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen.
1  12  4 1  (1) 1  5

2 1
2
4
3
2
Likningen 2 x  x  5x  3x  0 har dermed løsningen
1  5
1  5
3
x
 x0  x
 x
2
2
2
x
Oppgave 1.41
P( x)  x3  ax2  bx  3
Hvis x  1 og x  2 er faktorer i P( x) , er P(1)  P(2)  0 .
P(1)  (1)3  a  (1) 2  b  (1)  3  1  a  b  3  2  a  b
P(2)  23  a  22  b  2  3  8  4a  2b  3  11  4a  2b
Vi får derfor likningssettet 2  a  b  0  11  4a  2b  0 .
Den første likningen gir b  2  a . Innsatt i den andre likningen gir det
11  4a  2  (2  a)  0
11  4a  4  2a  0
15  6a  0
5
a
2
5
1
Dermed er b  2  a  2    .
2
2
Polynomet P( x) har faktorene x  1 og x  2 når a 
© Aschehoug
www.lokus.no
5
1
og b   .
2
2
Side 21 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.42
a
Polynomet P( x)  x2  x  a er delelig med x  2 hvis P(2)  0 .
P(2)  (2)2  (2)  a  4  2  a  6  a  0
a  6
b
Polynomet P( x)  2 x 2  3x  a er delelig med x  1 hvis P(1)  0 .
P(1)  2 12  3 1  a  2  3  a  5  a  0
a  5
Oppgave 1.43
Grafen til f tangerer x-aksen for x  1 og for x  1 .
Funksjonen har derfor de doble nullpunktene 1 og 1.
Det betyr at funksjonsuttrykket kan skrives på formen f ( x)  a( x  1)2 ( x  1)2 .
Grafen skjærer y-aksen i punktet (0 , 3) . Vi finner dermed konstanten a fra likningen f (0)  3 .
a  (0  1)2  (0  1) 2  3
a3
Funksjonsuttrykket er gitt ved
f ( x)  3( x  1)2 ( x  1)2  3  ( x2  1)2  3x4  6 x2  3
Oppgave 1.44
f ( x)  x 3  3 x 2  x  3
Funksjonen har nullpunktet 1. Det betyr at funksjonsuttrykket er delelig med x  1 .
( x3  3 x 2  x  3) : ( x  1)  x 2  4 x  3
x3  x 2
4x2  x  3
4x2  4x
3x  3
3x  3
0
Dermed er f ( x)  ( x  1)( x2  4 x  3) . Vi løser likningen x2  4 x  3  0 med abc-formelen,
og finner løsningene x  3  x  1 . Funksjonen har nullpunktene 3 , 1 og 1.
I tillegg til punktet (1, 0) skjærer altså grafen x-aksen i punktene (3 , 0) og (1, 0) .
Oppgave 1.45
a
Lillehammer ligger i Oppland fylke. Altså gjelder implikasjonen
Kåre er fra Lillehammer  Kåre er fra Oppland
b
Likningen x 2  25 har løsningene x  5  x  5 . Altså gjelder
x2  25  x  5
c
Ulikhetene x  7 og x  8 kan ikke være oppfylt samtidig.
Det gjelder derfor ingen implikasjon mellom dem.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
d
36 er et partall. Men det finnes også mange andre partall utenom 36. Altså gjelder
x er et partall  x  36
e
Likningen x 2  81 har løsningene x  9  x  9 . Altså gjelder
x2  81  x  9
f
Hvis x  2 så er også x  2 . Men x trenger ikke å være større enn 2 hvis x  2 .
x  2  x  2
Oppgave 1.46
a
Venstresiden er sann hvis x  4 . Høyresiden er sann hvis x  4  x  6 .
Altså gjelder implikasjonen 2 x  8  x  4  x  6 .
b
Venstresiden er sann for alle tallpar som oppfyller likningen
c
Partallene er nettopp de tallene som er delelige med 2. Påstandene er ekvivalente,
x er et partall  x er delelig med 2
x
4.
y
Høyresiden er et eksempel på et slikt tallpar. Altså gjelder implikasjonen
x
 4  x  12  y  3
y
Oppgave 1.47
a
Venstresiden er sann hvis x  4 . Høyresiden er også sann hvis x  4 .
Påstandene er derfor ekvivalente, 2 x  4  12  2 x  8 .
b
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  3  x  3 .
Påstandene er derfor ekvivalente, x  3  x  3  x2  9 .
c
Venstresiden er sann hvis x  0  x  1 . Høyresiden er sann hvis x  1 .
Altså gjelder implikasjonen x2  x  0  x  1 .
d
Vi vet at x  2 er en faktor i et polynom P( x) hvis og bare hvis P(2)  0 .
Påstandene er derfor ekvivalente,
x  2 er faktor i polynomet P( x)  P(2)  0
Oppgave 1.48
a
x  7 er et oddetall. Men det finnes også mange andre oddetall. Altså gjelder implikasjonen
x er et oddetall  x  7
b
R1 er et matematikkurs. Men det finnes også andre matematikkurs som ikke er R1.
Ajna har matematikk  Ajna har R1-kurset
c
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  2 . Påstandene er ekvivalente,
2 x  8  12  x  2
d
Hvis x  3 så er også x  5 . Men x kan være mindre enn 5 uten at x  3 , f.eks. x  4 .
Altså gjelder implikasjonen x  3  x  5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.49
a
Hvis en trekant har vinklene 30 , 60 og 90 så er trekanten rettvinklet.
Men det finnes mange rettvinklede trekanter som ikke har vinklene 30 og 60 .
Altså gjelder implikasjonen
Vinklene i trekanten ABC er 30 , 60 og 90  Trekanten ABC er rettvinklet
b
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  6  x  6 . Påstandene er ekvivalente,
x2  36  x  6  x  6
c
Venstresiden er sann hvis x  y  3 . Dette kan aldri skje samtidig med at x  y .
Det gjelder ingen implikasjon eller ekvivalens mellom påstandene x  1  y  2 og x  y .
d
Hvis x er et partall så er også 2x et partall. Men 2x er et partall også når x er et oddetall.
Altså gjelder implikasjonen
x er et partall  2x er et partall
Oppgave 1.50
a
Venstresiden er sann hvis x  2 . Høyresiden er sann hvis x  2  x  2 .
Altså gjelder implikasjonen x  4  x  2  x  2 .
b
Venstresiden er sann hvis x  0 .
Høyresiden er sann hvis enten x  0  y  0 eller x  0  y  0 .
Men vi vet ikke hvilket fortegn y har.
Dermed er det ingen sammenheng mellom påstandene x  0 og x  y  0 .
c
Venstresiden er sann hvis x  0 . Høyresiden er sann hvis x  0 .
Altså gjelder implikasjonen x2  0  x  0 .
d
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  2 . Påstandene er ekvivalente,
x3  8  x  2
e
Venstresiden er sann hvis a  0  b  0 . Høyresiden er sann hvis a  0  b  0 .
Altså gjelder implikasjonen a  b  0  a  0  b  0 .
Oppgave 1.51
a
Venstresiden er sann hvis x  0 . Høyresiden er sann hvis x  0 .
Altså gjelder implikasjonen x  0  x2  0 .
b
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  1  x  3 . Påstandene er ekvivalente,
x2  4 x  3  0  x  1  x  3
c
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis x  0 . Påstandene er ekvivalente,
x2  0  x  0
d
Venstresiden er sann hvis x  9 . Høyresiden er sann hvis x  9 .
Det er derfor ingen sammenheng mellom påstandene x  81 og x  9 .
e
Både venstresiden og høyresiden er sann hvis a  0  b  0 . Påstandene er ekvivalente,
a b  0  a  0  b  0
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.52
a
x 2  9 når x  3  x  3 . Påstanden x2  9  x  3 er derfor gal.
b
x2  2 x  0 når x  0  x  2 . Påstanden x2  2 x  0  x  2 er derfor gal.
c
Hvis x  2 så er x2  2 x  22  2  2  0 . Påstanden x  2  x2  2 x  0 er derfor riktig.
d
Hvis 21 er delelig med x, så er også 42 delelig med x.
Påstanden «x går opp i 21  x går opp i 42» er derfor riktig.
e
x 2  16 når x  4  x  4 . Påstanden x2  16  x  4 er derfor gal.
f
Polynomet P( x) er delelig med x  4 hvis og bare hvis P(4)  0 . Påstanden er derfor gal.
Oppgave 1.53
a
3x
6
1 
x2
x2
x2

