R1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i boka
Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 8 Eksamenstrening
Løsninger til oppgavene i boka
Uten hjelpemidler
Oppgave E1
a
Hvis x er et nullpunkt for P( x) , er konstantleddet −8 delelig med x.
De mulige nullpunktene for P( x) er derfor ±1 , ±2 , ±4 og ±8 . Vi prøver med x = 1 .
P(1) =13 − 7 ⋅ 12 + 14 ⋅ 1 − 8 =1 − 7 + 14 − 8 = 0
Siden P(1) = 0 , er x = 1 et nullpunkt for funksjonen.
b
Vi regner ut P( x) : ( x − 1) .
( x 3 − 7 x 2 + 14 x − 8) : ( x − 1) = x 2 − 6 x + 8
x3 − x 2
−6 x 2 + 14 x − 8
−6 x 2 + 6 x
8x − 8
8x − 8
0
Vi kan altså skrive P( x) = ( x − 1) ⋅ ( x 2 − 6 x + 8) .
Videre bruker vi nullpunktmetoden til å faktorisere x 2 − 6 x + 8 .
0
x2 − 6x + 8 =
−(−6) ± (−6) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 8 6 ± 36 − 32 6 ± 4 6 ± 2
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x =2 ∨ x =4
x
=
Dermed er x 2 − 6 x + 8 = ( x − 2)( x − 4) ,
og følgelig er P( x) =( x − 1)( x − 2)( x − 4) .
c
( x − 1)( x − 2)( x − 4)
≥ 0.
( x + 1)( x − 1)
Da tegner vi et fortegnsskjema med én linje for
hver av de fem faktorene.
x 3 − 7 x 2 + 14 x − 8
≥ 0 når −1 < x < 1 , når 1 < x ≤ 2 og når x ≥ 4 .
x2 − 1
Løsningsmengden er altså L = −1 , 1 ∪ 1 , 2 ∪ 4 , → .
Vi skal løse ulikheten
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E2
a
Eleven forkorter med x − 1 på begge sider av likningen i linje 3 i utregningen.
Da glemmer eleven at x − 1 kan være lik 0. Dermed forsvinner løsningen x = 1 .
Vi kan også vise dette med implikasjonstegn.
Linje 3 og linje 4 er ikke ekvivalente. Derimot gjelder
( x − 1) ⋅ ( x − 3) = x − 1
⇑
b
x−3=
1
I likningen ( x − 1)( x − 3) =x − 1 ser vi at x = 1 er en løsning. Altså er punktet (1 , 0) et
skjæringspunkt mellom grafene, i tillegg til punktet (4 , 3) som eleven fant.
Alternativt kan vi løse likningen med bare ekvivalente overganger:
( x − 1)( x − 3) =x − 1
( x − 1)( x − 3) − ( x − 1) =
0
( x − 1)( x − 3 − 1) =
0
( x − 1)( x − 4) =
0
x =1 ∨ x =4
y =1 − 1 ∨ y =4 − 1
y =0 ∨ y =3
Skjæringspunktene mellom grafene er (1 , 0) og (4 , 3) .
Oppgave E3
a
Hvis f ( x) er delelig med x − 1 , er f (1) = 0 .
Vi løser derfor likningen f (1) = 0 med hensyn på a.
13 + a ⋅ 12 − 13 ⋅ 1 + 15 =0
1 + a − 13 + 15 =
0
a = −3
b
Vi vet at f ( x) =x 3 − 3 x 2 − 13 x + 15 er delelig med x − 1 .
( x3 − 3 x 2 − 13 x + 15) : ( x − 1) = x 2 − 2 x − 15
x3 − x 2
− 2 x 2 − 13 x + 15
−2 x 2 + 2 x
−15 x + 15
−15 x + 15
0
Likningen x 2 − 2 x − 15 =
0 har løsningene
−(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−15) 2 ± 4 + 60 2 ± 64 2 ± 8
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x =−3 ∨ x =
5
Dermed er f ( x) =( x + 3)( x − 1)( x − 5) . Vi tegner fortegnsskjema.
=
x
Ulikheten f ( x) ≤ 0 har løsningen L = ← , −3 ∪ [1 , 5] .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E4
a
Hvis p er et oddetall større enn 1, kan vi skrive =
p 2n + 1 , der n er et positivt heltall. Da er
p + 1 2n + 1 + 1 2n + 2
=
=
= n +1
2
2
2
p − 1 2n + 1 − 1 2n
=
= = n
2
2
2
p +1
p −1
Altså er både
og
hele tall.
2
2
2
b
2
2
2
p2 + 2 p + 1 p2 − 2 p + 1
p + 1 p − 1 ( p + 1) ( p − 1)
−
=
−
=
−
22
22
4
4
2 2
2
2
2
( p + 2 p + 1) − ( p − 2 p + 1) p + 2 p + 1 − p 2 + 2 p − 1 4 p
=
=
= = p
4
4
4
Vi setter p = 151 .
2
2
2
2
151 + 1 151 − 1 152 150
151 =
762 − 752
−
=
−
=
2
2
2
2
Oppgave E5
a
Lydstyrken er gitt ved
I
L= 10 ⋅ lg
I0
Vi setter inn I 0 = 10−12 og får
I
L = 10 ⋅ lg −12 = 10 ⋅ ( lg I − lg10−12 ) = 10 ⋅ ( lg I − (−12) ) = 10 ⋅ (lg I + 12) = 10 ⋅ lg I + 120
10
b
Vi setter I = 10−4 inn i formelen for L.
L =10 ⋅ lg I + 120 =10 ⋅ lg10−4 + 120 =10 ⋅ (−4) + 120 =−40 + 120 =80
Lydstyrken på arbeidsplassen er 80 dB.
c
Vi setter L = 100 inn i formelen for L, og får da likningen
10 ⋅ lg I + 120 =
100
−20
10 ⋅ lg I =
lg I = −2
10lg I = 10−2
I = 10−2
Lydintensiteten på klassefesten var 10−2 W/m 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E6
3
2
3
103lg=
10lg 2= 2=
8
−2
10=
0,=
01
1
1
−1
0,1
(10−2=
) 2 10=2 10=
−2⋅
lg100−1 =
− lg100 =
− lg102 =
−2
1
2
1
1
1
⋅ ln e = ⋅ 1 = = 0,5
2
2
2
ln e = ln e =
(10 =
)
−2 2
2)⋅2
−4
10( −=
10
=
0, 0001
1
3
1
1
3
3⋅
1
3
27 3 3 3 3 3
3
0, 027
= 0, 027=
=
3 = = = 0,3
10
1000 10 10
lg 0,1−3 =−3 ⋅ lg 0,1 =−3 ⋅ lg10−1 =(−3) ⋅ (−1) =3
I synkende rekkefølge får vi dermed
103lg 2
lg 0,1−3
ln e
3
0, 027
0, 01
(10 )
−2 2
lg100−1
Oppgave E7
a
b
c
x +1
x
x +1
x
1
1
− 2
+ 2
=
−
+
x + 6 x − 36 x − 6 x x + 6 ( x + 6)( x − 6) x( x − 6)
x +1
1
1
=
−
+
x + 6 ( x + 6)( x − 6) x − 6
x−6
x +1
x+6
=
−
+
( x + 6)( x − 6) ( x + 6)( x − 6) ( x + 6)( x − 6)
x − 6 − x −1+ x + 6
x −1
x −1
=
= = 2
( x + 6)( x − 6)
( x + 6)( x − 6) x − 36
a −2 ⋅ ab0
( ab )
−2 −1
a −2+1 ⋅ 1
a −1
=−1 ( −2)⋅( −1) =−1 2 =
a −1−( −1) ⋅ b −2 =
a 0 ⋅ b −2 =
b −2
1 ⋅ b −2 =
a ⋅b
a ⋅b
a3
ln ( a ⋅ b 2 ) − 2 ln + ln ( a 5 ) = ln a + ln b 2 − 2 ( ln a 3 − ln b ) + ln a 5
b
=ln a + 2 ln b − 2 ⋅ 3ln a + 2 ln b + 5ln a
= (1 − 6 + 5) ln a + (2 + 2) ln b = 4 ln b = ln b 4
d
lg x − lg
x
= lg x − (lg x − lg100)= lg x − lg x + lg100
100
= lg
© Aschehoug
x
1
2
+ lg10
=
lg
+=
2 lg1 − lg x +=
2 0 − lg x +=
2 2 − lg x
x
x
www.lokus.no
Side 4 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E8
a
1
x
x
= =
2
x +1 1− x
(1 + x)(1 − x)
Nevneren kan ikke være lik 0. Altså kan ikke x ha verdiene −1 eller 1.
Vi multipliserer likningen med fellesnevneren ( x + 1)(1 − x) .
1 ⋅ ( x + 1)(1 − x) x ⋅ ( x + 1)(1 − x)
=
( x + 1)(1 − x)
x +1
1− x =
x
1 = 2x
1
2
Løsningen vi har funnet er forskjellig fra −1 og 1.
1
Løsningen av likningen er altså L = .
2
x=
b
lg10 x = 2
10lg10 x = 102
10 x = 100
x = 10
L = {10}
c
(
ex
ln e x
2
2
−7
−7
=1
) = ln1
x2 − 7 =
0
x2 = 7
x= ± 7
L=
d
{−
7, 7
}
lg x − lg( x + 2) =
1
x
=1
lg
x+2
x
= 10
x+2
=
x 10 x + 20
−9 x =
20
Her må x være positiv.
20
9
lg x er ikke definert for negative tall.
Likningen har derfor ingen løsning, L = ∅ .
x= −
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
e
2 3
⋅
3 4
x2 − x
3
4
x2 − x
3
4
x2 − x
3
=
8
3 3
⋅
8 2
=
=
9
16
x2 − x
3
3
=
4
4
x2 − x =
2
2
x2 − x − 2 =
0
−(−1) ± (−1) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−2) 1 ± 1 + 8 1 ± 9 1 ± 3
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x =−1 ∨ x =2
=
x
L=
{−1 , 2}
x2
f
3 2
9
⋅ ≤
2 3
4
x2
9 2
2
≤ ⋅
4 3
3
x2
3
2
≤
2
3
−1
Vi må ha samme grunntall på begge sider av ulikheten, og bruker da
x2
3 2
= .
2 3
−1
2
2
≤
3
3
Siden grunntallet 2 3 < 1 må vi snu ulikhetstegnet.
x 2 ≥ −1
x 2 er positivt for alle reelle tall x. Ulikheten er derfor oppfylt for alle reelle tall, L = .
g
e2 x − 5 ⋅ e x > 0
e 2 x > 5e x
Vi må skrive høyre side av ulikheten som én potens, og bruker da 5 = eln 5 .
e 2 x > eln 5 ⋅ e x
e 2 x > eln 5+ x
Siden e > 1 beholder vi ulikhetstegnet:
2 x > ln 5 + x
x > ln 5
=
L
Løsningsmengden for ulikheten er altså
© Aschehoug
ln 5 , → .
www.lokus.no
Side 6 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
h
ln( x − 8) < 0
ln( x − 8) < ln e0
ln( x − 8) < ln1
x −8 <1
x<9
ln( x − 8) er bare definert for x > 8 . Løsningen av ulikheten er derfor L = 8 , 9 .
Oppgave E9
a
f ( x) = lg x 4 + lg 2 x = 4 lg x + lg 2 + lg x = 5lg x + lg 2
lg 3 x − lg
g ( x) =
0, 001
3
x2
1
lg x 3 − lg
=
0, 001
2
3
2
1
=lg x − lg 0, 001 − lg x 3
3
x
1
2
x lg x − (−3)
= lg x − lg10−3 + lg =
= lg x + 3
3
3
b
f ( x) − lg 2
<1
g ( x) + 1
5lg x + lg 2 − lg 2
<1
lg x + 3 + 1
5lg x
<1
lg x + 4
5lg x
−1 < 0
lg x + 4
5lg x lg x + 4
−
<0
lg x + 4 lg x + 4
5lg x − lg x − 4
<0
lg x + 4
4 lg x − 4
<0
lg x + 4
Vi tegner et fortegnsskjema for de to faktorene 4 lg x − 4 og lg x + 4 . Telleren er negativ når
x < 10 og positiv når x > 10 . Nevneren er negativ når x < 10−4 og positiv når x > 10−4 .
I tillegg må vi huske at lg x bare er definert for x > 0 .
Løsningen av ulikheten er altså L = 10−4 , 10 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E10
Vi ser av grafen at funksjonen er kontinuerlig for alle verdier av x bortsett fra x = 2 .
Funksjonen er altså kontinuerlig i hele definisjonsmengden.
Siden funksjonen ikke er definert for x = 2 , er den heller ikke deriverbar i dette punktet.
For øvrig har funksjonen tre knekkpunkter, for x = −3 , x = −1 og x = 0 .
Funksjonen er altså deriverbar for x ∈ D f \ {−3 , −1 , 0} .
Grafen til f har et toppunkt i (−1 , 3) og et bunnpunkt i (0 , 0) .
(Siden ingen av «endepunktene» ved x = 2 er med i definisjonsmengden, er heller ingen av disse
punktene topp- eller bunnpunkter.)