3x  ( x  2)
6  ( x  2)
 1  ( x  2) 
x2
x2
3x  x  2  6
2x  4
x2
Vi må forkaste løsningen x  2 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
3
b
2x
16

x4 x4

x4
2 x  ( x  4) 16  ( x  4)

x4
x4
3x  12  2 x  16
3  ( x  4) 
x  28
c
3
2
3


x  x x 1 x

x  0 , 1
2
3  ( x 2  x) 2  x( x  1) 3  x( x  1)


x2  x
x 1
x
3  2 x  3x  3
x0
Vi må forkaste løsningen x  0 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
d
Nevneren på høyresiden av likningen kan skrives x2  3x  2  ( x  1)( x  2) .
x
4  x
1
 2
x  1 , 2
x  2 x  3x  2

x  ( x  1)( x  2) (4  x)  ( x 2  3 x  2)

x2
x 2  3x  2
x 2  3x  2  x 2  x  4  x
1  ( x 2  3 x  2) 
3x  6
x2
Vi må forkaste løsningen x  2 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
e
Nevneren i det andre leddet kan skrives x2  3x  2  ( x  1)( x  2) .
x
3
3
 2

x  1 , 2
x  1 x  3x  2 x  2

x  ( x  1)( x  2) 3  ( x 2  3 x  2) 3  ( x  1)( x  2)


x 1
x 2  3x  2
x2
2
x  2 x  3  3x  3
x2  5x  6  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningen x  2  x  3 .
Løsningen x  2 må forkastes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Løsningen av den opprinnelige likningen er derfor x  3 .
x
3
4
  2
x  2 x x  2x

f
x  0 , 2
x  x( x  2) 3  x( x  2) 4  ( x 2  2 x)


x2
x
x2  2x
x 2  3x  6  4
x 2  3x  2  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningen x  1  x  2 .
Løsningen x  2 må forkastes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Løsningen av den opprinnelige likningen er derfor x  1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.54
a
( x  4)(2 x  3)  ( x  4)( x  2)
For x  4 får vi null på begge sider. Altså er x  4 en løsning.
For x  4 kan vi dividere med x  4 på begge sider av likningen.
2x  3  x  2
x5
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  4  x  5 .
b
( x2  4 x) x  12 x
For x  0 får vi null på begge sider. Altså er x  0 en løsning.
For x  0 kan vi dividere med x på begge sider av likningen.
x 2  4 x  12
x 2  4 x  12  0
Vi bruker abc-formelen og finner løsningen x  2  x  6 .
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  2  x  0  x  6 .
c
3x  3  ( x  1)( x  3)
Venstresiden kan faktoriseres til 3( x  1) . For x  1 får vi null på begge sider.
Altså er x  1 en løsning. For x  1 kan vi dividere med x  1 på begge sider av likningen.
3 x3
x0
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  0  x  1 .
Oppgave 1.55
x2  9  4
a


x2  9

2
 42
x 2  9  16
x 2  25
x  5
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
x  5 :
VS  (5) 2  9  25  9  16  4
HS  4
VS  HS
x  5:
Likningen
© Aschehoug
VS  52  9  25  9  16  4
HS  4
VS  HS
x 2  9  4 har løsningen x  5  x  5 .
www.lokus.no
Side 27 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
x  1  2x  5
b

( x  1) 2 

2x  5

2
x2  2x  1  2 x  5
x2  4
x  2
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
VS  2  1  1
x  2 :
HS  2  (2)  5  4  5  1  1
VS  HS
VS  2  1  3
x  2:
HS  2  2  5  4  5  9  3
VS  HS
Vi ser at det bare er x  2 som passer i den opprinnelige likningen.
Likningen x  1  2 x  5 har løsningen x  2 .
1  3x  2 x
c


1  3x

2
 (2 x) 2
1  3x  4 x 2
4 x 2  3x  1  0
1
.
4
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
VS  1  3  (1)  1  3  4  2
x  1 :
Vi løser likningen med abc-formelen, og får løsningen x  1  x 
HS  2  (1)  2
VS  HS
1
:
4
1
1 1


4
4 2
1 1
HS  2  
4 2
VS  HS
1
Vi ser at det bare er x  som passer i den opprinnelige likningen.
4
1
Likningen 1  3x  2 x har løsningen x  .
4
x
© Aschehoug
VS  1  3 
www.lokus.no
Side 28 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
x6  4 x
d


x6

2
 (4  x) 2
x  6  16  8 x  x 2
x 2  7 x  10  0
Vi løser likningen med abc-formelen, og får løsningen x  5  x  2 .
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
VS  5  6  1  1
x  5 :
HS  4  (5)  1
x  2 :
VS  HS
VS  2  6  4  2
HS  4  (2)  2
VS  HS
Vi ser at det bare er x  2 som passer i den opprinnelige likningen.
Likningen x  6  4  x har løsningen x  2 .
Oppgave 1.56
a
x
1
 1
x 1 x

x  x( x  1) 1  x( x  1)

 1  x( x  1)
x 1
x
x2  x  1  x2  x
1
x
2
x2
1

1
x
x 1

b
x  1 , 0
x  1 , 0
( x  2)  x( x  1) 1  x( x  1)

 1  x( x  1)
x
x 1
x 2  3x  2  x  x 2  x
x  2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
3
3x  3
5 
x0
x
x

3 x
(3 x  3)  x
 5 x 
x
x
3  5 x  3x  3
8 x  0
x0
Vi må forkaste løsningen x  0 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
x  3 x 1

x2
x

d
x  0 , 2
( x  3)  x( x  2) ( x  1)  x( x  2)

x2
x
2
2
x  3x  x  x  2
4 x  2
1
x
2
Oppgave 1.57
2x  2
 x 1
x 1

a
x 1
(2 x  2)  ( x  1)
 ( x  1)  ( x  1)
x 1
2 x  2  x2  1
x2  2x  3  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen.
(2)  (2)2  4  1  (3) 2  4  12 2  16 2  4



2 1
2
2
2
x  1  x  3
x
x2  1
2
x2  4

b
x  2 , 2
( x 2  1)  ( x 2  4)
 2  ( x 2  4)
x2  4
x2  1  2 x2  8
x2  9
x  3  x  3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
Nevneren i brøken er lik null for x  1  x  3 .
x2  x  6
0
x2  2 x  3

x  1 , 3
( x 2  x  6)  ( x 2  2 x  3)
 0  ( x 2  2 x  3)
2
x  2x  3
x2  x  6  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningen x  2  x  3 .
Løsningen x  3 må forkastes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Løsningen av den opprinnelige likningen er derfor x  2 .
Oppgave 1.58
a
x( x  1)  2 x
For x  0 får vi null på begge sider. Altså er x  0 en løsning.
For x  0 kan vi dividere med x på begge sider av likningen.
x 1  2
x3
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  0  x  3 .
b
( x  2)( x  5)  x  2
For x  2 får vi null på begge sider. Altså er x  2 en løsning.
For x  2 kan vi dividere med x  2 på begge sider av likningen.
x  5 1
x  4
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  4  x  2 .
Oppgave 1.59
4
2
1

 2
x x  2 x  2x

a
x  0 , 2
4  x( x  2) 2  x( x  2) 1  x( x  2)

 2
x
x2
x  2x
4x  8  2x  1
6x  9
x
© Aschehoug
3
2
www.lokus.no
Side 31 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
6 x
2
x
 
0
2
x  2x x x  2

b
x  0 , 2
(6  x)  x( x  2) 2  x( x  2) x  x( x  2)


 0  x( x  2)
x2  2x
x
x2
6  x  2x  4  x2  0
 x 2  3x  10  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningen x  5  x  2 .
Løsningen x  2 må forkastes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Løsningen av den opprinnelige likningen er derfor x  5 .
1
6
3  2x
 2

2x  3 4x  9 2x  3
1
6
2x  3


2 x  3 (2 x  3)(2 x  3)
2x  3
c
 3 3
x   , 
 2 2

1  (2 x  3)(2 x  3) 6  (2 x  3)(2 x  3)

 1  (2 x  3)(2 x  3)
2x  3
(2 x  3)(2 x  3)
2 x  3  6  4 x 2  9
4x2  2 x  6  0
Vi løser andregradslikningen med abc-formelen, og får løsningen x  
3
 x 1.
2
3
må forkastes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
2
Løsningen av den opprinnelige likningen er derfor x  1 .
Løsningen x  
1
1
1

 2
0
x  2 3  x x  5x  6
1
1
1


0
x  2 x  3 ( x  2)( x  3)
d
x  2 , 3

1  ( x  2)( x  3) 1  ( x  2)( x  3) 1  ( x  2)( x  3)


 0  ( x  2)( x  3)
x2
x 3
( x  2)( x  3)
x  3  x  2 1  0
2x  6  0
x3
Vi må forkaste løsningen x  3 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.60
a
( x  3)( x3  3)  x2  9  ( x  3)( x  3)
For x  3 får vi null på begge sider. Altså er x  3 en løsning.
For x  3 kan vi dividere med x  3 på begge sider av likningen.
x3  3  x  3
x3  x  0
x( x 2  1)  0
x( x  1)( x  1)  0
x  0  x  1  x  1
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  1, 0 , 1, 3 .
b
( x  5)( x3  5)  25  x2  (5  x)(5  x)  ( x  5)( x  5)
For x  5 får vi null på begge sider. Altså er x  5 en løsning.
For x  5 kan vi dividere med x  5 på begge sider av likningen.
x3  5   x  5
x3  x  0
x( x 2  1)  0
x  0  x2  1  0
Likningen x2  1  0 har ingen løsning.
Den opprinnelige likningen har altså løsningen x  0  x  5 .
Oppgave 1.61
a
5
xa

x2 x2

x2
5 xa
x  5 a
Vi vil at likningen skal ha løsningen x  3 , og setter derfor inn dette.
3 5 a
a  2
b
Likningen kan ikke ha løsningen x  2 , siden det gir null i nevneren.
Etter å ha forkortet med x  2 kom vi fram til likningen x  5  a i oppgave a.
Hvis denne likningen har løsningen x  2 , betyr det at den opprinnelige likningen ikke har
noen løsning. Vi setter derfor inn x  2 .
2  5 a
a  3
Likningen har ingen løsning når a  3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.62
a
Det er en trykkfeil i oppgaven. Uttrykket for g ( x) skal være x  1 .
I likningen ( x  1)( x  2)  x  1 ser vi at faktoren x  1 blir lik null når x  1 .
Når vi forkorter med x  1 så dividerer vi altså med noe som kan være lik null.
Vi må derfor «ta vare» på løsningen x  1 så vi ikke mister den.
b
Så lenge vi husker at x  1 er en løsning, er det greit å forkorte med x  1 i likningen
( x  1)( x  2)  x  1
Eventuelle andre løsninger av likningen f ( x)  g ( x) finner vi på samme måte som Ludvig.
Likningen f ( x)  g ( x) har altså løsningen x  1  x  3 .
Dette gir skjæringspunktene (1, 0) og (3 , 4) mellom grafene.
Oppgave 1.63
x2 2
a


x2

2
 22
x24
x2
Vi må kontrollere om løsningen passer i den opprinnelige likningen.
VS  2  2  4  2
HS  2
VS  HS
Likningen x  2  2 har løsningen x  2 .
x  4  10  x
b

( x  4) 2 

10  x

2
x 2  8 x  16  10  x
x2  7 x  6  0
Vi løser likningen med abc-formelen, og får løsningen x  1  x  6 .
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
x  1:
VS  1  4  3
HS  10  1  9  3
x  6:
VS  HS
VS  6  4  2
HS  10  6  4  2
VS  HS
Vi ser at det bare er x  6 som passer i den opprinnelige likningen.
Likningen x  4  10  x har løsningen x  6 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
3  x  x2  1

(3  x) 2 

x2  1

2
9  6x  x2  x2  1
6 x  10  0
5
3
Vi må kontrollere om løsningen passer i den opprinnelige likningen.
 5 4
VS  3     
 3 3
x
2
25
16 4
 5
HS      1 
1 

9
9 3
 3
VS  HS
5
Likningen 3  x  x 2  1 har løsningen x   .
3
d
2x  2 x  4
2x  4  2 x


(2 x  4) 2  2 x

2
4 x 2  16 x  16  4 x
4 x 2  20 x  16  0
Vi løser likningen med abc-formelen, og får løsningen x  1  x  4 .
Vi må kontrollere om de to løsningene passer i den opprinnelige likningen.
VS  2 1  2  1  2  2  0
x  1:
HS  4
VS  HS
VS  2  4  2  4  2  4  2  2  8  4  4
x  4:
HS  4
VS  HS
Vi ser at det bare er x  4 som passer i den opprinnelige likningen.
Likningen 2 x  2 x  4 har løsningen x  4 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.64
a
2( x  1)( x  3)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre faktorene.
Ulikheten er oppfylt når x  1 og når x  3 .
Løsningsmengden er altså L   , 1  3 ,  .
b
3(1  x)( x  2)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre faktorene.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  1 .
Løsningsmengden er L   2 , 1 .
c
x 2  3x  4  0
Vi finner først nullpunktene.
x 2  3x  4  0
x  4  x  1
Ulikheten kan dermed skrives ( x  4)( x  1)  0 .
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de to faktorene.
Ulikheten er oppfylt når x  4 og når x  1 .
Løsningsmengden er L   , 4  1,  .
d
2 x2  9 x  4  0
Vi finner først nullpunktene.
2 x 2  9 x  4  0
1
x  4  x  
2
Ulikheten kan dermed skrives
1

2( x  4)  x    0
2

Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre faktorene.
Ulikheten er oppfylt når x  4 og når x   12 .
Løsningsmengden er L   , 4   12 ,  .
Oppgave 1.65
a
Vi løser først likningen 2 x2  7 x  7  0 .
7  72  4  (2)  (7) 7  49  56 7  7


2  (2)
4
4
2
Vi får et negativt tall under rottegnet. Likningen 2 x  7 x  7  0 har derfor ingen løsning.
Uttrykket 2 x2  7 x  7 er enten større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter inn x  0 og får
2 x2  7 x  7  2  02  7  0  7  7
Uttrykket er altså mindre enn null for alle verdier av x.
Ulikheten 2 x2  7 x  7  0 er oppfylt for alle reelle tall, L  .
x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi løser først likningen 2 x2  2 x  3  0 .
2  22  4  2  3 2  4  24 2  20


22
4
4
Vi får et negativt tall under rottegnet. Likningen 2 x2  2 x  3  0 har derfor ingen løsning.
Uttrykket 2 x2  2 x  3 er enten større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter inn x  0 og får
2 x2  2 x  3  2  02  2  0  3  3
Uttrykket er altså større enn null for alle verdier av x.
Ulikheten 2 x2  2 x  3  0 har ingen løsning, L   .
x
c
x2  4 x  4  0
Vi ser at vi kan faktorisere uttrykket på venstre side av ulikheten som x2  4 x  4  ( x  2)2 .
Kvadratet ( x  2)2 er positivt eller null for alle verdier av x. For x  2 er uttrykket lik null.
Ulikheten x2  4 x  4  0 er derfor oppfylt for x  2 . Løsningsmengden er L  2 .
d
x2  6 x  9  0
Vi ser at vi kan faktorisere uttrykket på venstre side av ulikheten som x2  6 x  9  ( x  3)2 .
Kvadratet ( x  3)2 er positivt eller null for alle verdier av x.
Ulikheten x2  6 x  9  0 har derfor ingen løsning, L   .
Oppgave 1.66
a
b
x( x  5)( x  3)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre faktorene.
Ulikheten er oppfylt når 5  x  0 og når x  3 .
Løsningsmengden er L   5 , 0  3 ,  .
( x  3)(1  x)( x  2)  0
1  ( x  3)(1  x)( x  2)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de fire faktorene.
Ulikheten er oppfylt når 3  x  2 og når x  1 .
Løsningsmengden er L   3 , 2  1,  .
c
2 x2 (1  x)( x  2)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre
faktorene 2x 2 , 1  x og x  2 .
Faktoren 2x 2 er null for x  0 , og ellers negativ.
Ulikheten er oppfylt når x  2 og når x  1 .
Løsningsmengden er L   , 2  1,  .
d
 x(2 x  3)( x  3)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de tre faktorene.
Ulikheten er oppfylt når  32  x  0 og når x  3 .
Løsningsmengden er L    32 , 0  3 ,  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.67
a
x  1 er en faktor i polynomet P( x)  x3  4 x 2  x  6 dersom P(1)  0 .
P(1)  (1)3  4  (1)2  (1)  6  1  4  1  6  0
Siden P(1)  0 er altså x  1 en faktor i polynomet.
b
Vi vet at x3  4 x2  x  6 er delelig med x  1 , og utfører derfor polynomdivisjonen.
( x3  4 x 2  x  6) : ( x  1)  x 2  5 x  6
x3  x 2
5 x 2  x  6
5 x 2  5 x
6x  6
6x  6
0
Vi faktoriserer x  5x  6 med nullpunktmetoden.
x2  5x  6  0
x2  x3
2
x 2  5 x  6  ( x  2)( x  3)
Vi kan dermed faktorisere venstresiden i ulikheten.
x3  4 x 2  x  6  0
( x  1)( x 2  5 x  6)  0
( x  1)( x  2)( x  3)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Av fortegnsskjemaet ser vi at ulikheten er oppfylt når 1  x  2 og når x  3 .
Løsningsmengden er altså L   1, 2  3 ,  .
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.68
a
Vi lar P( x)  x3  3x2  x  3 .
Eventuelle heltallige løsninger av likningen P( x)  0 må gå opp i konstantleddet 3 .
Etter litt prøving og feiling ser vi at P(1)  0 . Polynomet er derfor delelig med x  1 .
( x3  3 x 2  x  3) : ( x  1)  x 2  4 x  3
x3  x 2
4x2  x  3
4x2  4x
3x  3
3x  3
0
Likningen x  4 x  3  0 har løsningen x  3  x  1 .
Altså er x2  4 x  3  ( x  3)( x  1) .
2
x3  3x 2  x  3  0
( x  3)( x  1)( x  1)  0
Vi tegner fortegnsskjema. Av fortegnsskjemaet ser vi at ulikheten x3  3x2  x  3  0 er
oppfylt når x  3 og når 1  x  1 . Løsningsmengden er altså L   , 3  1, 1 .
b
Vi lar P( x)  2 x3  9 x 2  x  12 .
Eventuelle heltallige løsninger av likningen P( x)  0 må gå opp i konstantleddet 12 .
Etter litt prøving og feiling ser vi at P(1)  0 . Polynomet er derfor delelig med x  1 .
(2 x3  9 x 2  x  12) : ( x  1)  2 x 2  11x  12
2 x3  2 x 2
11x 2  x  12
11x 2  11x
12 x  12
12 x  12
0
3
Likningen 2 x2  11x  12  0 har løsningen x  4  x   .
2
3