Oppgave E11
f ( x=
) x3 − x
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x)3 − ( x + ∆x)= ( x3 + 3 x 2 ∆x + 3 x∆x 2 + ∆x3 ) − ( x + ∆x)
= ( x3 − x) + (3 x 2 − 1) ⋅ ∆x + 3 x∆x 2 + ∆x3
∆f ( x=
) f ( x + ∆x) − f ( x=
) ( x 3 − x) + (3 x 2 − 1) ⋅ ∆x + 3 x∆x 2 + ∆x 3 − ( x 3 − x)
= (3 x 2 − 1) ⋅ ∆x + 3 x∆x 2 + ∆x 3
∆f ( x) (3 x 2 − 1) ⋅ ∆x + 3 x∆x 2 + ∆x3
=
= 3 x 2 − 1 + 3 x∆x + ∆x 2
∆x
∆x
∆f ( x)
2
= lim ( 3x 2 − 1 + 3x∆x + ∆x=
lim
) 3x 2 − 1
∆x →0 ∆x
∆x →0
Altså er f ′(=
x) 3x 2 − 1 .
Oppgave E12
x3 + 1
x3 + 1
=
x 2 + 2 x3 x 2 ⋅ (1 + 2 x)
Vi ser at telleren i funksjonen, x3 + 1 , har nullpunktet x = −1 .
Den deriverte av telleren, 3x 2 , er aldri negativ.
Det betyr at telleren bare kan ha ett nullpunkt,
og vi trenger derfor ikke å faktorisere noe mer.
Vi tegner et fortegnsskjema med én linje for hver
av de tre faktorene x3 + 1 , x 2 og 1 + 2x .
Av fortegnsskjemaet ser vi at g ( x) ≤ 0 når −1 ≤ x < − 12 .
a=
g ( x)
Løsningsmengden er altså L = −1 , − 12 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi deler med x 3 i telleren og nevneren for å finne den horisontale asymptoten.
1
1+ 3
3
x +1
x
g ( x) =
=
2
3
1
x + 2x
+2
x
Dermed ser vi at
1
lim g ( x) =
x →±∞
2
Linja y = 12 er derfor en horisontal asymptote for grafen til g.
Nevneren i uttrykket for g ( x) er lik 0 for x = − 12 og for x = 0 .
Telleren er forskjellig fra 0 i begge disse punktene.
Linjene x = − 12 og x = 0 er derfor vertikale asymptoter for grafen til g.
Oppgave E13
a
Argumentet i logaritmefunksjonen må være positivt. Altså er x + 6 > 0 , som betyr at x > −6 .
Definisjonsmengden for funksjonen er D f =−6 , → .
b
f ( x) = 0
3lg( x + 6) =
0
lg( x + 6) =
0
x+6=
1
x = −5
Funksjonen har nullpunktet −5 .
c
f (−5,5) = 3lg(−5,5 + 6) = 3lg 0,5 = 3lg
1
= 3 ⋅ ( lg1 − lg 2 ) ≈ 3 ⋅ ( 0 − 0,3) = 3 ⋅ (−0,3) = −0,9
2
f (−5) = 3lg(−5 + 6) = 3lg1 = 3 ⋅ 0 = 0
f (−4)= 3lg(−4 + 6)= 3lg 2 ≈ 3 ⋅ 0,3= 0,9
f (−2) = 3lg(−2 + 6) = 3lg 4 = 3lg 22 = 3 ⋅ 2 lg 2 ≈ 6 ⋅ 0,3 = 1,8
f (−1)
= 3lg(−1 + 6)
= 3lg 5 ≈ 3 ⋅ 0, =
7 2,1
f (2) = 3lg(2 + 6) = 3lg 8 = 3lg 23 = 3 ⋅ 3lg 2 ≈ 9 ⋅ 0,3 = 2, 7
f (4) = 3lg(4 + 6) = 3lg10 = 3 ⋅ 1 = 3
x
f ( x)
d
e
–5,5
–0,9
–5
0
–4
0,9
–2
1,8
–1
2,1
2
2,7
4
3
Vi tegner først punktene vi regnet ut i oppgave c.
Så tegner vi en jevn kurve som går omtrent
gjennom punktene. Det gir figuren vist til høyre.
Vi ser at grafen til f skjærer linja y = 2 for x ≈ −1,3 .
Ulikheten f ( x) ≤ 2 har løsningen L =−6 , −1,3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E14
a
f ( x) = 0, 05 x 3 + 5ln x − e − x
1
5
5
′( x) 0, 05 ⋅ 3 x 2 + 5 ⋅ − e − x ⋅ (=
f=
− x)′ 0,15 x 2 + − e − x ⋅=
(−1) 0,15 x 2 + + e − x
x
x
x
(I det siste leddet har vi brukt kjerneregelen: (eu )=′ eu ⋅ u′ )
b
g ( x ) = x 4e 2 x
g ′( x) =
( x )′ ⋅ e
4
2x
+ x 4 ⋅ ( e 2 x )′ = 4 x3 ⋅ e 2 x + x 4 ⋅ e 2 x ⋅ (2 x)′
e 2 x 2 x 3e 2 x ( x + 2)
= 4 x 3e 2 x + x 4 ⋅ e 2 x=
⋅ 2 4 x 3e 2 x + 2 x 4=
2x −1
x +1
(2 x − 1)′ ⋅ ( x + 1) − (2 x − 1) ⋅ ( x + 1)′ 2 ⋅ ( x + 1) − (2 x − 1) ⋅ 1 2 x + 2 − 2 x + 1
3
=
h′( x)
=
=
=
2
2
2
( x + 1)
( x + 1)
( x + 1)
( x + 1) 2
c
h( x ) =
kx
e kx
(kx)′ ⋅ e kx − kx ⋅ (e kx )′ k ⋅ e kx − kx ⋅ e kx ⋅ (kx)′
i′( x) =
=
(e kx ) 2
e 2 kx
d
i ( x) =
=
ke kx − kx ⋅ e kx ⋅ k ke kx − k 2 xe kx k ⋅ (1 − kx) ⋅ e kx k (1 − kx)
=
=
=
e 2 kx
e 2 kx
e 2 kx
e kx
Oppgave E15
Vi tegner fortegnslinje for f ′( x=
) (2 − x) ln x .
Av fortegnslinja ser vi at x = 1 er et minimalpunkt
og x = 2 er et maksimalpunkt for funksjonen.
Oppgave E16
f ( x=
) x2 + 2
g=
(u )
2u − 2
1
⋅ (2u − 2)′ ⋅ 2 x
2 2u − 2
1
2x
=
=
⋅ 2 ⋅ 2x
=
2
2 2 f ( x) − 2
2 ⋅ ( x + 2) − 2
g ( f ( x))=′ g ′(u ) ⋅ f ′( x)=
2x
2x
=
2
2x + 4 − 2
2 x2 + 2
Vi ser at nevneren i uttrykket for g ( f ( x))′ er positiv for alle verdier av x.
g ( f ( x))′ er altså negativt når x < 0 , null når x = 0 og positivt når x > 0 .
Punktet x = 0 er derfor et minimalpunkt for funksjonen g ( f ( x)) .
g ( f ( x=
))
2 ⋅ ( x 2 + 2) −=
2
g ( f (0)) =
2 ⋅ 02 + 2 =
2x2 + 2
2
Minimumsverdien til g ( f ( x)) er
© Aschehoug
2 x 2 + 4 −=
2
2.
www.lokus.no
Side 10 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E17
a
Av figuren ser vi at f ′( x) < 0 når x < −3 og når −0,9 < x < 1 , f ′( x) > 0 når −3 < x < −0,9 og
når x > 1 , og f ′( x) = 0 når x = −3 , x = −0,9 og x = 1 . Dette betyr at x = −3 og x = 1 er
minimalpunkter for funksjonen, og x = −0,9 er et maksimalpunkt.
b
Funksjonen er minkende når f ′( x) < 0 og voksende når f ′( x) > 0 .
Funksjonen er altså minkende for x ∈ ← , −3 ∪ −0,9 , 1 ,
og voksende for x ∈ −3 , −0,9 ∪ 1 , → .
c
f ′′( x) = 0 i toppunktet og bunnpunktet på grafen til f ′( x) .
Altså er f ′′( x) = 0 når x = −2,1 og når x = 0, 2 .
d
Vi ser at f ′( x) vokser, altså at f ′′( x) > 0 , når x < −2,1 og når x > 0, 2 .
Grafen til f vender derfor den hule siden opp for x ∈ ← , − 2,1 ∪ 0, 2 , → .
Oppgave E18
a
Grafen til f stiger når f ′( x) > 0 og synker når f ′( x) < 0 .
Vi ser at f ′( x) > 0 når x > −3 , og f ′( x) < 0 når x < −3 .
Altså stiger grafen til f for x ∈ −3 , → og synker for x ∈ ← , −3 .
b
Grafen til f går gjennom punktet P =
( x1 ,
f ( x1 ) ) =
( −3 , 5) .
Stigningstallet for tangenten er gitt ved f ′( x1 ) = f ′(−3) = 0 .
Vi finner likningen for tangenten i punktet P fra ettpunktsformelen.
y − f ( x=
f ′( x1 ) ⋅ ( x − x1 )
1)
y − 5 = 0 ⋅ ( x − (−3) )
y=5
Oppgave E19
a
Vi ser at den blå grafen har bunnpunkt for x = 0, 2 og toppunkt for x = 1,8 .
I disse punktene skal den deriverte være lik null. Dette stemmer med den oransje grafen.
For x = 1 har den blå grafen et vendepunkt. Da skal den dobbeltderiverte være lik null.
Dette stemmer med den grønne grafen.
Altså er f ( x) den blå grafen, f ′( x) er den oransje grafen, og f ′′( x) er den grønne grafen.
b
Se oppgave a. For øvrig synker grafen til f når x < 0, 2 og når x > 1,8 . Da er f ′( x) < 0 .
Grafen til f stiger når 0, 2 < x < 1,8 . Da er f ′( x) > 0 . Grafen til f stiger brattest for x = 1 .
Da har grafen til f ′ et toppunkt, og grafen til f ′′ har et nullpunkt.
Grafen til f krummer oppover når x < 1 . Da stiger f ′ , og f ′′ er positiv.
Grafen til f krummer nedover når x > 1 . Da synker f ′ , og f ′′ er negativ.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E20
a
P( x) =x 4 + 5 x3 + 3 x 2 − 9 x =x ⋅ ( x3 + 5 x 2 + 3 x − 9 )
Vi ser at P(1) = 14 + 5 ⋅ 13 + 3 ⋅ 12 − 9 ⋅ 1 = 1 + 5 + 3 − 9 = 0 . Altså er P( x) delelig med x − 1 .
( x 3 + 5 x 2 + 3 x − 9) : ( x − 1) = x 2 + 6 x + 9
x3 − x 2
6 x 2 + 3x − 9
6x2 − 6x
9x − 9
9x − 9
0
Til slutt gjenkjenner vi første kvadratsetning: x 2 + 6 x + 9 = x 2 + 2 ⋅ x ⋅ 3 + 32 = ( x + 3) 2 .
Altså er P( x) = x( x − 1)( x + 3) 2 .
b
P(2) =2 ⋅ (2 − 1) ⋅ (2 + 3) 2 =2 ⋅ 1 ⋅ 52 =2 ⋅ 25 =50
P′( x)= 4 x 3 + 5 ⋅ 3 x 2 + 3 ⋅ 2 x − 9= 4 x 3 + 15 x 2 + 6 x − 9
P′(2) = 4 ⋅ 23 + 15 ⋅ 22 + 6 ⋅ 2 − 9 = 4 ⋅ 8 + 15 ⋅ 4 + 6 ⋅ 2 − 9 = 32 + 60 + 12 − 9 = 95
Vi finner likningen for tangenten fra ettpunktsformelen.
y − P(2)= P′(2) ⋅ ( x − 2)
y − 50 = 95 ⋅ ( x − 2)
y = 95 x − 190 + 50
=
y 95 x − 140
Oppgave E21
x
a
x
h( x=
) x=
eln x= e x⋅ln x
b
Vi bruker kjerneregelen, h( x) = eu , der u ( x)= x ⋅ ln x . Det gir
h′( x) = h′(u ) ⋅ u′( x) = ( eu )′ ⋅ ( x ⋅ ln x )′ = eu ⋅ ( x′ ⋅ ln x + x ⋅ (ln x)′ )
1 u
eu ⋅ 1 ⋅ ln x + x ⋅ =
e ⋅ (ln x + 1) =
e x⋅ln x ⋅ (ln x + 1)
=
x
x x ⋅ (ln x + 1)
=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E22
ex
=⋅
2 ln x − ( ln e x − ln x 5 )
x5
= 2 ln x − ( x − 5 ⋅ ln =
x ) 2 ln x − x + 5ln=
x 7 ln x − x
a
L( x) =
ln x 2 − ln
b
L( x) +=
x 7 ln x − x +=
x 7 ln x
L( x) + x ≤ 0
7 ln x ≤ 0
ln x ≤ 0
0 < x ≤ e0
(ln x er bare definert for x > 0)
0 < x ≤1
Ulikheten L( x) + x ≤ 0 har løsningsmengden=
L 0 , 1 .
c
L( x) =
7 ln x − x
DL =
0,→
1
7
L′( x) = 7 ⋅ − 1 = − 1 = 7 x −1 − 1
x
x
7
x2
Vi ser at L′′( x) er negativ for alle x ∈ DL . Grafen til L krummer altså nedover i hele
definisjonsmengden, og har følgelig ingen vendepunkter.