Altså er 2 x 2  11x  12  2( x  4)  x    ( x  4)(2 x  3) .
2

3
2
2 x  9 x  x  12  0
( x  4)(2 x  3)( x  1)  0
Vi tegner fortegnsskjema. Av fortegnsskjemaet ser vi at ulikheten 2 x3  9 x2  x  12  0 er
3
 3 
oppfylt når x  4 og når   x  1 . Løsningsmengden er altså L   , 4   , 1 .
2
 2 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.69
a
b
c
d
2
0
x3
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de to faktorene
2 og x  3 . Av fortegnsskjemaet ser vi at ulikheten er
oppfylt når x  3 . Løsningsmengden er L   , 3 .
4
0
3 x
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de to faktorene.
Fortegnsskjemaet viser at ulikheten er oppfylt når x  3 .
Løsningsmengden er L  3 ,  .
x4
0
4  2x
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de to faktorene.
Vi ser at ulikheten er oppfylt når 4  x  2 .
Løsningsmengden er L  4 , 2 .
1  3x
0
3  2x
Vi tegner én fortegnslinje for hver av de to faktorene.
3
1
Ulikheten er oppfylt når x   og når x  .
2
3
3
1
Løsningsmengden er L   ,    ,  .
2
3
Oppgave 1.70
a
1 x
0
2x  3
Vi tegner fortegnsskjema.
3
Ulikheten er oppfylt når   x  1 .
2
3 
Løsningsmengden er L   , 1 .
2 
b
4 x
0
x 1
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 0  x  1.
Løsningsmengden er L  0 , 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
2x  3
0
2  5x
Vi tegner fortegnsskjema.
3
2
og når x  .
2
5
3
2
Løsningsmengden er L   ,   ,  .
2
5
Ulikheten er oppfylt når x  
d
2x  3
0
2x
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 0  x 
3
.
2
3
Løsningsmengden er L  0 ,  .
2
Oppgave 1.71
a
b
x 1
2
x2
x 1
20
x2
x  1 2  ( x  2)

0
x2
x2
x  1  2( x  2)
0
x2
5 x
0
x2
Vi tegner fortegnsskjema.
x 1
 2 har løsningsmengden L   , 2  5 ,  .
Ulikheten
x2
2x  1
 2
x3
2x  1
20
x3
2 x  1 2  ( x  3)

0
x3
x3
2 x  1  2( x  3)
0
x3
4x  5
0
x3
Vi tegner fortegnsskjema.
5
2x  1
 2 har løsningsmengden L   ,   3 ,  .
Ulikheten
4
x 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
2
c
x
x3
x
0
x 3
2  ( x  3)
x

0
x3
x3
2( x  3)  x
0
x3
x6
0
x3
Vi tegner fortegnsskjema.
x
Ulikheten 2 
har løsningsmengden L  3 , 6 .
x 3
2
d
2x 1 x  2

x  2 2x  4
2x 1 x  2

0
x  2 2x  4
(2 x  1)  2 x  2

0
( x  2)  2 2 x  4
4 x  2  ( x  2)
0
2x  4
3x  4
0
2x  4
Vi tegner fortegnsskjema.
4
2x 1 x  2

Ulikheten
har løsningsmengden L  2 ,  .
3
x  2 2x  4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.72
1
 2x  1
2x  1
a
1
 (2 x  1)  0
2x  1
1
(2 x  1) 2

0
2x  1
2x  1
1  (2 x  1) 2
0
2x  1
1  4 x2  4 x  1
0
2x  1
4 x 2  4 x
0
2x  1
4 x( x  1)
0
2x  1
Vi tegner fortegnsskjema.
1
1
 2 x  1 når x  1 og når   x  0 .
2x  1
2
1 
Løsningsmengden er L   , 1   , 0  .
2 
x 1
 x 1
x2
b
x 1
 ( x  1)  0
x2
x  1 ( x  1)( x  2)

0
x2
x2
x  1  ( x 2  x  2)
0
x2
 x2  2 x  3
0
x2
Vi faktoriserer  x2  2 x  3 .
0   x2  2 x  3
2  22  4  (1)  3 2  4  12 2  16 2  4
x



2  (1)
2
2
2
x  1  x  3
( x  1)( x  3)
 0 . Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten kan dermed skrives
x2
x 1
 x  1 når 1  x  2 og når x  3 .
x2
Løsningsmengden er L  1, 2  3 ,  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
x4
 2x  2
x2
c
x4
 (2 x  2)  0
x2
x  4 (2 x  2)( x  2)

0
x2
x2
x  4  (2 x 2  6 x  4)
0
x2
2 x 2  7 x
0
x2
x(7  2 x)
0
x2
Vi tegner fortegnsskjema.
x4
7
 2 x  2 når x  0 og når 2  x  .
x2
2
7
Løsningsmengden er L   , 0  2 ,  .
2
x 3
d
3 x
2x  1
3 x
0
2x  1
( x  3)(2 x  1) 3  x

0
2x  1
2x  1
2 x2  5x  3  3  x
0
2x  1
2x2  4 x  6
0
2x  1
Vi faktoriserer 2 x2  4 x  6 .
0  2 x2  4 x  6
x 3
(4)  (4)2  4  2  (6) 4  16  48 4  64 4  8
x



22
4
4
4
x  1  x  3
2( x  1)( x  3)
 0 . Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten kan dermed skrives
2x  1
3 x
1
x 3
når x  1 og når   x  3 .
2x  1
2
1 
Løsningsmengden er L   , 1   , 3 .
2 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.73
a
x  1 er en faktor i polynomet P( x)  x3  x2  9 x  9 hvis og bare hvis P(1)  0 .
P(1)  (1)3  (1) 2  9  (1)  9  1  1  9  9  0
Siden P(1)  0 er altså x  1 en faktor i polynomet.
b
x3  2 x 2  3x
 x3
x3
x3  2 x 2  3x ( x  3) 2

0
x3
x3
x3  2 x 2  3x  x 2  6 x  9
0
x3
x3  x 2  9 x  9
0
x3
Fra oppgave a vet vi at telleren x3  x2  9 x  9 er delelig med x  1 .
( x3  x 2  9 x  9) : ( x  1)  x 2  9
x3  x 2
9 x  9
9 x  9
0
Dermed er x3  x2  9 x  9  ( x  1)( x2  9)  ( x  1)( x  3)( x  3) .
Ulikheten kan altså skrives
( x  1)( x  3)( x  3)
0
x3
Vi tegner fortegnsskjema.
x3  2 x 2  3x
 x  3 når 1  x  3 .
x3
Løsningsmengden er L   1, 3 .
Oppgave 1.74
a
b
( x  5)( x  4)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av faktorene.
Ulikheten er oppfylt når 4  x  5 .
Løsningsmengden er L   4 , 5 .
x2
0
x4
Vi tegner én fortegnslinje for hver av faktorene.
Ulikheten er oppfylt når x  2 og når x  4 .
Løsningsmengden er L   , 2  4 ,  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
d
(2 x  5)(2  3x)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av faktorene.
2
5
Ulikheten er oppfylt når x  og når x  .
3
2
2 5
Løsningsmengden er L   ,    ,  .
3 2
3x  6  3x 2
3x 2  3x  6  0
Vi faktoriserer uttrykket på venstre side, og løser da likningen 3x2  3x  6  0 .
3  32  4  (3)  6 3  9  72 3  81 3  9



2  (3)
6
6
6
x  1  x  2
Ulikheten kan dermed skrives
3( x  1)( x  2)  0
Vi tegner én fortegnslinje for hver av faktorene.
Ulikheten er oppfylt når x  1 og når x  2 .
Løsningsmengden er L   , 1  2 ,  .
x
Oppgave 1.75
a
b
x6
0
x2
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  6 .
Løsningsmengden er L  2 , 6 .
2 x 2  10 x  12
2 x 2  10 x  12  0
Vi faktoriserer uttrykket på venstre side, og løser da likningen 2 x2  10 x  12  0 .
10  102  4  (2)  (12) 10  100  96 10  4 10  2



2  (2)
4
4
4
x2  x3
Ulikheten kan dermed skrives
2( x  2)( x  3)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  3 .
Løsningsmengden er L   2 , 3 .
x
c
( x  2)(2  x)  0
( x  2)2  0
Kvadratet ( x  2)2 er alltid positivt eller null.
Uttrykket på venstre side av ulikheten er derfor alltid negativt eller null.
Ulikheten har altså ingen løsning, L   .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
6 x  8   x 2
d
x2  6 x  8  0
Vi faktoriserer uttrykket på venstre side, og løser da likningen x2  6 x  8  0 .
(6)  (6)2  4 1  8 6  36  32 6  4 6  2



2 1
2
2
2
x2  x4
Ulikheten kan dermed skrives
( x  2)( x  4)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  4 .
Løsningsmengden er L   2 , 4 .
x
Oppgave 1.76
a
 x2  8x  20  0
Vi faktoriserer uttrykket.
 x2  8x  20  0
(8)  (8) 2  4  (1)  20 8  12
x

2  (1)
2
x  10  x  2
( x  10)( x  2)  0
Ulikheten er oppfylt når x  10 og når x  2 .
Løsningsmengden er L   , 10  2 ,  .
b
c
 x2
0
1 x
Ulikheten er oppfylt når x  0 og når x  1 .
Løsningsmengden er L  0  1,  .
x
0
x  2x
x
0
x( x  2)
Ulikheten er oppfylt når x  0 og når 0  x  2 .
Løsningsmengden er L   , 0  0 , 2 .
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
d
x2  2 x  3  0
Vi prøver å faktorisere uttrykket ved å løse likningen x2  2 x  3  0 .
(2)  (2) 2  4 1  3 2  4  12 2  8


2 1
2
2
2
Vi får et negativt tall under rottegnet. Likningen x  2 x  3  0 har derfor ingen løsning.
Uttrykket x2  2 x  3 er enten større enn null eller mindre enn null for alle verdier av x.
Vi setter inn x  0 og får
x2  2 x  3  02  2  0  3  3
Uttrykket er altså større enn null for alle verdier av x.
Ulikheten x2  2 x  3  0 er oppfylt for alle reelle tall, L  .
x
Oppgave 1.77
2
4
3 x
a
2
40
3 x
2
4  (3  x)

0
3 x
3 x
2  12  4 x
0
3 x
4 x  10
0
3 x
Vi tegner fortegnsskjema.
2
5
 4 har løsningsmengden L   ,
Ulikheten
 3,  .
2
3 x
3x
x
x 1
b
3x
x0
x 1
3x
x  ( x  1)

0
x 1
x 1
3x  x 2  x
0
x 1
4x  x2
0
x 1
x(4  x)
0
x 1
Vi tegner fortegnsskjema.
3x
 x har løsningsmengden L   , 0  1, 4 .
Ulikheten
x 1
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
d
x2  4
0
3 x
( x  2)( x  2)
0
3 x
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten har løsningsmengden L   , 2  2 , 3 .
x2  1
0
x2
Uttrykket x 2  1 er positivt for alle verdier av x.
Vi tegner derfor én fortegnslinje for hver av
de to faktorene x 2  1 og x  2 .
Ulikheten har løsningsmengden L   , 2 .
Oppgave 1.78
a
b
2 x
0
x 2  36
2 x
0
( x  6)( x  6)
Vi tegner fortegnsskjema.
2 x
 0 når x  6 og når 2  x  6 .
x 2  36
Løsningsmengden er L   , 6  2 , 6 .
x 2  3x  2
2
x 1
x 2  3x  2 2  ( x  1)

0
x 1
x 1
x2  5x
0
x 1
x( x  5)
0
x 1
Vi tegner fortegnsskjema.
x 2  3x  2
 2 når x  1 og når 0  x  5 .
x 1
Løsningsmengden er L   , 1  0 , 5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
c
x2  2 x  1
2
x2
x 2  2 x  1 2  ( x  2)

0
x2
x2
x2  4x  3
0
x2
Vi faktoriserer telleren ved å løse likningen x2  4 x  3  0 .
(4)  (4) 2  4 1  3 4  2

2 1
2
x 1  x  3
( x  1)( x  3)
0.
Ulikheten kan dermed skrives
x2
Vi tegner fortegnsskjema.
x2  2x  1
 2 når x  1 og når 2  x  3 .
x2
Løsningsmengden er L   , 1  2 , 3 .
x
d
x2  9
0
x2  7 x  6
( x  3)( x  3)
0
x2  7 x  6
Vi faktoriserer nevneren ved å løse likningen
x2  7 x  6  0
(7)  (7) 2  4 1  6 7  5

2 1
2
x 1  x  6
( x  3)( x  3)
Ulikheten kan dermed skrives
0.
( x  1)( x  6)
Vi tegner fortegnsskjema.
x2  9
 0 når x  3 , når 1  x  3 og når x  6 .
x2  7 x  6
Løsningsmengden er L   , 3  1, 3  6 ,  .
x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.79
a
Polynomet P( x)  x3  2 x2  5x  6 er delelig med x  1 dersom P(1)  0 .
P(1)  13  2 12  5 1  6  1  2  5  6  0
Polynomet er altså delelig med x  1 .
b
x3  2 x 2  5 x  6  0
Vi vet at uttrykket på venstre side er delelig med x  1 , og utfører derfor polynomdivisjonen.
( x3  2 x 2  5 x  6) : ( x  1)  x 2  x  6
x3  x 2
 x2  5x  6
 x2  x
6 x  6
6 x  6
0
Vi faktoriserer uttrykket x2  x  6 ved å løse likningen x2  x  6  0 .
(1)  (1) 2  4 1  (6) 1  1  24 1  25 1  5
x



2 1
2
2
2
x  2  x  3
Ulikheten kan dermed skrives
( x  1)( x 2  x  6)  0
( x  1)( x  2)( x  3)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
x3  2 x2  5x  6  0 når 2  x  1 og når x  3 .
Løsningsmengden er L   2 , 1  3 ,  .
Oppgave 1.80
a
Grafen til f skjærer førsteaksen i punktene (2 , 0) , (1, 0) og (2 , 0) .
Funksjonen har altså nullpunktene 2 , 1 og 2.
Dermed kan funksjonsuttrykket skrives på formen f ( x)  a( x  2)( x  1)( x  2) .
Grafen skjærer andreaksen i punktet (0 , 4) .
Vi finner derfor konstanten a ved å løse likningen f (0)  4 .
a  2  (1)  (2)  4
a4  4
a 1
Funksjonsuttrykket er altså gitt ved
f ( x)  ( x  2)( x  1)( x  2)  ( x  1)  ( x2  4)  x3  x 2  4 x  4
b
Vi ser at grafen til f er under førsteaksen når x  2 og når 1  x  2 .
Ulikheten f ( x)  0 har altså løsningen L   , 2  1, 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.81
a
b
Andregradsfunksjonen har nullpunktene 2 og 3.
Uttrykket er derfor på formen f ( x)  a( x  2)( x  3)  a( x 2  x  6) .
Fra fortegnslinja ser vi at a må være en positiv konstant.
Hvis vi f.eks. setter a  5 , får vi uttrykket f ( x)  5x2  5x  30 .
Oppgave 1.82
a
Andregradspolynomet P( x) har nullpunktene 1 og 4.
Funksjonsuttrykket kan derfor skrives på formen P( x)  a( x  1)( x  4) .
Vi finner konstanten a ved å løse likningen P(0)  8 .
a  (1)  (4)  8
a4  8
a2
Polynomet er altså gitt ved
P( x)  2( x  1)( x  4)  2  ( x2  5x  4)  2 x 2  10 x  8
b
Den rasjonale funksjonen Q( x) er ikke definert for x  1 . Det betyr at faktoren x  1 må
inngå i nevneren i funksjonsuttrykket. Siden fortegnet til Q( x) er det samme på begge sider
av x  1 , må enten telleren også inneholde x  1 , eller nevneren må ha faktoren i 2. potens
(eller en høyere, like potens). Funksjonen har nullpunktet 3, og skifter fortegn for x  3 .
Altså inneholder telleren faktoren x  3 (eventuelt i en høyere, odde potens).
Mulige funksjonsuttrykk for Q( x) kan dermed være
a( x  1)( x  3)
b( x  3)
Q( x ) 
 Q( x ) 
x 1
( x  1)2
Vi finner konstanten i uttrykkene ved å løse likningen Q(0)  6 .
a  (0  1)  (0  3) b  (0  3)

 6
0 1
(0  1) 2
a  3 b  (3)

 6
1
1
ab2
Noen av de mulige funksjonsuttrykkene for Q( x) er altså
2( x  1)( x  3)
2( x  3)
Q( x) 
 Q( x) 
x 1
( x  1) 2
Q( x) 
© Aschehoug
2 x2  8x  6
2x  6
 Q( x) 
x 1
( x  1) 2
www.lokus.no
Side 52 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.83
a
b
c
d
x 1
0
x2  1
Faktoren x 2  1 er positiv for alle verdier av x.
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  1, L  
 1,  .
2x  2
 x 1
x 1
2 x  2 ( x  1)  ( x  1)

0
x 1
x 1
2 x  2  ( x 2  1)
0
x 1
 x2  2x  3
0
x 1
Telleren kan faktoriseres som  x2  2 x  3  ( x  1)( x  3) .
( x  1)( x  3)
 0.
Ulikheten kan dermed skrives
x 1
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  1 og når 1  x  3 ,
L   , 1  1, 3
x2
0
x2  1
x2
0
( x  1)( x  1)
Ulikheten er oppfylt når x  1 og når 1  x  2 ,
L   , 1  1, 2
x3
1
3x  2
x  3 1  (3 x  2)

0
3x  2
3x  2
x  3  3x  2
0
3x  2
2 x  1
0
3x  2
1
2
Ulikheten er oppfylt når   x  ,
2
3
 1 2
L   ,
 2 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 53 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.84
a
b
c
3x  1
2
x2
3 x  1 2  ( x  2)

0
x2
x2
3x  1  2 x  4
0
x2
x5
0
x2
Ulikheten er oppfylt når 2  x  5 , L  2 , 5 .
x 1
0
x2  1
Uttrykket i nevneren er alltid positivt.
Ulikheten er derfor oppfylt når x  1 , L  1,  .
3  5x
4x
3  5x 1 4 x

4x
4x
3  5x  4 x
4x
3  9x
4x
1
0
0
0
1
Ulikheten er oppfylt når x  0 og når x  ,
3
1
L  ,0  ,
3
d
x2  1
2
x2  4
x 2  1 2  ( x 2  4)

0
x2  4
x2  4
x2  1  2 x2  8
0
x2  4
9  x2
0
x2  4
(3  x)(3  x)
0
( x  2)( x  2)
Ulikheten er oppfylt når 3  x  2 og når 2  x  3 ,
L  3 , 2  2 , 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 54 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.85
a
b
c
2x  3
3
x 1
2 x  3 3  ( x  1)

0
x 1
x 1
2 x  3  3x  3
0
x 1
x
0
x 1
Ulikheten er oppfylt når 0  x  1, L  0 , 1 .
x
 x2
2x  3
x
( x  2)  (2 x  3)