Vi finner eventuelle topp- og bunnpunkter ved å løse likningen L′( x) = 0 .
7
− 1 =0
x
7
=1
x
x=7
For x = 7 er L′( x) = 0 og L′′( x) < 0 . Punktet ( 7 , L(7) ) er derfor et toppunkt.
L′′( x) =7 ⋅ (−1) ⋅ x −1−1 =−7 ⋅ x −2 =−
L(7) =⋅
7 ln 7 − 7
Grafen til L har toppunktet ( 7 , 7 ln 7 − 7 ) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E23
a
f ( x) = x 3 − 3 x 2 = x 2 ⋅ ( x − 3)
Vi finner nullpunktene ved å løse likningen f ( x) = 0 .
x 2 ⋅ ( x − 3) =
0
x2 = 0 ∨ x − 3 = 0
x =0 ∨ x =3
Funksjonen har nullpunktene 0 og 3.
f ′( x)= 3 x 2 − 3 ⋅ 2 x= 3 x 2 − 6 x= 3 x( x − 2)
Vi ser at f ′( x) = 0 når x = 0 og når x = 2 . Vi tegner fortegnsskjema for f ′( x) .
Av fortegnsskjemaet ser vi at x = 0 er et maksimalpunkt og x = 2 er et minimalpunkt på
grafen til f.
f (0) = 03 − 3 ⋅ 02 = 0
f (2) = 23 − 3 ⋅ 22 = 8 − 3 ⋅ 4 = 8 − 12 = −4
Funksjonen har toppunktet (0 , 0) og bunnpunktet (2 , − 4) .
(Endepunktene x = −1 og x = 4 er ikke med i definisjonsmengden, og kan derfor heller ikke
være topp- eller bunnpunkter.)
b
c
Se figuren til høyre.
f (1) =13 − 3 ⋅ 12 =1 − 3 =−2
f ′(1) =3 ⋅ 12 − 6 ⋅ 1 =3 − 6 =−3
Vi bruker ettpunktsformelen.
y − f (1)= f ′(1) ⋅ ( x − 1)
y − (−2) =−3 ⋅ ( x − 1)
y + 2 =−3 x + 3
−3 x + 1
y=
Likningen for tangenten der x = 1 er gitt ved y =
−3 x + 1 .
′′
′′
Vi ser at f ( x) = 3 ⋅ 2 x − 6 = 6 x − 6 , og f (1) = 6 ⋅ 1 − 6 = 0 .
Den andrederiverte skifter fortegn for x = 1 , som betyr at (1 , f (1) ) er et vendepunkt.
Tangenten i dette punktet kalles derfor en vendetangent.
Oppgave E24
a
Vi vil vise at punktet B er sentrum i kvadratet AEFC, altså at alle
de fire trekantene ABC, BCF, BFE og ABE er kongruente.
AC er en diagonal i kvadratet ABCD. Trekanten ABC har derfor
vinklene 45° , 45° og 90° . Ettersom AEFC er et kvadrat, er
∠ACF =
90° . Da er også ∠BCF =
45° . Trekantene ABC og BCF
har altså to like sider (BC er felles og AC = CF ), og den mellomliggende vinkelen er lik. Dermed er trekantene kongruente.
Tilsvarende finner vi også for trekantene BFE og ABE.
Arealet av kvadratet ABCD er lik a 2 . Altså er arealet av trekanten
ABC lik 12 a 2 . Dermed er arealet av AEFC lik 4 ⋅ 12 a 2 =
2a 2 .
Arealet av AEFC er altså dobbelt så stort som arealet av ABCD.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi bruker resultatet fra oppgave a, og begynner med å konstruere kvadratet AEFC med areal
eksakt lik 100 cm 2 . Sidene i AEFC skal altså være nøyaktig 10 cm. Kvadratet ABCD laget på
samme måte som i oppgave a vil dermed ha areal eksakt lik 50 cm 2 .
Konstruksjon
1 Vi starter med å avsette linjestykket AE med lengde nøyaktig 10 cm.
2 Vi forlenger AE et stykke mot venstre, og konstruerer normalen gjennom A.
3 Vi slår en sirkel om A med radius AE. Skjæringspunktet mellom sirkelen og normalen gir
oss punktet C.
4 Vi slår en sirkel om C og en sirkel om E, begge med radius AE. Skjæringspunktet mellom
disse sirklene gir oss punktet F.
5 Vi trekker linjestykkene CF og EF.
6 Vi trekker diagonalene AF og CE. Skjæringspunktet mellom diagonalene gir oss punktet B.
7 Vi slår en sirkel om A og en sirkel om C, begge med radius AB. Skjæringspunktet mellom
disse sirklene gir oss punktet D.
8 Til slutt trekker vi linjestykkene AD og CD.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E25
a
Analyse
Vi kjenner to sider og den motstående vinkelen
til den lengste av de to sidene. Trekanten er
derfor entydig bestemt. Fra thalessetningen må
punktet C ligge på en halvsirkel med AB som
diameter. Lengden av AC er en firedel av
lengden av AB. Dette konstruerer vi lettest ved å
halvere AB to ganger.
Konstruksjon
1 Vi avsetter linjestykket AB, og bruker
passeren til å måle opp lengden x.
2 Vi konstruerer midtnormalen på AB, og
finner dermed midtpunktet M.
3 Vi slår en halvsirkel om M med radius MB.
4 Vi konstruerer midtnormalen på AM, og
finner dermed midtpunktet N.
5 Vi slår en sirkel om A med radius AN.
Skjæringspunktet mellom denne sirkelen og
den store halvsirkelen er punktet C.
6 Til slutt trekker vi linjestykkene AC og BC.
b
Vi halverer vinklene A, B og C i trekanten.
Vinkelhalveringslinjene skjærer hverandre i ett
punkt, som er sentrum S i den innskrevne
sirkelen til trekanten. Vi avsetter derfor en
sirkel med sentrum i S som tangerer sidene i
trekanten.
Oppgave E26
a
ABC er satt sammen av tre mindre trekanter, ABS , BCS og CAS .
Arealet av disse trekantene er gitt ved
T ABS = 12 rc
T BCS = 12 ra
TCAS = 12 rb
Dermed er
1
1
1
1
T ABC = rc + ra + rb = ⋅ r ⋅ (a + b + c)
2
2
2
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Alle de tre sidene i trekanten er kjent.
Trekanten er derfor entydig bestemt.
1 Vi starter med å avsette linjestykket AB med
lengde 6 cm.
2 Vi slår en sirkel omkring A med radius 4 cm, og en
sirkel omkring B med radius 5 cm. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet C.
3 Vi trekker linjestykkene AC og BC.
4 Vi halverer alle vinklene i trekanten, og trekker
vinkelhalveringslinjene. Vinkelhalveringslinjene
skjærer hverandre i ett punkt, som er sentrum S i den innskrevne sirkelen.
5 Til slutt avsetter vi en sirkel med sentrum i S som tangerer sidene i trekanten.
Oppgave E27
a
Trekantene CES og CFS er begge rettvinklede, de har siden CS felles, og ES
= FS
= r.
Trekantene er derfor kongruente, som betyr at CF
= CE
= β.
Tilsvarende er trekantene BDS og BES kongruente, som betyr at BD
= BE
= α.
Arealet av trekanten er dermed gitt ved
A ABC = A ADSF + A DBS + A BES + A ECS + ACFS
1
1
1
1
=
r2 + αr + αr + β r + β r =
r2 + αr + β r =
(α + β ) ⋅ r + r 2
2
2
2
2
(α + r ) 2 + ( β + r ) 2 = (α + β ) 2
b
α 2 + 2α r + r 2 + β 2 + 2 β r + r 2 = α 2 + 2αβ + β 2
2r 2 + 2α r + 2 β r =
2αβ
r 2 + (α + β ) ⋅ r = α ⋅ β
Fra oppgave a vet vi at A ABC = (α + β ) ⋅ r + r 2 . Altså er A ABC= α ⋅ β .
c
Arealet av trekanten er A ABC = α ⋅ β = 3 ⋅ 2 = 6 .
Vi setter inn for α og β i likningen r 2 + (α + β ) ⋅ r = α ⋅ β .
r 2 + (3 + 2) ⋅ r = 3 ⋅ 2
r 2 + 5r − 6 =
0
−5 ± 52 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−6) −5 ± 25 + 24 −5 ± 49 −5 ± 7
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
−6 ∨ r =
r=
1
Det er bare den positive løsningen som gir mening.
Radien i den innskrevne sirkelen er altså r = 1 .
=
r
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E28
a
1 Vi starter med å avsette linjestykket AB med lengde 2r = 10, 0 cm .
2 Vi konstruerer midtnormalen på AB, og finner dermed midtpunktet O.
3 Vi slår en halvsirkel om O med radius OA.
Skjæringspunktet mellom halvsirkelen og midtnormalen gir oss punktet C.
4 Vi trekker linjestykkene AC og BC.
5 Vi konstruerer midtnormalen på AC, og finner dermed midtpunktet D.
6 Til slutt slår vi en halvsirkel om D med radius DA.
Skjæringspunktet mellom halvsirkelen og midtnormalen gjennom D gir oss punktet E.
b
Vi legger sammen arealene av halvsirkelen AEC og trekanten AOC, og trekker fra arealet av
kvartsirkelen ACO. Da står vi igjen med arealet av Hippokrates-månen.
Vi må først finne radien AD i halvsirkelen AEC.
Da bruker vi pytagorassetningen på AOC .
AC =
AD
=
AO 2 + OC 2 =
AC
=
2
r2 + r2 =
2r 2 =
2 ⋅ r2 =
2
⋅r
2
2 ⋅r
2
1
1 2 1 2 2 1 2
Arealet av halvsirkelen AEC: ⋅ π ⋅ AD 2=
π⋅
⋅r =
π⋅ ⋅r =
πr
2
2 2
2 4
4
1
Arealet av trekanten AOC: r 2
2
1
Arealet av kvartsirkelen ACO: ⋅ πr 2
4
1
1
1
1 2
Arealet av Hippokrates-månen er dermed πr 2 + r 2 − πr 2=
r = A AOC .
4
2
4
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E29
u = t 2 , 3
a
b
5
=
v 2 , t −
3
5
5
5
u ⋅ v = t 2 , 3 ⋅ 2 , t − = t 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ t − = 2t 2 + 3t − 3 ⋅ = 2t 2 + 3t − 5
3
3
3
u ⊥ v ⇔ u ⋅v =
0
2t 2 + 3t − 5 =
0
−3 ± 32 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−5) −3 ± 9 + 40 −3 ± 49 −3 ± 7
=
= =
2⋅2
4
4
4
5
− ∨ t=
t=
1
2
v er parallell med x-aksen dersom v er på formen [ x , 0] .
=
t
c
d
1
2
e
5
=
v 2 , t −
3
5
t− =
0
3
5
t=
3
v er på formen v = [ 2 , y ] , der y = t − 5 3 .
Absoluttverdien av v er altså gitt ved v = 22 + y 2 = 4 + y 2 .
Vi ser derfor at v er minst mulig når y 2 er minst mulig, som betyr at y = 0 .
5
Følgelig har v sin minste verdi når t = .
3
Vi setter t = 5 3 inn i uttrykket for v .
5 5
v= 2 , − = [ 2 , 0]
3 3
v = 22 + 02 = 4 = 2
Den minste lengden v kan ha er 2.
2
u = ( t 2 ) + 32 =
u =5
t4 + 9
t4 + 9 =
5
25
t4 + 9 =
t 4 = 16
4
t=
− 4 16 ∨ t =
16
t=
−2 ∨ t =
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E30
x 2 + y 2 − 4 x + 6 y − 12 =
0
Vi må skrive likningen på formen ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 =
r2 .
x2 − 4 x + y2 + 6 y =
12
( x 2 − 2 ⋅ x ⋅ 2 + 22 ) − 22 + ( y 2 + 2 ⋅ y ⋅ 3 + 32 ) − 32 =
12
( x − 2) 2 − 4 + ( y + 3) 2 − 9 =
12
( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 =
25
( x − 2) 2 + ( y − (−3)) 2 =52
Sirkelen har sentrum i punktet (2 , −3) og radius 5.
Oppgave E31
a
S1 har sentrum i origo og radius 5.
S2 har sentrum i punktet (a , 0) = (6 , 0) og radius 3.
b
Begge sirklene har sentrum på x-aksen.
Hvis sirklene tangerer hverandre, vil derfor også
tangeringspunktet ligge på x-aksen.
Vi setter derfor y = 0 inn i likningene for sirklene.
x 2 = 25 ∧ ( x − a ) 2 = 9
x =±5 ∧ x − a =±3
Vi setter de to verdiene for x inn i den andre likningen for å finne a.
−5 − a =±3
5 − a =±3
a =−5 ± 3
a =5 ± 3
a=
−8 ∨ a =
−2
a=
2 ∨ a=
8
Sirklene tangerer hverandre når a ∈ {−8 , − 2 , 2 , 8} .