0
2x  3
2x  3
x  (2 x 2  7 x  6)
0
2x  3
2 x 2  8 x  6
0
2x  3
Uttrykket i telleren er lik null når x  1  x  3 .
Altså er 2 x2  8x  6  2( x  1)( x  3) .
2( x  1)( x  3)
0.
Ulikheten kan dermed skrives
2x  3
3
Ulikheten er oppfylt når 1  x  og når x  3 ,
2
 3
L  1 ,
 3 , 
 2
x3
x
x 1
x  3 x  ( x  1)

0
x 1
x 1
x  3  x2  x
0
x 1
 x2  2x  3
0
x 1
Uttrykket i telleren er lik null når x  1  x  3 .
Altså er  x2  2 x  3  ( x  1)( x  3) .
( x  1)( x  3)
 0.
Ulikheten kan dermed skrives
x 1
Ulikheten er oppfylt når 1  x  1 og når x  3 ,
L  1, 1  3 , 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 55 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
x2
0
x2  4
d
x2
0
( x  2)( x  2)
Ulikheten er oppfylt når 2  x  2 ,
L  2 , 2
(GeoGebra oppgir her svaret som 2 , 0  0 , 2 ,
som er det samme som 2 , 2 .)
Oppgave 1.86
a
x3  2 x 2  5 x  6  0
Etter litt prøving og feiling ser vi at uttrykket på venstre side er lik null når x  1 .
Uttrykket er derfor delelig med x  1 .
( x3  2 x 2  5 x  6) : ( x  1)  x 2  x  6
x3  x 2
 x2  5x  6
 x2  x
6 x  6
6 x  6
0
Dermed er x  2 x  5x  6  ( x  1)( x2  x  6) .
3
2
Vi faktoriserer x2  x  6 med nullpunktmetoden.
x2  x  6  0
(1)  (1)2  4  1  (6) 1  5

2 1
2
x  2  x  3
Ulikheten kan altså skrives ( x  1)( x  2)( x  3)  0 .
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  1 og når x  3 .
Løsningsmengden er L  2 , 1  3 ,  .
x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 56 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
b
x3  3x 2  6 x  8
0
x 1
Uttrykket i telleren er lik null når x  1 . Uttrykket er derfor delelig med x  1 .
( x3  3 x 2  6 x  8) : ( x  1)  x 2  2 x  8
x3  x 2
2 x2  6 x  8
2 x2  2 x
8 x  8
8 x  8
0
Vi faktoriserer x  2 x  8 med nullpunktmetoden.
x2  2 x  8  0
2
2  22  4 1  (8) 2  6

2 1
2
x  4  x  2
( x  1)( x  4)( x  2)
 0.
Ulikheten kan dermed skrives
x 1
Ulikheten er oppfylt når 4  x  1 og når 1  x  2 .
Løsningsmengden er L  
 4 , 1  1, 2 .
x
c
x3  2 x 2  3x
 x3
x3
x3  2 x 2  3x ( x  3) 2

0
x3
x3
x3  x 2  9 x  9
0
x3
Uttrykket i telleren er lik null når x  1 . Uttrykket er derfor delelig med x  1 .
( x3  x 2  9 x  9) : ( x  1)  x 2  9
x3  x 2
9 x  9
9 x  9
0
x  9  ( x  3)( x  3)
2
( x  1)( x  3)( x  3)
0.
x3
Ulikheten er oppfylt når 1  x  3 .
Løsningsmengden er L   1, 3 .
Ulikheten kan altså skrives
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 57 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
d
5x  4
10
 2
x 3 x 9
2
x( x  9) (5 x  4)( x  3)
10

 2
0
2
x 9
( x  3)( x  3) x  9
x
x3  9 x 5 x 2  11x  12
10

 2
0
2
x  9 ( x  3)( x  3) x  9
x3  5 x 2  2 x  2
0
( x  3)( x  3)
Uttrykket i telleren er lik null når x  1 . Uttrykket er derfor delelig med x  1 .
( x3  5 x 2  2 x  2) : ( x  1)  x 2  4 x  2
x3  x 2
4 x 2  2 x  2
4 x 2  4 x
2 x  2
2 x  2
0
Vi faktoriserer x  4 x  2 med nullpunktmetoden.
x2  4 x  2  0
2
(4)  (4) 2  4  1  (2) 4  24

2 1
2
x  2 6  x  2 6
Ulikheten kan dermed skrives
( x  1) x  2  6 x  2  6
0
( x  3)( x  3)
x



Ulikheten er oppfylt når x  3 , når 2  6  x  1 og når 3  x  2  6 .
Løsningsmengden er L   , 3  2  6 , 1  3 , 2  6  .

Oppgave 1.87
Vi lar det minste tallet være n. Siden tallene kommer etter hverandre, er det største tallet n  1 .
Summen av de to tallene er dermed n  (n  1)  2n  1.
Siden n er et naturlig tall, er 2n et partall, og 2n  1 er et oddetall.
Summen av n og n  1 er altså et oddetall.
Summen av to påfølgende naturlige tall er alltid et oddetall.
Oppgave 1.88
x er et partall. Det betyr at vi kan skrive x på formen x  2n , der n er et helt tall. Da er
x2  (2n)2  4n2  2  2n2
Siden n er et helt tall, er også 2n2 et helt tall. Dermed er 2  2n2 et partall.
Hvis x er et partall, så er x 2 et partall.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 58 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.89
Vi lar de to oddetallene være x  2n  1 og y  2m  1 , der n og m er hele tall.
Summen av tallene er da
x  y  (2n  1)  (2m  1)  2n  2m  2  2  (n  m  1)
n og m er hele tall. Da er også n  m  1 et helt tall.
Tallet 2  (n  m  1) er derfor et partall, som er delelig med 2.
Summen av to oddetall er delelig med 2.
Oppgave 1.90
n er et partall. Det betyr at vi kan skrive n  2k , der k er et helt tall. Da er
n2  (2k )2  4k 2
Siden k er et helt tall, er også k 2 et helt tall. Altså er n 2 delelig med 4.
Hvis n er et partall, så går 4 opp i n 2 .
Oppgave 1.91
n er et naturlig tall.
n2  n  n  (n  1)
Enten er n et partall, eller så er n et oddetall.
Hvis n er et partall, så går 2 opp i n. Hvis n er et oddetall, så går 2 opp i n  1 .
Det siste ser vi ved å skrive n  2k  1  n  1  2k  2  2  (k  1) .
Altså er enten n eller n  1 delelig med 2. Produktet n  (n  1) er derfor også delelig med 2.
Hvis n er et naturlig tall, så er n  (n  1) delelig med 2.
Hvis n  , så er n2  n et partall.
Oppgave 1.92
n er et naturlig tall. Da er enten n et partall eller et oddetall.
Hvis n er et partall, så kan vi skrive n  2k , der k er et helt tall. Da er
n2  7n  12  (2k )2  7  2k  12  4k 2  14k  12  2  (2k 2  7k  6)
Siden k er et helt tall, er 2k 2  7k  6 også et helt tall. Altså er 2  (2k 2  7k  6) et partall.
Hvis n er et oddetall, så kan vi skrive n  2k  1, der k er et helt tall. Da er
n2  7n  12  (2k  1) 2  7  (2k  1)  12  4k 2  4k  1  14k  7  12
 4k 2  18k  20  2  (2k 2  9k  10)
Siden k er et helt tall, er 2k 2  9k  10 også et helt tall. Altså er 2  (2k 2  9k  10) et partall.
Vi har altså vist at n2  7n  12 er et partall både når n er et partall og når n er et oddetall.
Hvis n  , så er n2  7n  12 et partall.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 59 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.93
Vi har følgende påstander om to positive tall:
p: «Produktet av tallene er større enn 100»
q: «Minst ett av tallene er større enn 10»
Vi vil bevise p  q ved hjelp av et kontrapositivt bevis, altså at ikke q  ikke p .
ikke q: «Begge tallene er mindre enn eller lik 10»
ikke p: «Produktet av tallene er mindre enn eller lik 100»
Vi lar de to tallene være x og y. Utsagnet «ikke q» sier at x  10 og y  10 . Da er
x  y  10 10  100
Produktet av tallene er altså mindre enn eller lik 100. Dermed har vi bevist at ikke q  ikke p .
Ved et kontrapositivt bevis har vi dermed også bevist at p  q .
Hvis produktet av to positive tall er større enn 100, så er minst ett av tallene større enn 10.
Oppgave 1.94
Vi har følgende påstander om positive heltall:
p: « n  2 er et oddetall»
q: «n er et oddetall»
De motsatte påstandene blir da
ikke q: «n er ikke et oddetall» (altså er n et partall)
ikke p: « n  2 er ikke et oddetall» (altså er n  2 et partall)
Vi starter med å anta at «ikke q» gjelder. Tallet n er altså et partall.
Da kan vi skrive n på formen n  2k , der k er et heltall. Dermed er
n  2  2k  2  2  (k  1)
Siden k er et heltall, er også k  1 et heltall. Da er 2  (k  1) et partall.
Vi har dermed bevist at n  2 er et partall, altså at ikke q  ikke p .
Ved et kontrapositivt bevis har vi dermed også bevist at p  q .
Hvis n  2 er et oddetall, så er n et oddetall.
Oppgave 1.95
x er et naturlig tall. Vi har følgende påstander:
p: « x 2 er et oddetall»
q: «x er et oddetall»
De motsatte påstandene blir da
ikke q: «x er et partall»
ikke p: « x 2 er et partall»
Vi starter med å anta at x er et partall. Da kan vi skrive x  2k , der k er et heltall. Det gir
x2  (2k )2  4k 2  2  2k 2
Siden k er et heltall, er også 2k 2 et heltall. Da er 2  2k 2 et partall.
Vi har dermed bevist at x 2 er et partall, altså at ikke q  ikke p .
Ved et kontrapositivt bevis har vi dermed også bevist at p  q .
Hvis x er et naturlig tall og x 2 er et oddetall, så er x et oddetall.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 60 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.96
n er et naturlig tall. Vi har følgende påstander:
p: n  5 er et oddetall
q: n er et partall
De motsatte påstandene blir da
ikke q: n er et oddetall
ikke p: n  5 er et partall
Vi antar at n er et oddetall. Det betyr at vi kan skrive n  2k  1, der k er et heltall. Da er
n  5  (2k  1)  5  2k  6  2  (k  3)
Siden k er et heltall, er også k  3 et heltall. Da er 2  (k  3) et partall.
Vi har dermed bevist at n  5 er et partall, altså at ikke q  ikke p .
Ved et kontrapositivt bevis har vi dermed også bevist at p  q .
Hvis n  5 er et oddetall, så er n et partall.
Oppgave 1.97
a
Vi kan f.eks. velge x  2 og y  2 . Da er x2  22  4 og y 2  (2)2  4 .
Altså er x 2  y 2 . Men x  y . Implikasjonen x2  y 2  x  y gjelder derfor ikke generelt.
(Feilen ved implikasjonen er, som vi ser av talleksemplet, at x og y kan ha motsatt fortegn.)
b
Vi kan f.eks. velge n  4 . Da er n2  (4)2  16  9 . Men n  4  3 .
Implikasjonen n2  9  n  3 gjelder derfor ikke generelt.
(Feilen ved implikasjonen er også denne gangen fortegnet.
Hvis vi krever at n er positiv, så gjelder implikasjonen.)
Oppgave 1.98
a
b
c
Vi antar at n er et partall. Det betyr at vi kan skrive n  2k , der k er et heltall. Det gir
n3  (2k )3  23  k 3  8k 3  2  4k 3
Siden k er et heltall, er også 4k 3 et heltall. Det betyr at 2  4k 3 er et partall.
Vi har dermed bevist at n3 er et partall.
Hvis n er et partall, så er n3 et partall.
Vi antar at det hele tallet n går opp i 12. Det betyr at 12 er delelig med n.
Vi kan altså skrive 12  n  k , der k er et heltall. Det betyr at
24  2 12  2  n  k  n  (2k )
Siden k er et heltall, er også 2k et heltall. Altså er 24 delelig med n.
Hvis n går opp i 12, så går n opp i 24.
Vi antar at 2 går opp i a og at 3 går opp i b, der a og b er hele tall.
Altså er a delelig med 2, og b er delelig med 3.
Vi kan derfor skrive a  2n og b  3m , der n og m er hele tall. Dermed er
a  b  (2n)  (3m)  6  n  m  6  (nm)
Siden n og m er hele tall, er også nm et heltall. Produktet a  b er derfor delelig med 6.
Hvis 2 går opp i a og 3 går opp i b, så går 6 opp i a  b .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 61 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.99
Vi har to rasjonale tall x og y. Tallene kan altså skrives på formen
a
c
x  y
b
d
der a, b, c og d er hele tall. Dermed er
a c a  d c  b ad bc ad  bc
x y   




b d b  d d  b bd bd
bd
Siden a, b, c og d er hele tall, er også ad  bc og bd hele tall.
Summen x  y kan altså skrives som en brøk med hele tall i teller og nevner.
Det betyr at x  y er et rasjonalt tall.
Vi har dermed bevist at summen av to rasjonale tall er et rasjonalt tall.
Oppgave 1.100
a
Vi kan f.eks. velge x  1 . Da blir
x 2  15 12  15 16
y

 2
8
8
8
Når x  1 blir altså y et partall. Utsagnet gjelder ikke generelt. x  1 gir et moteksempel.
b
Vi prøver med forskjellige primtall n, og regner ut 2n  1 .
22  1  4  1  3 (primtall)
n  2:
23  1  8  1  7 (primtall)
n  3:
25  1  32  1  31 (primtall)
n  5:
27  1  128  1  127 (primtall)
n 7:
211  1  2048  1  2047  23  89 (ikke primtall)
n  11 :
Utsagnet gjelder ikke generelt. n  11 gir et moteksempel.
Oppgave 1.101
a
Vi antar at x er et oddetall. Det betyr at vi kan skrive x  2k  1, der k er et heltall. Det gir
x 2  (2k  1)2  4k 2  4k  1  2   2k 2  2k   1
Siden k er et heltall, er også 2k 2  2k et heltall. Da er 2   2k 2  2k   1 et oddetall.
b
Vi har dermed bevist at x 2 er et oddetall. Hvis x er et oddetall, så er x 2 et oddetall.
x er et rasjonalt tall. Vi kan derfor skrive x som en brøk med hele tall i teller og nevner.
Altså er
a
x
b
der a og b er hele tall. Det gir
2
2
a a
x2     2
b b
Siden a og b er hele tall, er også a 2 og b 2 hele tall.
Vi kan altså skrive x 2 som en brøk med hele tall i teller og nevner.
Vi har dermed bevist at x 2 er et rasjonalt tall.
Hvis x er et rasjonalt tall, så er x 2 et rasjonalt tall.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 62 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.102
a
Vi antar at 2 går opp i x og at 5 går opp i y. Altså er x delelig med 2, og y er delelig med 5.
Vi kan derfor skrive x  2n og y  5m , der n og m er hele tall. Det gir
x  y  (2n)  (5m)  10  n  m  10  (nm)
Siden n og m er hele tall, er også nm et heltall. Produktet x  y er altså delelig med 10.
Hvis 2 går opp i x og 5 går opp i y, så går 10 opp i x  y .
b
Vi antar at både x og y er partall.
Da kan vi skrive x  2n og y  2m , der n og m er hele tall. Det gir
x  y  2n  2m  4nm
Siden n og m er hele tall, er også nm et heltall. Produktet x  y er altså delelig med 4.
Hvis både x og y er partall, så går 4 opp i x  y .
c
Vi antar at x er et oddetall. Det betyr at vi kan skrive x  2k  1, der k er et heltall. Det gir
x2  1  (2k  1)2  1   4k 2  4k  1  1  4k 2  4k  4k (k  1)
Hvis k er et partall, er k delelig med 2. Hvis k er et oddetall, er k  1 delelig med 2.
Produktet k (k  1) er derfor alltid delelig med 2. Dermed er 4k (k  1) alltid delelig med 8.
Hvis x er et oddetall, så er x 2  1 alltid delelig med 8.
Oppgave 1.103
a
Vi antar at n er et naturlig tall (og at n  1 ).
n2  n  n(n  1)
Hvis n er et partall, så er n delelig med 2. Hvis n er et oddetall, så er n  1 delelig med 2.
Altså er enten n eller n  1 alltid delelig med 2. Dermed er produktet n(n  1) delelig med 2.
Hvis n er et naturlig tall, så er n2  n alltid delelig med 2.
b
Vi antar at n er et naturlig tall, og at n  1 .
n3  n  n  (n2  1)  n  (n  1)(n  1)  (n  1)  n  (n  1)
Vi ser at uttrykket n3  n kan skrives som produktet av tre påfølgende, naturlige tall.
For to påfølgende heltall er alltid ett av tallene delelig med 2.
For tre påfølgende heltall er alltid ett av tallene delelig med 3.
Produktet av tre påfølgende tall er derfor alltid delelig med 2  3  6 .
Hvis n er et naturlig tall større enn 1, så er n3  n alltid delelig med 6.
c
Vi antar at n er et naturlig tall, og at n  1 .
(n2  1)(n2  2n)  (n  1)(n  1)  n(n  2)  (n  1)  n  (n  1)  (n  2)
Uttrykket (n2  1)(n2  2n) kan skrives som produktet av fire påfølgende, naturlige tall.
Som i oppgave a og b vet vi at med to påfølgende tall er alltid ett av tallene delelig med 2,
med tre påfølgende tall er alltid ett av tallene delelig med 3, og med fire påfølgende tall er
alltid ett av tallene delelig med 4.
Ett av tallene n  1, n, n  1 eller n  2 er altså delelig med 4.
Det betyr at det også er ett av tallene som er delelig med 2, men ikke delelig med 4.
Produktet av disse to partallene må derfor være delelig med 2  4  8 .
I tillegg er det (minst) ett av de fire tallene som er delelig med 3.
Produktet av fire påfølgende heltall er derfor alltid delelig med 3  8  24 .
Hvis n er et naturlig tall større enn 1, så er (n2  1)(n2  2n) alltid delelig med 24.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 63 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 1.104
n er et naturlig tall. Vi har følgende påstander:
p: n2  1 er ikke delelig med 3
q: n er delelig med 3
De motsatte påstandene blir da
ikke q: n er ikke delelig med 3
ikke p: n2  1 er delelig med 3
Vi starter altså med å anta at n ikke er delelig med 3.
Da kan vi skrive n  3k  l , der k og l er hele tall, og l  1, 2 .
l  1:
l 2:
n2  1  (3k  1)2  1  9k 2  6k  1  1  9k 2  6k  3  (3k 2  2k )
n2  1  (3k  2)2  1  9k 2  12k  4  1  9k 2  12k  3  3  (3k 2  4k  1)
Siden k er et heltall, er også 3k 2  2k og 3k 2  4k  1 hele tall.
I begge tilfellene er altså n2  1 delelig med 3. Vi har dermed bevist at ikke q  ikke p .
Ved et kontrapositivt bevis har vi derfor også bevist at p  q .
Hvis n er et naturlig tall og n2  1 ikke er delelig med 3, så er n delelig med 3.
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
a
Vi faktoriserer uttrykket 2 x2  3x  5 med nullpunktmetoden.
Da starter vi med å løse likningen 2 x2  3x  5  0 .
(3)  (3) 2  4  2  (5) 3  9  40 3  49 3  7