Oppgave E32
a
r (t )=
[ 4 ln(t + 1) , t − 4]
Vi finner skjæringspunktene med x-aksen ved å sette y = 0 ,
og skjæringspunktene med y-aksen ved å sette x = 0 .
x-aksen: t − 4 = 0 ⇒ t = 4
x =4 ⋅ ln(t + 1) =4 ⋅ ln(4 + 1) =4 ⋅ ln 5 ≈ 4 ⋅ 1, 6 =6, 4
Grafen til r skjærer x-aksen i punktet (6, 4 , 0) .
4 ln(t + 1)= 0 ⇒ t + 1= e0 ⇒ t= 0
y =−
t 4 =0 − 4 =−4
Grafen til r skjærer y-aksen i punktet (0 , − 4) .
y-aksen:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi setter først opp en tabell der vi regner ut x og y for noen verdier av t.
For eksempel gir t = 5
x = 4 ⋅ ln(5 + 1) = 4 ⋅ ln 6 = 4 ⋅ ln(2 ⋅ 3) = 4 ⋅ (ln 2 + ln 3) ≈ 4 ⋅ (0, 7 + 1,1) = 4 ⋅ 1,8 = 7, 2
y = 5 − 4 =1
t
x
y
0
0
1
2,8
−3
−4
2
4,4
3
5,6
−2
−1
4
6,4
0
5
7,2
1
7
8,4
3
8
8,8
4
9
9,2
5
11
10
7
Vi markerer punktene i et koordinatsystem, og
tegner en jevn kurve som går gjennom punktene.
Det gir figuren vist til høyre.
c
v (t ) = r ′(t ) = [ 4 ln(t + 1) , t − 4]′
1
= 4 ( ln(t + 1) )′ , (t − 4)′ = 4 ⋅
,1
t + 1
4
=
, 1
t +1
4
4
d=
, 1 , 1
v (4) =
4 +1 5
v (4) er fartsvektoren til partikkelen for t = 4 , som er parallell med tangenten til banen i dette
punktet. Vi tegner derfor vektoren med startpunkt i r (4) ≈ ( 6, 4 , 0 ) .
Oppgave E33
a
f ( x=
) x2 + 2
f ′( x) = 2 x
f ′(1) = 2 ⋅ 1 = 2
Vi setter inn i uttrykkene for tangenten og normalen, der ( x1 , y1 ) = (1 , 3) .
Tangent: y − =
y1 f ′( x1 ) ⋅ ( x − x1 )
Normal:
y − 3 = 2 ⋅ ( x − 1)
y = 2x − 2 + 3
y 2x + 1
=
1
y −=
y1
⋅ ( x1 − x)
f ′( x1 )
1
⋅ (1 − x)
2
1 1
y = − x+3
2 2
y=
−0,5 x + 3,5
y −3=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Både tangenten og normalen går gjennom punktet ( x1 , y1 ) = (1 , 3) .
Tangent:
Når x øker med 1, øker y med 2. En retningsvektor er derfor [ a , b ] = [1 , 2] .
En parameterframstilling for tangenten er dermed x =1 + t ∧ y =3 + 2t .
Normal:
Når x øker med 2, minker y med 1. En retningsvektor er derfor [ 2 , −1] .
En parameterframstilling for normalen er dermed x =1 + 2 s ∧ y =3 − s .
Tangenten har retningsvektor [1 , 2] , og normalen har retningsvektor [ 2 , −1] .
[1 , 2] ⋅ [ 2 , −1] = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ (−1) =
2−2 = 0
Retningsvektorene står vinkelrett på hverandre.
Tangenten og normalen står derfor vinkelrett på hverandre.
Oppgave E34
a
b
c
lg x < 5 =
lg100 000
lg x er bare definert for x > 0 . For øvrig er logaritmefunksjonen monotont voksende.
Derfor gjelder ekvivalensen
lg x < 5 ⇔ 0 < x < 100 000
Hvis u + v =
0 , så er v = −u . Altså er u og v parallelle.
Men to parallelle vektorer trenger ikke å ha sum lik null. F.eks. kan =
v u (≠ 0) .
Derfor gjelder implikasjonen
u +v= 0 ⇒ u v
Vi løser likningen 2 + x = 4 − x . Da begynner vi med å kvadrere på begge sider.
Da må vi huske å kontrollere løsningene, siden vi kan få «falske» løsninger når vi kvadrerer.
2 + x = (4 − x) 2
2 + x = 16 − 8 x + x 2
0 = x 2 − 9 x + 14
−(−9) ± (−9) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 14 9 ± 81 − 56 9 ± 25 9 ± 5
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
x =2 ∨ x =7
Vi kontrollerer løsningene:
2+ 2 =4−2
2+ 7 =4−7
2= 2
3 = −3
Det er bare den første løsningen som stemmer med den opprinnelige likningen.
Altså gjelder implikasjonen
2 + x =4 − x ⇒ x =2 ∨ x =7
x
=
d
Vi deriverer funksjonen f ( x) = e3 x , og får da f ′( x) =
( e3 x )′ =e3 x ⋅ (3x)′ =3e3 x .
Men hvis f ′( x) = 3e3 x så trenger ikke f ( x) å være lik e3 x . Vi kan nemlig legge til en
vilkårlig konstant i uttrykket for f, f ( x=
) e3 x + C . Altså gjelder implikasjonen
f ′( x) =3e3 x ⇐ f ( x) =e3 x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
e
P( x)
, der Q(2) = 0 .
Q( x)
Dersom P(2) ≠ 0 så er x = 2 en vertikal asymptote for grafen til f.
Men siden x = 2 kan være et nullpunkt også for P( x) , vet vi ikke om x = 2 er en vertikal
asymptote for funksjonen. Altså gjelder implikasjonen
2 er vertikal asymptote for grafen til f
x = 2 er nullpunkt for nevneren Q ⇐ x =
f ( x) er en rasjonal funksjon, f ( x) =
Oppgave E35
()
()
P2 7 ⋅ 6 42
Antall måter vi kan velge 2 jenter blant de 7 jentene, er 7= 7 =
= = 21 .
2
2! 1 ⋅ 2
2
Antall måter vi kan velge 1 gutt blant de 5 guttene, er 5 = 5 .
1
Antall måter vi kan velge 3 representanter blant de 12 personene, er
P3 12 ⋅ 11 ⋅ 10 1320
12 12=
=
= = 220
3
3!
1⋅ 2 ⋅ 3
6
Sannsynligheten for å velge to jenter og én gutt er dermed
7 ⋅ 5
2 1
21 ⋅ 5 105 105 : 5 21
P(to jenter og én gutt)
=
= = =
=
12
220 220 220 : 5 44
3
( )
( )()
( )
Oppgave E36
a
Tre firedeler av guttene har valgt ballspill. Altså er P( B | G ) =
1
En tredel av elevene er gutter, dvs. P(G ) = .
3
Halvparten av jentene ( G ) har valgt ballspill, P( B | G ) =
Fra setningen om total sannsynlighet får vi dermed
P( B) = P(G ) ⋅ P( B | G ) + P(G ) ⋅ P( B | G )
b
3
.
4
1
.
2
1 3 2 1 1 1 1⋅ 3 1⋅ 4 3 4
7
= ⋅ + ⋅ = + =
+
= + =
3 4 3 2 4 3 4 ⋅ 3 3 ⋅ 4 12 12 12
Vi finner sannsynligheten P(G | B) fra Bayes' setning.
1 3
1
⋅
P(G ∩ B) P(G ) ⋅ P( B | G ) 3 4
1 12 3
P(G | B) =
=
=
=4 = ⋅ =
7
7 4 7 7
P( B)
P( B)
12
12
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E37
a
b
c
For hvert av de åtte spørsmålene er det to svaralternativer.
Laget kan derfor svare på de åtte spørsmålene på 28 = 256 måter.
Laget skal velge to temaer blant seks mulige.
6 ⋅ 5 30
6= 6 P
2
=
= = 15
2
2! 1 ⋅ 2 2
Laget kan velge de to temaene på 15 forskjellige måter.
()
()
Vi kan velge én gutt blant to gutter på 2 = 2 måter.
1
Dette er også antallet måter vi kan velge én jente blant to jenter.
P2 4 ⋅ 3 12
Vi kan velge to personer fra et quizlag på fire på 4= 4 =
= = 6 måter.
2
2! 1 ⋅ 2 2
Dermed er
2 ⋅ 2
1 1
2⋅2 4 2
P(én gutt og én jente)=
=
= =
4
6
6 3
2
2
Sannsynligheten for å trekke ut én gutt og én jente er .
3
()
( )( )
()
Oppgave E38
a
Hendelsen J ∩ S betyr at både J og S inntreffer, altså at eleven som trekkes ut er en jente
som bruker snus.
Det er 40 % jenter på skolen, som betyr at P( J ) = 0, 40 .
10 % av jentene bruker snus, som betyr at P( S | J ) = 0,10 .
P( J ∩ S )= P( J ) ⋅ P( S | J )= 0, 40 ⋅ 0,10= 0, 040= 4, 0 %
Sannsynligheten for å velge en jente som snuser, er 4,0 %.
b
Vi har at P( J ) = 0, 60 (60 % gutter) og P( S | J ) = 0, 20 (20 % av guttene snuser). Det gir
P( J ∩ S )= P( J ) ⋅ P( S | J )= 0, 60 ⋅ 0, 20= 0,12
P( S )= P( J ∩ S ) + P( J ∩ S )= 0, 040 + 0,12= 0,16= 16 %
Sannsynligheten for å velge en elev som snuser, er 16 %.
P( J ∩ S ) 0, 040 4 1
P( J | S )=
=
= = = 0, 25= 25 %
0,16 16 4
P( S )
Sannsynligheten for at vi har valgt en jente, dersom vi har valgt en elev som snuser, er 25 %.
c
Hendelsene J og S er uavhengige dersom P( S | J ) = P( S ) .
Vi har funnet at P( S | J ) = 0,10 og P( S ) = 0,16 . Altså er P( S | J ) ≠ P( S ) .
Hendelsene J og S er derfor avhengige.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E39
a
Vi har hendelsene
B = «vi velger terning B»
3 = «treer i begge kastene»
Terning A er altså det samme som «ikke B», A = B .
Vi regner med at det er like sannsynlig å velge terning A og terning B, P=
(B) P=
(B)
Terning A er en vanlig terning, som betyr at
2
1
1
P(3=
| B) =
6 36
Med terning B er derimot sannsynligheten for å få treer i ett kast lik 1 3 . Altså er
1
2
.
2
1 1
| B) =
P(3=
3 9
Dermed er
P(3)= P(B ∩ 3) + P(B ∩ 3)= P(B) ⋅ P(3 | B) + P(B) ⋅ P(3 | B)
1 1 1 1
1
1
1⋅ 4
1
4
1
5
= ⋅ + ⋅ = +
=
+
= +
=
2 9 2 36 18 72 18 ⋅ 4 72 72 72 72
5
Sannsynligheten for å få treer i begge kastene er
.
72
b
Vi vil finne P(B | 3) , og bruker derfor Bayes' setning.
1 1
1
⋅
72 18 ⋅ 4 4
P(B) ⋅ P(3 | B) 2 9 18 1 72
P(B | 3) =
=
=
= ⋅
=
=
=
5
5 18 5 18 ⋅ 5 18 ⋅ 5 5
P(3)
72
72
Sannsynligheten for at du kastet med terning B, gitt at du fikk treer i begge kastene, er
4
.
5
Oppgave E40
a
b
c
For hver av de fire bokstavene i koden er det fem alternativer.
Antallet mulige koder til låsen er derfor 54 = 625 .
Hvis alle bokstavene skal være forskjellige, svarer det til å trekke fire bokstaver fra et utvalg
av fem bokstaver, uten å legge dem tilbake. Antallet mulige koder er derfor
5 P4 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 120
Hendelsene «alle er forskjellige» og «minst to like» er komplementære.
Antallet mulige koder der minst to bokstaver er like, er derfor 625 − 120 =
505 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Med hjelpemidler
Oppgave E41
a
f ( x) er en andregradsfunksjon som har to sammenfallende nullpunkter i x = 2 .
Funksjonsuttrykket er derfor på formen f ( x) =a ⋅ ( x − 2) 2 .
Vi bruker skjæringspunktet (0 , 8) med y-aksen til å bestemme konstanten a.
f (0) =a ⋅ (0 − 2) 2 =8
a⋅4 =
8
a=2
Dermed er f ( x) =2 ⋅ ( x − 2) 2 .
b
g ( x) er en tredjegradsfunksjon, og har derfor tre nullpunkter.
To av nullpunktene er sammenfallende i x = 3 , siden grafen tangerer x-aksen her.
I tillegg har funksjonen nullpunktet −1 . Funksjonsuttrykket er derfor på formen
g ( x) =k ⋅ ( x − 3) 2 ⋅ ( x + 1)
Vi bestemmer k fra skjæringspunktet (0 , 9) med y-aksen.
g (0) =k ⋅ (0 − 3) 2 ⋅ (0 + 1) =9
k ⋅ 9 ⋅ 1 =9
k =1
h( x) er en fjerdegradsfunksjon med to nullpunkter i x = −2 og to nullpunkter i x = 2 .
Funksjonsuttrykket er derfor på formen h( x) =b ⋅ ( x + 2) 2 ⋅ ( x − 2) 2 .
Vi bruker punktet (0 , 8) til å bestemme konstanten b.
h(0) =b ⋅ (0 + 2) 2 ⋅ (0 − 2) 2 =8
b⋅4⋅4 =
8
1
b=
2
1
Dermed er h( x) = ⋅ ( x + 2) 2 ⋅ ( x − 2) 2 .
2
c
Oppgave E42
a
b
Antallet kuler i trekantene er halvparten av antallet kuler i de tilsvarende rektanglene.
Rektangel nummer n har sider n og n + 1 . Antallet kuler i rektanglet er derfor n ⋅ (n + 1) .
n(n + 1)
Dermed er det n-te trekanttallet gitt ved
.
2
De fire første trekanttallene er 1, 3, 6 og 10.
1 ⋅ 8 + 1 = 8 + 1 = 9 = 32
3 ⋅ 8 + 1= 24 + 1= 25 = 52
6 ⋅ 8 + 1 = 48 + 1 = 49 = 7 2
10 ⋅ 8 + 1 = 80 + 1 = 81 = 92
Plutarks setning gjelder altså for de fire første trekanttallene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
c
d
Vi setter n = 100 inn i formelen for det n-te trekanttallet.
n(n + 1) 100 ⋅ 101
= = 5050
2
2
+ 1 40 =
5050 ⋅ 8=
401 2012
Trekanttall nummer 100 gir kvadrattall nummer 201.
Vi tar utgangspunkt i trekanttall nummer n.
n(n + 1)
⋅ 8 + 1= 4n(n + 1) + 1= 4n 2 + 4n + 1= (2n) 2 + 2 ⋅ 2n ⋅ 1 + 12= (2n + 1) 2
2
Trekanttall nummer n gir altså kvadrattall nummer 2n + 1 , som beviser Plutarks setning.
Oppgave E43
a
1
U (=
n) 25n − 1
U (1) = 251 − 1= 25 − 1= 24
U (2)= 252 − 1= 625 − 1= 624
U (3)= 253 − 1= 15 624
2
24= 8 ⋅ 3
624
= 208 ⋅ 3
15 =
624 5208 ⋅ 3
Både U (1) , U (2) og U (3) er altså delelig med 3.
(5 )
n 2
(5
U (n)= 25n − 1= 52⋅n − 1=
c
Hvis vi ser på tre naturlige tall i stigende rekkefølge, dvs. m, m + 1 og m + 2 , så vil alltid
nøyaktig ett av disse tallene være delelig med 3.
Vi ser på tallene 5n − 1 , 5n og 5n + 1 . Nøyaktig ett av disse tallene er delelig med 3.
Det midterste tallet, 5n , inneholder bare faktorer av 5, og kan derfor ikke være delelig med 3.
Følgelig må enten 5n − 1 eller 5n + 1 være delelig med 3.
Produktet U (n) = ( 5n − 1) ⋅ ( 5n + 1) er derfor delelig med 3 for alle naturlige tall n.
− 12=
n
− 1) ⋅ ( 5n + 1)
b
Oppgave E44
a
Primtall
p
Naturlige tall
n2
n1
Kvadrattall
n12
n22
3
5
7
11
13
17
19
2
3
4
6
7
9
10
22
32
42
62
72
92
102
© Aschehoug
1
2
3
5
6
8
9
www.lokus.no
12
22
32
52
62
82
92
Differanse
n12 − n22
3
5
7
11
13
17
19
Side 27 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi lar n1 + n2 =
p og n1 − n2 =
1 . Vi legger sammen de to uttrykkene.
(n1 + n2 ) + (n1 − n2 ) =p + 1
2n1= p + 1
n1 =
Dermed er
n2 =
p − n1 =
p−
p +1
2
p +1 2 p p +1 2 p − p −1 p −1
=−
=
=
2
2
2
2
2
2
c
2
p +1 p −1
n12 =
− n22
−
2 2
p2 + 2 p + 1 p2 − 2 p + 1 p2 + 2 p + 1 − p2 + 2 p − 1 4 p
=
−
=
=
=
p
4
4
4
4
Vi ser at n1 og n2 er hele tall hvis p er et oddetall. Alle primtall større enn 2 er oddetall.
Alle primtall større enn 2 kan derfor skrives som differansen mellom to kvadrattall.
Oppgave E45
lg x
x
n ⋅
xn
a =
n
n
x>0,n>0
x
⋅
n
lg x
xn
=
nn
x
n
lg x
x
=
n
x
lg
n
lg x
x
= lg
n
nn
nn
n
n
b
Vi starter med å benytte sammenhengen lg a b = b ⋅ lg a .
x
x
n lg
lg x ⋅ lg =⋅
n
n
x
x
lg x ⋅ lg − n ⋅ lg =
0
n
n
x
(lg x − n) ⋅ lg =
0
n
(lg x − n) ⋅ (lg x − lg n) =
0
c
Likningen i oppgave b er oppfylt dersom én av faktorene er lik 0.
lg x − n = 0 ∨ lg x − lg n = 0
lg x =
n ∨ lg x =
lg n
x = 10n ∨ x = n
Løsningen av likningen er x = n ∨ x = 10n .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E46
a
1
2
b
En nedgang på 10 % per år svarer til vekstfaktoren 0,90.
663 000 ⋅ 0,90
= 596 700 ≈ 597 000
Ved utgangen av 2013 hadde VGs papirutgave ca. 597 000 lesere.
Dagbladet har en årlig nedgang på 6 %, som svarer til vekstfaktoren 0,94.
Fra 2012 til 2017 har det gått fem år.
326 000 ⋅ 0,945= 239 253 ≈ 239 000
Ved utgangen av 2017 vil Dagbladet ha ca. 239 000 lesere.
Vi må løse likningen 326 000 ⋅ 0,94 x =
226 000 .
226 000
0,94 x =
326 000
226 000
lg
326 000
x=
lg 0,94
x = 5,9
Dagbladet vil ha mistet 100 000 lesere etter ca. 5,9 år.
c
272 000 ⋅ 1, 034t ≥ 350 000
350 000
1, 034t ≥
272 000
350 000
lg1, 034t ≥ lg
272 000
350 000
lg
272 000
t≥
lg1, 034
t ≥ 7,5
Etter t år vil antallet lesere av DN ha økt til 272 000 ⋅ 1, 034t .
Det vil altså ta ca. 7,5 år før DN har 350 000 lesere av sin papirutgave.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
d
Etter t år har DN 272 000 ⋅ 1, 034t lesere, mens Dagbladet har 326 000 ⋅ 0,94t lesere.
Ulikheten 272 000 ⋅ 1, 034t ≥ 326 000 ⋅ 0,94t forteller
oss derfor hvor mange år det vil ta før DN har flere
lesere av sin papirutgave enn det Dagbladet har.
e
1
2
Vi skriver inn ulikheten i CAS-delen av
GeoGebra, og trykker på knappen .
I første omgang finner GeoGebra den eksakte
løsningen. Vi kan velge løsningen i linje 1,
og trykke på . Da får vi en tilnærmet løsning.
Løsningen av ulikheten er altså t ≥ 1,9 .
Vi tegner grafene til
=
f (t ) 272 000 ⋅ 1, 034t og
=
g (t ) 326 000 ⋅ 0,94t i samme koordinatsystem.
Vi ser at kurvene skjærer hverandre for t = 1,9 .
Ulikheten 272 000 ⋅ 1, 034t ≥ 326 000 ⋅ 0,94t har altså
løsningen t ≥ 1,9 .
Oppgave E47
a
b
v(t ) =10 − 8, 2 ⋅ e −0,2t
Vi tegner grafen til v(t ) for 0 ≤ t ≤ 24 .
Av figuren ser vi at v(5) = 7, 0 .
Etter 5 timer er vanninnholdet i jordlaget 7,0 mm.
v(t ) =10 − 8, 2 ⋅ e −0,2t
v′(t ) =
1, 64 ⋅ e −0,2t
−8, 2 ⋅ ( e −0,2t )′ =
−8, 2 ⋅ e −0,2t ⋅ (−0, 2) =
v′(4) =1, 64 ⋅ e −0,2⋅4 =0, 74
Etter 4 timer øker vanninnholdet i jordlaget med 0,74 mm per time.
c
v′=
(t ) 1, 64 ⋅ e −0,2t
Vi ser at v′(t ) går mot 0 etter hvert som t øker.
Vanninnholdet i jorda nærmer seg altså en konstant verdi.
(Av figuren i oppgave a (og uttrykket for v) ser vi at denne konstante verdien er 10 mm.)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E48
Løsning med CAS i GeoGebra:
1 Vi definerer først funksjonen.
2 Vi finner topp- og bunnpunktet ved å løse
likningen f ′( x) = 0 .
3 Grafen til f stiger mot høyre når x er stor.
Det betyr at a > 0 . Derfor er det den første
løsningen i (2) som gir bunnpunktet, og den
andre løsningen gir toppunktet.
4 Vi finner x-koordinaten til toppunktet.
5 Vi finner x-koordinaten midt mellom toppunktet
og bunnpunktet.
6 Vi finner x-koordinaten til vendepunktet, og ser
at dette er det samme som (5).
Dermed har vi vist at vendepunktet ligger midt
mellom toppunktet og bunnpunktet.
Vi inkluderer også en løsning uten CAS:
f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d
f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c
Vi vet at f ′( x) = 0 i toppunktet og i bunnpunktet, altså for x = p og for x = q .
Det betyr at vi kan skrive f ′( x)= 3a ( x − p )( x − q )= 3a ( x 2 − ( p + q ) x + pq ) .
Vi finner vendepunktet ved å løse likningen f ′′( x) = 0 .
f ′′( x) = 3a ⋅ ( 2 x − ( p + q ) )
f ′′( x) = 0
0 = 3a ⋅ ( 2 x − ( p + q ) )
a≠0
0 = 2 x − ( p + q)
p+q
2
x-koordinaten til vendepunktet ligger altså midt mellom x-koordinaten til toppunktet og
x-koordinaten til bunnpunktet.
x=
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E49
1
3V
Volumet av kjegla er gitt ved V = πr 2 h =0,5 dm3 . Høyden er derfor gitt ved h = 2 .
3
πr
2
Overflaten av kjegla er gitt ved O = πr + πrs ,
s
der=
r 2 + h 2 fra pytagorassetningen. Altså er
2
3V
O(r ) = πr + πr ⋅ r + h = πr + πr ⋅ r + 2
πr
Vi deriverer funksjonen og løser likningen O′(r ) = 0 for å finne
radien som gir minst overflate. Det blir komplisert å regne ut
dette for hånd, og vi bruker derfor CAS.
Av løsningen i GeoGebra ser vi at r = 0,553 dm . Dermed er
3V
3 ⋅ 0,5
=
h =
dm
= 1,56 dm
2
πr
π ⋅ 0,5532
Overflaten av kjegla blir minst mulig når radien i kjegla er
ca. 6 cm og høyden er ca. 16 cm.
2
2
2
2
2
Oppgave E50
a
Linja har stigningstall a og går gjennom punktet ( x1 , y1 ) = ( 2 , 1) .
Vi finner likningen for linja fra ettpunktsformelen.
y − y1 =a ⋅ ( x − x1 )
y − 1 = a ⋅ ( x − 2)
y − 1 = ax − 2a
y = ax − 2a + 1
b
Linja skjærer y-aksen når x = 0 . Da er y =
−2a + 1 . Altså er B = (0 , − 2a + 1) .
Linja skjærer x-aksen når y = 0 . Det gir
ax − 2a + 1 =
0
ax
= 2a − 1
2a − 1
x=
a
A ( (2a − 1) a , 0 ) . Arealet av trekant OAB er dermed
Altså er=
F (a) =
© Aschehoug
−(2a − 1) 2
1
1 2a − 1
2a − 1
⋅ OA ⋅ OB =
⋅
⋅ (−2a + 1) =
⋅ ( −(2a − 1) ) =
2
2
a
2a
2a
www.lokus.no
Side 32 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
−(2a − 1) )′ ⋅ 2a − ( −(2a − 1) ) ⋅ (2a )′
(=
2
c
F ′(a )
2
(2a ) 2
−2 ⋅ (2a − 1) ⋅ 2 ⋅ 2a + (2a − 1) 2 ⋅ 2
4a 2
−8a ⋅ (2a − 1) + 2 ⋅ (2a − 1) 2 −16a 2 + 8a + 2 ⋅ (4a 2 − 4a + 1)
=
4a 2
4a 2
−16a 2 + 8a + 8a 2 − 8a + 2 2 − 8a 2 2 ⋅ (1 − 4a 2 ) (1 − 2a ) ⋅ (1 + 2a )
=
= =
=
4a 2
4a 2
4a 2
2a 2
Stigningstallet a skal være negativt.
Funksjonen F (a ) har altså et bunnpunkt for a = − 12 .
Når arealet F (a ) er minst mulig, er likningen
for den rette linja
1
1
1
y =ax − 2a + 1 =− x − 2 ⋅ − + 1 =− x + 1 + 1
2
2
2
1
=
− x+2
2
Oppgave E51
a
f ( x=
) 6x ⋅ e
−
x2
8
f ′( x) =(6 x)′ ⋅ e
= 6⋅e
−
x2
8
−
x2
8
−x
+ 6x ⋅ e 8
2
+ 6x ⋅ e
−
x2
8
x2
x2
′
−
−
x 2 ′
8
8
=6 ⋅ e + 6 x ⋅ e ⋅ −
8
2x
⋅− =
8
2
b
Se figuren til høyre.
c
Vi ser at f ′( x) = 0 når x = −2 og når x = 2 .
f ′( x) < 0 når x < −2 og når x > 2 , og f ′( x) > 0 når −2 < x < 2 .