22
4
4
4
5
x  1  x 
2
Dermed er
5
5


2 x 2  3x  5  2   x  (1)    x    2( x  1)  x    ( x  1)(2 x  5)
2
2


x
b
5x2  5
5  ( x 2  1)
5( x  1)( x  1)
5( x  1)
5x  5




2
2
2 x  3x  5 (2 x  3x  5) ( x  1)(2 x  5) (2 x  5) 5  2 x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 64 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2
a
Divisjonen (2 x3  5x2  x  6) : ( x  2) går opp dersom polynomet P( x)  2 x3  5x 2  x  6 er
lik null for x  2 .
P(2)  2  (2)3  5  (2)2  (2)  6  2  (8)  5  4  2  6  16  20  2  6  0
Siden P(2)  0 er altså P( x) delelig med x  2 .
b
Vi vet at 2 x3  5x2  x  6 er delelig med x  2 , og utfører derfor polynomdivisjonen.
(2 x3  5 x 2  x  6) : ( x  2)  2 x 2  x  3
2 x3  4 x 2
x2  x  6
x2  2 x
3 x  6
3 x  6
0
Vi faktoriserer 2 x  x  3 med nullpunktmetoden.
2 x2  x  3  0
2
1  12  4  2  (3) 1  1  24 1  25 1  5



22
4
4
4
3
x    x 1
2
Dermed er
3

2 x3  5 x 2  x  6  ( x  2)(2 x 2  x  3)  ( x  2)  2  x   ( x  1)
2

 ( x  2)(2 x  3)( x  1)
x
c
2 x3  5 x 2  x  6  0
( x  2)(2 x  3)( x  1)  0
x  2  0  2x  3  0  x 1  0
3
x  2  x    x  1
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 65 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3
a
2 x 2  x  1
2 x 2  x  1  0
Vi faktoriserer uttrykket på venstre side av ulikheten med nullpunktmetoden.
2 x2  x  1  0
(1)  (1) 2  4  (2) 1 1  1  8 1  9 1  3



2  (2)
4
4
4
1
x  1  x 
2
1

Ulikheten kan dermed skrives 2( x  1)  x    0 .
2

Vi tegner fortegnsskjema.
1
2 x2  x  1 når x  1 og når x  .
2
1
Løsningsmengden er L   , 1  ,  .
2
x
b
c
4 x2
0
x2
Telleren 4x 2 er lik null når x  0 , og positiv ellers.
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  2 .
Løsningsmengden er L   , 2 .
x  2 x 1

x 1 x  2
( x  2)( x  2) ( x  1)( x  1)

0
( x  1)( x  2) ( x  2)( x  1)
x2  4
x2  1

0
( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)
3
0
( x  1)( x  2)
Vi tegner fortegnsskjema.
x  2 x 1

når 1  x  2 .
x 1 x  2
Løsningsmengden er L  1, 2 .
d
3( x  2)(1  x)
0
( x  2)( x  2)
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  1 .
Løsningsmengden er L  2 , 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 66 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4
a
6
3 x  11
  2
x  3 x x  3x

6  x( x  3) 3  x( x  3) ( x  11)  x( x  3)


x3
x
x( x  3)
6 x  3x  9  x  11
2x  2
x  0 , 3
x 1
b
x4
6
1
 
2
x  2x x x  2

( x  4)  x( x  2) 6  x( x  2) 1  x( x  2)


x( x  2)
x
x2
x  4  6 x  12  x
4 x  8
x  2 , 0
x  2
Vi må forkaste løsningen x  2 , siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
Oppgave 5
a
Venstresiden er sann for alle tallpar som oppfyller likningen x  y  5 .
Høyresiden er et eksempel på et slikt tallpar. Altså gjelder implikasjonen
x y 5  x 2  y 3
b
Hvis vi legger til samme tall på begge sider av en likning, eller multipliserer begge sider med
et tall som ikke kan være null, har vi ekvivalente overganger.
2 x2  4  0
2x2  4
x2  2
Altså gjelder ekvivalensen 2 x2  4  0  x2  2 .
c
Venstresiden er sann hvis x  1  x  0  x  1 .
Høyresiden er sann hvis x  1  x  1.
Altså gjelder implikasjonen x3  x  0  x 2  1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 67 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi må løse likningen på venstre side for å se om vi har implikasjon eller ekvivalens.
2 x  x
Kvadratroten av et tall er alltid positivt. Altså er x  0 .
Vi kan bare regne kvadratroten av positive tall. Altså er x  2 .
Til sammen ser vi derfor at 0  x  2 . Vi kvadrerer likningen.
2  x  x2
x2  x  2  0
1  12  4 1  (2) 1  1  8 1  9 1  3
x



2 1
2
2
2
x  2  x  1
Vi må forkaste løsningen x  2 , siden 2  0 .
Likningen 2  x  x har altså løsningen x  1 .
Både venstresiden og høyresiden er dermed sanne når x  1 .
Uttrykkene er derfor ekvivalente, 2  x  x  x  1 .
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 6
a
b
Vi kan skrive tallet som n  x  2 , der x er delelig med både 3, 5 og 7.
En mulighet er derfor å velge x  3  5  7  105 , som gir n  107 .
Vi skriver andregradspolynomet på formen
P( x)  Q( x)  3
der Q( x) er et andregradspolynom som er delelig med både x  1 og x  3 .
Den generelle løsningen er derfor
Q( x)  a( x  1)( x  3)  a( x 2  2 x  3)
der a er en konstant. Dermed er
P( x)  a( x2  2 x  3)  3
Hvis vi f.eks. velger a  1 , får vi polynomet P( x)  x 2  2 x .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 68 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7
a
b
Vi bruker GeoGebra til å regne ut
2 x 4  9 x3  6 x 2  x
x(2 x  1)
2
Det gir x  4 x  1 .
Altså er 2 x4  9 x3  6 x2  x  x(2 x  1)( x2  4 x  1) .
Verdiene av koeffisientene er derfor m  1  n  4  k  1 .
2 x 4  9 x3  6 x 2  x  0
x(2 x  1)( x 2  4 x  1)  0
x  0  2x  1  0  x2  4x  1  0
Andregradslikningen har løsningen
(4)  (4) 2  4  1  1 4  16  4 4  12


2 1
2
2
x  2 3  x  2 3
Likningen 2 x4  9 x3  6 x2  x  0 har dermed løsningen
1
x  0  x  2 3  x   x  2 3
2
x
Oppgave 8
a
b
f ( x)  2( x  1)( x  1)( x  2)
Vi ser at funksjonen har nullpunktene 1 og 1.
Siden grafen tangerer førsteaksen for x  1 , er dette et dobbelt nullpunkt.
Funksjonsuttrykket er derfor på formen
g ( x)  a( x  1)2 ( x  1)
Grafen skjærer andreaksen i punktet (0 , 3) .
Vi finner konstanten a ved å løse likningen g (0)  3 .
a  (0  1) 2  (0  1)  3
a3
Funksjonen er dermed gitt ved g ( x)  3( x  1)2 ( x  1) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 69 av 70
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 9
a
b
Vi lar det minste tallet være n. De to neste tallene er da n  1 og n  2 .
Summen av de tre tallene blir
n  (n  1)  (n  2)  3n  3  3  (n  1)
Siden n er et heltall, er også n  1 et heltall. Summen er derfor delelig med 3.
Summen av tre naturlige tall som kommer etter hverandre på tallinja, er delelig med 3.
Vi antar at 3 går opp i a. Tallet a er altså delelig med 3.
Vi kan derfor skrive a på formen a  3k , der k er et heltall. Det gir
a 2  (3k )2  9k 2  3  3k 2
Siden k er et heltall, er også 3k 2 et heltall. Derfor er 3  3k 2 delelig med 3.
Vi har dermed bevist at 3 går opp i a 2 .
Hvis 3 går opp i a, så går 3 opp i a 2 .
c
Vi antar at a og b er to positive tall som oppfyller ulikheten a  b .
Det betyr at b  a  0 og at b  a  0 . Vi starter med ulikheten b  a  0 ,
og multipliserer med det positive tallet b  a på begge sider.
ba 0
(b  a )  (b  a)  0  (b  a)
b2  a 2  0
b2  a 2
a 2  b2
Vi har dermed bevist at a 2  b2 .
Hvis a og b er positive tall og a  b , så er a 2  b2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 70 av 70