Grafen til f har bunnpunkt for x = −2 og toppunkt for x = 2 .
f (−2) =6 ⋅ (−2) ⋅ e
−
2
−
( −2) 2
8
=−12 ⋅ e
2
−
2
x
−
3 2 − x8 3
2
8
−
⋅
=
−
⋅
x
x
6
e
(4
)
e
2
2
−
1
2
=−7, 28
1
f (2) = 6 ⋅ 2 ⋅ e 8 = 12 ⋅ e 2 = 7, 28
Grafen til f har et toppunkt i (2 , 7, 28) og et bunnpunkt i (−2 , −7, 28) .
Grafen til f ′ har bunnpunkter for x = −3,464 og x = 3, 464 , og toppunkt for x = 0 .
f ′′( x) skifter altså fortegn i disse punktene. Punktene er derfor vendepunkter på grafen til f.
f (−3, 464) =6 ⋅ (−3, 464) ⋅ e
f (0) = 6 ⋅ 0 ⋅ e
−
−
( −3,464) 2
8
=−4, 64
2
0
8
= 0 ⋅ e0 = 0
−
3,4642
8
=
6 ⋅ 3, 464 ⋅ e
4, 64
f (3, 464) =
Grafen til f har vendepunkter i (−3, 46 , − 4, 64) , (0 , 0) og (3, 46 , 4, 64) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E52
a
b
Grunnflaten har arealet x 2 , og hver av de fire sideflatene har arealet xh .
Det samlede overflatearealet av karet er derfor x 2 + 4 xh =
12 . Dermed er
2
4 xh
= 12 − x
12 − x 2 12 x 2 3 x
h=
= −
= −
4x
4x 4x x 4
Både x og h må være positive. Altså er x > 0 og h > 0 .
3 x
− >0
x 4
3 x
>
x 4
12 > x 2
(siden x > 0)
x < 12 =
2 3
x kan ha verdiene x ∈ 0 , 2 3 .
c
d
Karet har en grunnflate med areal x 2 og høyde h.
Volumet er derfor gitt ved
x
x3
2
2 3
V ( x ) = x h = x ⋅ − =3 x −
4
x 4
Vi løser likningen V ′( x) = 0 i GeoGebra, der x > 0 .
V ( x) er størst mulig når x = 2 . Karet rommer da 4 L vann.
Oppgave E53
a
Siden punktet S = ( x , 0) ligger mellom origo og punktet R = (12 , 0) , er 0 < x < 12 .
Bredden av rektanglet er 12 − x , og høyden er gitt ved f ( x=
) x 2 + 21 .
Arealet av rektanglet er dermed gitt ved
A( x) =
(12 − x) ⋅ ( x 2 + 21) =
12 x 2 + 252 − x3 − 21x =
− x3 + 12 x 2 − 21x + 252
b
A′( x) =
−3 x 2 + 12 ⋅ 2 x − 21 =
−3 x 2 + 24 x − 21
Fra abc-formelen finner vi at A′( x) = 0 for x ∈ {1 , 7} .
Altså er A′( x) =
−3( x − 1)( x − 7) . Vi tegner fortegnsskjema.
A( x) har minimalpunkt x = 1 og maksimalpunkt x = 7 .
Vi må også kontrollere randpunktene x = 0 og x = 12 .
Selv om punktene ikke er med i definisjonsmengden, kan
funksjonsverdien komme vilkårlig nær disse verdiene.
A(0) =−03 + 12 ⋅ 02 − 21 ⋅ 0 + 252 =252
A(1) =−13 + 12 ⋅ 12 − 21 ⋅ 1 + 252 =242
A(7) =−73 + 12 ⋅ 7 2 − 21 ⋅ 7 + 252 =350
A(12) =
−123 + 12 ⋅ 122 − 21 ⋅ 12 + 252 =
0
Den største verdien arealet kan ha er 350. Men det finnes ingen minste verdi for arealet.
Vi kan nemlig få arealet så nær 0 vi vil ved å velge x nær nok 12.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi tegner grafen til A( x) for 0 < x < 12 . Av figuren ser vi at
grafen til A har bunnpunkt (1 , 242) og toppunkt (7 , 350) .
Maksimalverdien 350 er også absolutt maksimum for
funksjonen. Men funksjonen har ikke noe absolutt minimum.
Funksjonsverdien kan komme vilkårlig nær 0
når x nærmer seg 12.
Oppgave E54
a
Det sirkulære jordstykket har omkrets 2πr =x .
Radien er derfor=
r x 2π , og arealet er dermed gitt ved
2
x2
x2
x
S ( x) = πr = π ⋅ = π ⋅ 2 =
4π
4π
2π
Til sammen skal omkretsen av det sirkulære og det kvadratiske jordstykket være 400 m.
Omkresten av det kvadratiske jordstykket er derfor 400 − x .
Sidene i kvadratet er da s =(400 − x) 4 =100 − x 4 , og arealet er
2
2
2
1 2
x
x x
K ( x) = s 2 = 100 − = 1002 − 2 ⋅ 100 ⋅ + =
x − 50 x + 10 000
4
4 4 16
b
Det totale arealet bonden gir fra seg er
x2 1
A( x) =S ( x) + K ( x) = + x 2 − 50 x + 10 000
x ∈ 0 , 400
4π 16
1
1
=
+ x 2 − 50 x + 10 000
4π 16
Vi finner minimumsverdien ved å løse likningen A′( x) = 0 .
1
4+π
1
1 1
)
A′( x=
+ ⋅ 2 x − 50
=
+ ⋅ x − 50
=
⋅ x − 50
8π
4π 16
2π 8
4+π
0
=
⋅ x − 50
8π
50 ⋅ 8π 400π
x =
=
4+π 4+π
2
1 400π
400π
400π 1
A
+ ⋅
+ 10 000= 5601
=
− 50 ⋅
4+π
4 + π 4π 16 4 + π
Det minste arealet bonden må gi fra seg er 5601 m 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E55
a
Vi ser at f ′′( x) < 0 når x < 1 , og f ′′( x) > 0 når x > 1 .
Grafen til f vender derfor den hule siden ned når x < 1 ,
og opp når x > 1 . f ′′( x) skifter fortegn for x = 1 .
Punktet (1 , f (1) ) er derfor vendepunktet til grafen.
b
For x = −1 er f ′( x) = 0 og f ′′( x) < 0 .
Punktet ( −1 , f (−1) ) er derfor et toppunkt på grafen.
For x = 3 er f ′( x) = 0 og f ′′( x) > 0 .
Punktet ( 3 , f (3) ) er derfor et bunnpunkt på grafen.
Til sammen kan dette f.eks. gi grafen vist til høyre.
Oppgave E56
a
Punktet B har koordinatene ( x , 0) , der x > 0 .
Punktet C har koordinatene ( x , f ( x) ) = ( x , h) . Altså er
h = e1− x
2
ln h = 1 − x 2
x 2 = 1 − ln h
x
1 − ln h
=
Bredden av rektanglet er dermed AB =2 x =2 ⋅ 1 − ln h .
b
Rektanglet har bredden 2 ⋅ 1 − ln h og høyden h. Arealet er dermed gitt ved
A(h) = 2h ⋅ 1 − ln h
Vi finner den største verdien arealet kan få ved å løse likningen A′(h) = 0 .
1
′
A′(h) =(2h)′ ⋅ 1 − ln h + 2h ⋅ 1 − ln h =2 ⋅ 1 − ln h + 2h ⋅
⋅ (1 − ln h )′
2 1 − ln h
1
h
1
= 2 1 − ln h +
⋅ − = 2 1 − ln h −
1 − ln h h
1 − ln h
1
2 1 − ln h −
=
0
1 − ln h
1
2 1 − ln h =
1 − ln h
1
1 − ln h =
2
(
ln h =
)
1
2
1
2
e
h e=
=
Den største verdien A(h) kan få er altså
1 2 e
=
= 2 ⋅ e = 2e
2
2
Det største arealet rektanglet kan få er 2e ≈ 2,33 .
2h ⋅ 1 − ln h = 2 e ⋅
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E57
Vi forlenger linjestykket CO ned til punktet D på AB.
Siden ABC er likebeint, deler D linja AB i to like lange deler.
Pytagorassetningen på ADO gir
=
r 2 302 + x 2
2
x=
r 2 − 900
Pytagorassetningen på ADC gir dermed
502 = 302 + ( x + r ) 2
2500 = 900 + x 2 + 2 xr + r 2
2500 = 900 + (r 2 − 900) + 2r ⋅ r 2 − 900 + r 2
2500 = 2r 2 + 2r ⋅ r 2 − 900
r ⋅ r 2 − 900 = 1250 − r 2
r 2 ⋅ (r 2 − 900)=
(1250 − r )
2 2
r 4 − 900r 2 = 12502 − 2500r 2 + r 4
1600r 2 = 12502
1250
r =
40
125
r=
4
2
2
Radien r i sirkelen er gitt ved r =
125
.
4
Oppgave E58
a
Vi markerer sentrum S i sirkelen, som ligger midt
på diameteren AC, og vinklene u og v i
henholdsvis ASD og BSC .
Da er ∠CSD
= 180° − u , som vist på figuren.
Så bruker vi setningen om periferivinkel på
ABSD : Periferivinkelen ∠BAD er halvparten
så stor som sentralvinkelen ∠BSD .
Altså er
180° − u + v
u −v
∠BAD=
= 90° −
2
2
Med =
u 120° og v= 90° gir dette
120° − 90°
30°
∠BAD= 90° −
= 90° − = 75°
2
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Fra thalessetningen er ∠ABC =
∠ADC =
90° .
Dermed er trekantene ABP og ADQ begge rettvinklede.
Trekantene har også ∠BAD felles: ∠BAP =
∠DAQ =
∠BAD .
Den tredje vinkelen må derfor også være felles, α = β , dvs. ABP ADQ .
Vinkelsummen i trekantene er 180° , som betyr at α + ∠BAD= 90° . Altså er
u −v u −v
α= β= 90° − ∠BAD= 90° − 90° −
=
2
2
Med =
u 120° og v= 90° gir dette
120° − 90° 30°
=
= 15°
α= β=
2
2
c
Vi har allerede vist generelt at α= β= (u − v) 2 i oppgave b.
Figuren i oppgaven, og beregningene våre, er basert på at u > v .
Hvis u < v blir figuren litt annerledes. Hvis vi f.eks. holder v fast og minker u, dvs. flytter
punktet D nærmere A, vil punktet P flytte seg til venstre for sirkelbuen AB når u < v .
Resten av beregningen blir den samme som i oppgave a og b. Vi kan derfor generelt skrive
u −v
(u ≠ v)
α= β=
2
Spesialtilfellet u = v er ikke mulig. Da blir nemlig ABCD et rektangel, og punktene P og Q
havner uendelig langt unna. Vi må derfor forutsette at u ≠ v .
Oppgave E59
a
=
S (4
=
, 4) ( x1 , y1 ) .
Linja l går gjennom punktet
Retningsvektoren for linja er parallell med
SP =[19 − 4 , 9 − 4] =[15 , 5] =5 ⋅ [3 , 1]
Vi kan derfor bruke retningsvektoren
=
k [=
a , b ] [3 , 1] .
En parameterframstilling for l er derfor
x =x1 + at =4 + 3t
y =y1 + bt =4 + t
b
Avstanden mellom P og S er gitt ved
SP = [15 , 5] = 152 + 52 = 250 =
25 ⋅ 10 =
25 ⋅ 10 = 5 10
Radien i sirkelen er r = 2 10 , som betyr at SA = 2 10 . Dermed er
AP = SP − SA = 5 10 − 2 10 = 3 10
c
Punktene A og B ligger på linja l, som betyr at både SA og SB er parallelle med k = [3 , 1] .
Lengden av k er 32 + 12 =10 . Radien i sirkelen er altså r = 2k .
Det betyr at SA = 2k og SB = −2k . Vi finner dermed posisjonsvektorene for A og B:
OA= OS + SA= OS + 2k = [ 4 , 4] + 2 ⋅ [3 , 1]= [ 4 + 2 ⋅ 3 , 4 + 2 ⋅ 1]= [10 , 6]
OB= OS + SB= OS − 2k = [ 4 , 4] − 2 ⋅ [3 , 1]= [ 4 − 2 ⋅ 3 , 4 − 2 ⋅ 1]= [ −2 , 2]
Koordinatene til A og B er A = (10 , 6) og B = (−2 , 2) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E60
a
Vi finner først høyden h i dragen.
Da bruker vi pytagorassetningen på trekantene ABS og BCS.
AS =y = 5, 02 − x 2 = 25 − x 2
CS = h − y = 12, 02 − x 2 = 144 − x 2
Dermed er h = 25 − x 2 + 144 − x 2 .
Trekantene ABC og ADC er kongruente, med areal
Arealet av dragen er derfor
A( x) =2 ⋅ 12 xh =xh =x ⋅
b
(
25 − x 2 + 144 − x 2
1
2
xh .
)
Vi ser av figuren (og uttrykket i oppgave a) at x må være
mindre enn 5. Vi tegner derfor grafen til A( x) for 0 < x < 5 .
Grafen har toppunktet (4, 62 , 60) .
Det største arealet dragen kan ha er derfor 60 dm 2 .
Oppgave E61
a
Trekantene ABC og DEC har vinkel C felles.
Begge trekantene er likebeinte, og DE og AB er parallelle.
Derfor er ∠BAC =
∠ABC =
∠EDC =
∠DEC .
Trekantene har altså parvis like store vinkler,
som betyr at ABC og DEC er formlike.
Forholdet mellom tilsvarende sider er konstant.
Vi ser på høyden og grunnlinja i trekantene.
DEC har høyde y og grunnlinje x.
ABC har høyde 8 og grunnlinje 6. Altså er
y x
=
8 6
8
4
=
y =
x
x
6
3
Høyden h i trekanten DEF er dermed gitt ved
4
h =8 − y =8 − x
3
b
Trekant DEF har grunnlinje x og høyde h. Arealet er derfor gitt ved
1
1
4 8
4 2
2
T ( x) = xh = x ⋅ 8 − x = x −
x = 4 x − x2
2
2
3 2
2⋅3
3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi deriverer T ( x) og løser likningen T ′( x) = 0 .
2
4
T ′( x) = 4 − ⋅ 2 x = 4 − x
3
3
4
4− x =
0
3
x=3
2
T (3) = 4 ⋅ 3 − ⋅ 32 = 12 − 6 = 6
3
Den største verdien av T ( x) er 6.
4
4
x = 8 − ⋅3 = 4 .
3
3
Alle de fire likebeinte trekantene AFD, FBE, DEF og DEC har altså grunnlinje 3 og høyde 4.
Trekant ABC består derfor av fire kongruente trekanter.
Trekant DEF har da grunnlinje x = 3 og høyde h = 8 −
Oppgave E62
a
b
c
d
e
r (t=
) 25t , −5t 2 + 8t
Vi tegner grafen til r (t ) for 0 ≤ t ≤ 2 .
r (1)= 25 ⋅ 1 , −5 ⋅ 12 + 8 ⋅ 1= [ 25 , 3]
Etter ett sekund er ballen i punktet (25 , 3) .
′ [ 25 , −5 ⋅ 2t + 8=
v (=
t ) r ′(=
t ) 25t , −5t 2 + 8t =
] [ 25 , 8 − 10t ]
v (1)= [ 25 , 8 − 10 ⋅ 1=
] [ 25 , −2]
2
25,1
v(1)
= v (1)
= 252 + (−2)=
Banefarten er 25,1 m/s etter ett sekund.
a (t ) =v′(t ) =[ 25 , 8 − 10t ]′ =[ 0 , −10]
= a (=
t ) [ 0 , −10] .
Akselerasjonsvektoren er altså konstant, og a (1)
2
a (t=
) a (t=
)
02 + (−10)=
10
Absoluttverdien av akselerasjonen er konstant lik 10 m/s 2 .
(I figuren har vi tegnet v (1) og a (1) med samme lengde for m/s og m/s 2 som enheten meter i
figuren. Dette kan vi velge fritt, dvs. vi kan tegne fartsvektoren og akselerasjonsvektoren med
vilkårlig lengde. Det er bare retningen som har betydning i figuren.)
Vi har tegnet inn målet i figuren i oppgave a. Målet har posisjon x = 30 m og høyde 2,1 m.
Vi ser at grafen til r (t ) går over målet. Ballen går altså over målet.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
f
Ballen er på det høyeste punktet når fartsvektoren er horisontal, altså når v (t ) = [ vx , 0] .
v (t ) [ 25 , 8 − 10t ] og får likningen
Vi setter inn=
8 − 10t =
0
8
10
t = 0,8
Ballen er på det høyeste punktet i banen etter 0,8 sekunder.
=
v (t ) [ 25 , 8 − 10t ]
Vi ser at horisontalkomponenten av fartsvektoren er konstant lik 25 m/s.
På figuren har vi tegnet situasjonen når ballen er på vei oppover.
Av figuren ser vi at
25 m/s
= cos10°
v
25 m/s
=
v = 25, 4 m/s
cos10°
Ballen har farten 25,4 m/s når vinkelen mellom fartsvektoren og bakken er 10° ,
både når ballen er på vei oppover og når ballen er på vei nedover.
t=
g
Oppgave E63
a
Fly B lander når y-koordinaten til fly B er lik null.
2
b (t ) =
−204t + 17 , 432t − 72t + 3
0= 432t12 − 72t1 + 3
1
1
0 = 432 ⋅ t12 − t1 +
6
144
2
1
0 = 432 ⋅ t1 −
12
1
t1 =
12
1
1
h =⋅60 min =
5 min
12
12
Fly B lander ved tidspunktet t1 = 5 minutter .
b
Vi deriverer uttrykket for b (t ) for å finne fartsvektoren for fly B.
−204t + 17 , 432t 2 − 72t + 3′
vB (t ) =
b′(t ) =
=−
[ 204 , 432 ⋅ 2t − 72] =−
[ 204 , 864t − 72]
vB (0, 08) =
[ −204 , 864 ⋅ 0, 08 − 72] =
[ −204 , −2,88]
vB (0, 08) = (−204) 2 + (−2,88) 2 = 204, 02
Fly B har farten 204 km/h ved tidspunktet t = 0, 08 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
c
Flyene vil kollidere bare hvis de er i samme posisjon ved samme tid.
Vi bruker derfor samme parameter t for tiden i uttrykkene for a (t ) og b (t ) .
a (t ) = b (t )
70t + 2 , 140t 2 =
−204t + 17 , 432t 2 − 72t + 3
Fra x-koordinaten får vi likningen 70t + 2 =−204t + 17 .
274t = 15
15
=
t = 0, 05474
274
Vi setter inn i uttrykkene for y-koordinatene til fly A og fly B.
yA =
140 ⋅ 0, 054742 =
0, 420
yB= 432 ⋅ 0, 054742 − 72 ⋅ 0, 05474 + 3= 0,353
Fly A passerer altså (420 − 353) m =
67 m over fly B på det tidspunktet når de har samme
posisjon i horisontalplanet. Flyene vil derfor ikke kollidere. Men de passerer alt for nær
hverandre til at disse klareringene burde vært gitt.
Oppgave E64
a
Likningen for sirkelen er x 2 + y 2 + 6 x + 4 y − 12 =
0.
2
2
12
x + 6x + y + 4 y =
x 2 + 6 x + 9 + y 2 + 4 y + 4 = 12 + 9 + 4
( x + 3) 2 + ( y + 2) 2 =
25
( x − (−3) ) + ( y − (−2) )
2
2
=52
Sirkelen har sentrum i punktet (−3 , − 2) . Radien i sirkelen er 5.
b
Vi finner y uttrykt ved x, og deriverer uttrykket for å finne stigningstallet til tangentene.
( y + 2) 2 = 25 − ( x + 3) 2 = 25 − x 2 − 6 x − 9 = 16 − 6 x − x 2
y + 2 =± 16 − 6 x − x 2
y ( x) =
± 16 − 6 x − x 2 − 2
1
3+ x
y′( x) =±
⋅ (−6 − 2 x) =±
2
2 16 − 6 x − x
16 − 6 x − x 2
3 + (−2)
3− 2
1
y′(−2) =
±
=
±
=
±
2
16 + 12 − 4
24
16 − 6 ⋅ (−2) − (−2)
24
4⋅ 6
2⋅ 6
6
=
±
=
±
=
±
=
±
24
24
24
12
6
6
De to tangentene for x = −2 har stigningstall
og −
.
12
12
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E65
a
b
ln t , t 2 − 4t
r (t ) =
t >0
Vi tegner grafen til r (t ) i GeoGebra for 0 < t < 6
ved hjelp av kommandoen
.
Vi finner skjæringspunktene med koordinataksene
ved å skrive
og
.
Grafen skjærer y-aksen i punktet (0 , −3) og
x-aksen i punktet (1,39 , 0) .
1
v (t ) = r ′(t ) = ln t , t 2 − 4t ′ = , 2t − 4
t
Eventuelle topp- og bunnpunkter er de punktene
hvor y-komponenten av fartsvektoren er lik null.
2t − 4 =
0
t=2
= ln 2 , 22 − 4 ⋅ =
r (2)
2
[ln 2 , −4] ≈ [0, 69 , −4]
Av figuren i oppgave a ser vi at grafen har et bunnpunkt.
Bunnpunktet har altså koordinatene (ln 2 , − 4) .
1
v (1)= , 2 ⋅ 1 − 4 = [1 , − 2]
1
Vi tegner inn v (1) i riktig startpunkt ved å skrive
c
.
1
t −1 , 2t − 4 ′ =
−t −2 , 2 =
a (t ) =
v′(t ) =
− t 2 , 2
1
lim a (t ) =
lim − 2 , 2 =
[ 0 , 2]
t →∞
t →∞
t
Akselerasjonsvektoren nærmer seg den konstante vektoren [ 0 , 2] når t går mot uendelig.
Etter lang tid peker altså akselerasjonsvektoren vertikalt oppover.
Oppgave E66
a
Parallellogrammet EFGH tilsvarer kvadratet ABCD
der vi har fjernet de fire trekantene AEH, EBF,
FCG og DGH. Av figuren ser vi at
x ⋅ (4 − 2 x)
T=
T=
AEH
FCG
2
2 x ⋅ (4 − x)
T=
T=
EBF
DGH
2
Arealet av parallellogrammet er dermed
x ⋅ (4 − 2 x)
2 x ⋅ (4 − x)
T ( x) = 42 − 2 ⋅
− 2⋅
2
2
= 16 − x ⋅ (4 − 2 x) − 2 x ⋅ (4 − x) = 16 − 4 x + 2 x 2 − 8 x + 2 x 2
= 4 x 2 − 12 x + 16
Sidene i trekantene som er fjernet kan ikke være negative. Altså er 0 ≤ x ≤ 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
b
Arealet av kvadratet ABCD er 42 = 16 . Vi må altså løse likningen T ( x) = 8 .
4 x 2 − 12 x + 16 =
8
4 x 2 − 12 x + 8 =
0
−(−12) ± (−12) 2 − 4 ⋅ 4 ⋅ 8 12 ± 144 − 128 12 ± 16 12 ± 4
=
x
=
= =
2⋅4
8
8
8
x =1 ∨ x =2
Arealet av parallellogrammet blir halvparten av arealet av kvadratet når x =1 ∨ x =2 .
c
Vi deriverer T ( x) og løser likningen T ′( x) = 0 .
T ′( x) =4 ⋅ 2 x − 12 =8 x − 12
8 x − 12 =
0
12 3
x= = = 1,5
8 2
T (1,5) =4 ⋅ 1,52 − 12 ⋅ 1,5 + 16 =7
Arealet av parallellogrammet blir minst mulig når x = 1,5 . Arealet er da 7.
d
Punktet A ligger i origo. Da er
OE
= AE
= [ x , 0]
OH
= AH
= [0 , 4 − 2 x]
OG= AG= [ 4 − x , 4]
Altså er E = ( x , 0) =
, H (0 , 4 − 2 x) og G= (4 − x , 4) . Dermed er
HE = OE − OH = [ x , 0] − [ 0 , 4 − 2 x ] = [ x , 2 x − 4]
HG = OG − OH = [ 4 − x , 4] − [ 0 , 4 − 2 x ] = [ 4 − x , 4 − (4 − 2 x) ] = [ 4 − x , 2 x ]
Parallellogrammet EFGH blir et rektangel når HE ⊥ HG , altså når HE ⋅ HG =
0.
=
0 [ x , 2 x − 4] ⋅ [ 4 − x , 2 x ]
0 =x ⋅ (4 − x) + (2 x − 4) ⋅ 2 x
0 = 4 x − x2 + 4 x2 − 8x
=
0 3x 2 − 4 x
0 =x ⋅ (3 x − 4)
x = 0 ∨ 3x − 4 = 0
4
x =0 ∨ x =
3
4
Parallellogrammet blir et rektangel når x = 0 ∨ x = .
3
(Når x = 0 er EFGH = ABCD .)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E67
a
Vi ser på hendelsene
A = «apparatet indikerer at personen er beruset»
B = «personen er beruset»
Fra opplysningene i oppgaven er P( B) = 1, 2 % , P( A | B) = 98 % og P( A | B ) = 0, 2 % .
Setningen om total sannsynlighet gir
P( A) = P( B) ⋅ P( A | B) + P( B ) ⋅ P( A | B )
= 0, 012 ⋅ 0,98 + 0,988 ⋅ 0, 002 = 0, 013 736 ≈ 0, 014 = 1, 4 %
Sannsynligheten for at apparatet vil indikere at personen er beruset, er 1,4 %.
b
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( B | A) . Da bruker vi Bayes' setning.
P( B) ⋅ P( A | B) 0, 012 ⋅ 0,98
| A)
P( B=
=
= 0,856
= 85, 6 %
0, 013 736
P( A)
Sannsynligheten for at personen virkelig er beruset,
gitt at apparatet indikerer at han er det, er 85,6 %.
Oppgave E68
a
Primtallene som er mindre enn eller lik 25, er 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 og 23.
b
Det er 25 kuler i bollen. Av disse har 9 av kulene primtall. 16 av kulene har ikke primtall.
P2 9 ⋅ 8 72
Antall måter å velge 2 primtall blant 9: 9= 9 =
= = 36
2
2! 1 ⋅ 2 2
P3 16 ⋅ 15 ⋅ 14 3360
16 16=
Antall måter å velge 3 ikke-primtall blant 16: =
=
= 560
3
3!
1⋅ 2 ⋅ 3
6
25
⋅
24
⋅
23
⋅
22
⋅
21
Antall måter å velge 5 kuler
blant 25: 25
=
= 53130
5
1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5
Sannsynligheten for at vi trekker ut akkurat 2 primtall er dermed
9 ⋅ 16
2 3
36 ⋅ 560
P( X= 2)
=
=
= 0,379
= 37,9 %
25
53130
5
()
( )
( )
( )( )
( )
c
Sannsynligheten for at vi trekker ut nøyaktig k primtall, der 0 ≤ k ≤ 5 , er
25
P( X= k=
) 9 ⋅ 16
k 5−k
5
Dermed er
84 ⋅ 120
9 ⋅ 16
25 =
3) =
0,1897
P( X =
=
3 2
5
53130
( )( ) ( )
()( ) ( )
126 ⋅ 16
4) =
0, 0379
P( X =
=
(94) ⋅ (161 ) ( 255 ) =
53130
126 ⋅ 1
5) =
0, 0024
P( X =
(95) ⋅ (160 ) ( 255 ) ==
53130
P( X ≥ 3)
= 0,1897 + 0, 0379 + 0, 0024
= 0, 230
= 23, 0 %
Sannsynligheten for at vi trekker ut minst 3 primtall er 23,0 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E69
a
Ifølge oppgaveteksten regner det 8 % av dagene på denne tiden av året.
Altså er P( A) = 8 % og P( A) = 92 % .
b
Værmeldingen er korrekt, dvs. melder regn, 90 % av dagene det regner. Altså er
P( B | A) = 90 %
Værmeldingen tar feil, dvs. melder regn, 10 % av dagene det er oppholdsvær. Altså er
P( B | A) = 10 %
Vi finner P( B) fra setningen om total sannsynlighet.
P( B) = P( A) ⋅ P( B | A) + P( A) ⋅ P( B | A) = 0, 08 ⋅ 0,90 + 0,92 ⋅ 0,10 = 0,164 = 16, 4 %
c
Vi ønsker å finne den betingede sannsynligheten P( A | B) . Da bruker vi Bayes' setning.
P( A) ⋅ P( B | A) 0,92 ⋅ 0,10
P( A=
| B)
=
= 0,561
= 56,1 %
P( B)
0,164
Sannsynligheten er 56,1 % for at det blir oppholdsvær på aktivitetsdagen,
til tross for at det er meldt regn.
Oppgave E70
a
P 12 ⋅ 11
= 66
( ) =
2!
1⋅ 2
P 16 ⋅ 15
16
Antall måter å velge 2 jenter blant 16: (=
= 120
)2 =
2!
1⋅ 2
P 28 ⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 25
28
Antall måter å velge 4 personer blant 28: (=
=
=
4)
4!
1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4
12
Antall måter å velge 2 gutter blant 12: =
2
12
2
16
2
28
4
20 475
Fra formelen for hypergeometriske sannsynligheter får vi dermed
12 ⋅ 16
2
2
66 ⋅ 120
P(to gutter og to jenter)
=
= = 0,3868 ≈ 38, 7 %
28
20 475
4
( )( )
( )
b
c
( )
P 16 ⋅ 15 ⋅ 14
=
= 560 . Dermed er
3!
1⋅ 2 ⋅ 3
12 ⋅ 16
1
3
12 ⋅ 560
P(én gutt og tre jenter)
=
= = 0,3282 ≈ 32,8 %
28
20 475
4
16
Vi har at =
3
16 3
( )( )
( )
Vi kan trekke minst én av hvert kjønn ved å trekke enten én gutt, to gutter eller tre gutter.
P3 12 ⋅ 11 ⋅ 10
12 12=
=
= 220
3
3!
1⋅ 2 ⋅ 3
220 ⋅ 16
12 ⋅ 16
28 =
P(tre gutter og én jente) =
=
0,1719
3
1
4
20 475
P(én, to eller tre gutter) =P(én gutt) + P(to gutter) + P(tre gutter)
= 0,3282 + 0,3868 + 0,1719 = 0,8869 ≈ 88, 7 %
Sannsynligheten er 88,7 % for at lokallaget blir representert med minst én av hvert kjønn.
( )
© Aschehoug
( )( ) ( )
www.lokus.no
Side 46 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
d
Tenk at det er n gutter i lokallaget. Da er det 10 − n jenter. Sannsynligheten for å velge én gutt
og én jente er gitt ved den hypergeometriske sannsynligheten
n ⋅ (10 − n)
n ⋅ 10 − n 10 =
P(én gutt og én jente) =
1
1
2
45
n ⋅ (10 − n) 5
Vi får dermed likningen
= .
45
9
5 ⋅ 45
n ⋅ (10 − n) =
9
2
10n − n =
25
( )(
)( )
n 2 − 10n + 25 =
0
(n − 5) 2 =
0
n=5
Det er 5 gutter i lokallaget.
Oppgave E71
a
Vi ser på hendelsene
A = «Mira velger eske A»
R = «Mira trekker tre røde kuler»
Hendelsen A betyr altså at hun velger eske B.
Fra setningen om total sannsynlighet er P( R) = P( A) ⋅ P( R | A) + P( A) ⋅ P( R | A) .
Det er like sannsynlig at Mira velger hver av eskene. Altså er P=
( A) P=
( A) 12 .
Vi er interessert i sannsynligheten for at Mira trekker 0 svarte, 0 grønne og 3 røde kuler.
Da bruker vi formelen for hypergeometriske sannsynligheter.
2 ⋅ 3 ⋅ 5
0 0 3 1 ⋅ 1 ⋅ 10 1
P(=
R | A)
= =
10
120
12
3
P( R=
| A)
( )()()
( )
⋅ ( 4)
(03) ⋅ (03)=
3
(103 )
1 ⋅1 ⋅ 4 1
=
120
30
Dermed er
1 1 1 1
1
1
7
⋅ + ⋅ =
+
=
= 5,8 %
2 12 2 30 24 60 120
Sannsynligheten for at Mira trekker tre røde kuler er 5,8 %.
P( R) =
b
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( A | R) , og bruker da Bayes' setning.
1 1
P( A) ⋅ P( R | A) 2 ⋅ 12 1 120 5
71, 4 %
P( A | R) =
=
= ⋅
==
7
24 7
7
P( R)
120
Sannsynligheten for at Mira har trukket kulene fra eske A,
gitt at hun trakk tre røde kuler, er 71,4 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E72
a
( )
16
Antall måter å velge 4 jenter blant 16: (=
4)
28
Antall måter å velge 5 elever blant 28: (=
5)
Antall måter å velge 1 gutt blant 12: 12 = 12
1
P4 16 ⋅ 15 ⋅ 14 ⋅ 13
=
= 1820
4!
1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4
28 ⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 25 ⋅ 24
28 P5
=
= 98 280
5!
1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5
Sannsynligheten for å trekke ut én gutt og fire jenter er dermed gitt ved formelen for
hypergeometriske sannsynligheter,
12 ⋅ 16
1
4
12 ⋅ 1820 2
P(én gutt og fire jenter)=
=
= = 0, 222= 22, 2 %
28
98 280 9
5
16
( )( )
( )
b
Tenk at det blir med n gutter i gruppa. Da blir det med 5 − n jenter. Vi får likningen
12 ⋅ 16
n 5−n
44
=
P(n gutter) =
28
117
5
Det er vanskelig å løse denne likningen «direkte». Men siden det er få verdier n kan ha, kan vi
bruke «prøving og feiling». I oppgave a fant vi at P(1 gutt) = 2 9 , så n kan ikke være 1.
1 ⋅ 4368 2
12 ⋅ 16
28 =
P(0 gutter) =
=
0
5
5
98 280 45
( )( )
( )
( )( )
P(2 gutter) =
(122 ) ⋅ (163 )
P(3 gutter) =
(123 ) ⋅ (162 )
P(4 gutter) =
(124 ) ⋅ (161 )
P(5 gutter) =
(125 ) ⋅ (160 )
( )
66 ⋅ 560 44
=
( 285 ) =
98 280 117
220 ⋅ 120 220
=
( 285 ) =
98 280
819
495 ⋅ 16 22
=
( 285 ) =
98 280 273
792 ⋅ 1
11
=
( 285 ) =
98 280 1365
Det er altså 2 gutter som blir med i gruppa.
c
Betsy har allerede blitt valgt. Da er det 27 elever igjen å velge blant. Arne er én av dem.
Fra disse 27 elevene skal vi trekke ut 4. Vi er bare interessert i om Arne blir trukket ut,
altså sannsynligheten for å trekke én elev fra gruppa «Arne» (som bare består av Arne),
og 3 elever fra gruppa «ikke Arne» (som består av 26 elever).
Fra formelen for hypergeometriske sannsynligheter får vi derfor
1 ⋅ 26
1 3
1 ⋅ 2600 4
=
=
= = 0,148
= 14,8 %
P( A | B=
) P(Arne og 3 andre)
27
17 550 27
4
Sannsynligheten for at Arne blir med i gruppa, når Betsy allerede er med, er 14,8 %.
()( )
( )
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave E73
a
b
c
Hendelsen M ∪ F betyr at eleven velger matematikk eller fysikk (eller begge deler).
Hendelsen M ∪ F betyr altså at eleven ikke velger noen av fagene.
P( M ∪=
F ) 0,30
⇔
P( M ∪=
F ) 0, 70
Fra addisjonssetningen P( M ∪ F=
) P( M ) + P( F ) − P( M ∩ F ) får vi dermed
P( M ∩ F ) = P( M ) + P( F ) − P( M ∪ F ) = 0, 64 + 0,32 − 0, 70= 0, 26= 26 %
Sannsynligheten for at eleven velger både matematikk og fysikk er 26 %.
Setningen om total sannsynligheten kan skrives på formen
P( M )= P( M ∩ F ) + P( M ∩ F )
Dermed er
P( M ∩ F ) = P( M ) − P( M ∩ F ) = 0, 64 − 0, 26= 0,38= 38 %
Sannsynligheten for at eleven velger matematikk men ikke fysikk er 38 %.
Fra definisjonen av betinget sannsynlighet er
P( F ∩ M ) P( M ∩ F ) 0, 26
0, 406 40, 6 %
P( F | M ) = =
=
=
=
0, 64
P( M )
P( M )
Sannsynligheten er 40,6 % for at en elev som velger matematikk også velger fysikk.
Vi ser at P( F | M ) ≠ P( F ) . Hendelsene M og F er derfor avhengige.
Fra Bayes' setning får vi
P( M ) ⋅ P( F | M ) P( M ∩ F ) 0, 26
| F)
P( M =
=
= = 0,813
= 81,3 %
0,32
P( F )
P( F )
Sannsynligheten er 81,3 % for at en elev som velger fysikk også velger matematikk.
Oppgave E74
a
Vi vil finne sannsynligheten for å trekke én rød og én svart kule.
Vi kan trekke én rød kule på 6 = 6 forskjellige måter.
1
()
Vi kan trekke én svart kule på ( 4 ) = 4 forskjellige måter.
1
⋅9
Vi kan trekke to kuler blant totalt 10 kuler på =
(102 ) 101=
⋅2
45 forskjellige måter.
Fra formelen for hypergeometriske sannsynligheter er derfor
6 ⋅ 4
1 1
6⋅4 8
P( A=
) P(én rød og én svart)
=
=
= = 0,533
= 53,3 %
10
45 15
2
Sannsynligheten er 53,3 % for å trekke to kuler med ulik farge.
()( )
( )
b
De to kulene har enten ulik farge, eller samme farge.
Hendelsene A og B er derfor komplementære, som betyr at
8
7
P( B) =P( A) =−
1 P( A) =−
1
= =0, 467 =46, 7 %
15 15
Sannsynligheten er 46,7 % for å trekke to kuler med samme farge.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 50
Løsninger til oppgavene i boka
c
Tenk at det er n svarte kuler i esken. Til sammen er det da n + 6 kuler i esken. Dermed er
6 ⋅ n
1 1
6⋅n
=
P( A) P(én rød og én=
svart) =
n+6
n+6
2
2
( )
()( )
( ) ( )
n + 6) ⋅ (n + 5) n 2 + 5n + 6n + 30 n 2 + 11n + 30
n + 6 (=
=
=
2
1⋅ 2
2
2
6⋅n
2
12n
=
=
P( A) =
6n ⋅ 2
2
2
n + 11n + 30
n + 11n + 30 n + 11n + 30
2
Hendelsene A og B er komplementære, og skal ha lik sannsynlighet.
Da må P=
( A) P=
( B) 12 . Det gir likningen
12n
1
=
2
n + 11n + 30 2
n 2 + 11n + 30 =
24n
n 2 − 13n + 30 =
0
−(−13) ± (−13) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 30 13 ± 169 − 120 13 ± 49 13 ± 7
n
=
=
= =
2 ⋅1
2
2
2
n = 3 ∨ n =10
Det kan være tre eller ti svarte kuler i esken.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 50
© Copyright 2024