1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 2 Logaritmer
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.1
a
x5  x3 x5  x3
 4 1  x5341  x3
4
x x x x
b
1 42
1
4 2
3
8
38
 x5
  x   3  x  x  x  x
x
x
 
3
x 
3 1
c
(2 x)2
 3x 
2 2
d
3x3
x( 3)( 1)
x3
x3
1
1
x


  x32   x1 
2
2
2
2
(2 x)
(2 x)
2 x
4
4
4


32   x 2 
3x3
2

32  x 22 32  x 4
 1 3  321  x 43  31  x1  3x
3x3
3 x
Oppgave 2.2
a
b
c
a 5  b3 a 5  b3
 4 1  a54  b31  a1  b2  ab2
4
a b a b
a3  b2 
3
ab6

a3  b( 2)( 3) a3  b6
 1 6  a31  b66  a 2  b0  a 2  1  a 2
6
ab
a b
(2a)2  b0 22  a 2  b0
 1 3  4  a 21  b0( 3)  4  a1  b3  4ab3
ab3
a b
 2ab 
2 3
d
2a 3  2ab 1

23  a3   b2 
3
23  a3  b23
 3
2a  2ab1
2a 3  2ab 1
23  a3  b6
2b7
 1 3 1 1 1  2311  a331  b6( 1)  21  a 1  b7 
2 a 2 a b
a
Oppgave 2.3
a
b
1
100  102
2
1  100
3
0,001  103
1
8  23
2
1  20
3
0, 25 
© Aschehoug
1 1
 2  22
4 2
www.lokus.no
Side 1 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.4
a
25  52  52  52  522  50  1
b
 22   225  210  21015( 6)  21  2
45

215  82 215   23 2 215  23( 2) 215  26
c
102 

1003
1023
106



 106( 12)  1018
4
4
(

3)

4

12
0,001 103  10
10
d
152
(3  5)2
32  52
32  52
510 510
2 4
2( 8)
2
10




3

5

3

5


254  34  52 4  34 52( 4)  34 58  34
32
9
5
3
Oppgave 2.5
1
a
10  10 2
1
1
2
4
10  10 4
3
5
100  10  10
5
2
2
5
1
b
3  32
1
7
2
9
37  39
3
27  33  32
3
Oppgave 2.6
1
1
1
1 1 1
 
3 6
10  3 10  6 10  10 2 10 3 10 6  10 2
a
3
5
4
10
 101  10
b
5
1000  10  10  10  10 10  10
c
4
x x x  x x x  x
10
12
4
3
3
5
1
4
4
10
1
2
3
12
1 1 3
 
4 2 12
3 4

5 10
 101  10
 x1  x
Oppgave 2.7
a
10 
b
105 106  1056  1011
c
103
 103( 2)  1032  105
102
d
1
1
3
3
 ( 8)
 103  108  103  1083  105
  10  8  10  10
10
 10 
5 3
 1053  1015
8
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.8
a
100 000  105
b
0,0001  104
1
10  10 2
c
1
d
3
10  10 3
Oppgave 2.9
a
b
c
d
x  y5
x1  y 5

 x1( 2)  y 53  x3 y 2
2
3
2
3
x y
x y
x  x3  x5

x 
4 2
x  x3  x5 x1  x3  x5

 x1358  x1  x
x 42
x8
16n5 24  n5
 3 3  243  n53  21  n2  2n2
3
(2n)
2 n
a3b7
a 2   b3 
2

a 3  b7
a 3  b7

 a3( 2)  b76  a5  b1  a5b
a 2  b32 a 2  b6
Oppgave 2.10
1
F
3
50  1  H
31 
1
1
0, 25     4  I
4
1
22    22   4  A
21 
1
G
2
Oppgave 2.11
a
35  35  35  3  35  31  35  315  36
b
29  29  29  29  29  29  29  29  8  29  23  29  239  212
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.12
a
10x 102 x  10x2 x  103 x
b
10 
c
103 x 10 x
 103 x x2 x  102 x
102 x
d
1
1
0
(  x)
 10 x
  10   x 1  10
10
 10 
n x
101nx  10nx 101nx  10nx1nx  101  10
x
Oppgave 2.13
a
0, 2 
b
3
1
 51
5
1
5  53
3
c
d
125  53  5 2
1
1
 2  52
25 5
Oppgave 2.14
a
3n  3n  3n  3  3n  31  3n  31n  3n1
b
23n  23n  23n  23n  4  23n  22  23n  223n  23n2
Oppgave 2.15
2
1
2 x y  9 x 2 y  2  x y  9   x y   2  3  9  32  2  3  9   6  1  5
9
Oppgave 2.16
 2x 
 2x 

2 
2  2 

2 
5 3
a
b
c
5 3
3 1
81
64  81
0,52
16 x 2   6 x 
 3x 
2 3
3 1
6
1 2
2


23  x( 5)( 3) 23  x15

 23( 3)  x15  20  x15  1  x15  x15
3( 1)
3
2
2
26  23( 1) 26  23
 ( 1)2 
 26( 3)( 2)  2632  25  32
2
2
2
24  x 2   2  3  x 
 3x 
2 3
2

24  x 2  22  32  x 2
33  x 2( 3)
 242  32( 3)  x 22( 6)  22  31  x6  4  3  x6  12 x6
2
(0,01x) 5 10  x 
10( 2)( 5)  x 5 1010  x 5
107
103
5( 4)
7
1




10

x

10

x

1000 x 4
103  x 4
103  x 4
103  x 4
x
5
d
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.17
a
lg108  8
b
lg103,4  3, 4
c
10lg 2  2
d
10lg 0,5  0,5
Oppgave 2.18
a
lg10 000  lg104  4
b
lg 0,1  lg101  1
c
lg 10  lg10 2 
d
lg 1000  lg 10  lg10 
1
3
5
5
1
2
3
5
3
5
Oppgave 2.19
a
Av figuren ser vi
at lg 2  0,30 .
b
lg 0,5  0,30
c
lg 2,5  0, 40
d
Vi ser at grafen til 10 x aldri
kommer under y-aksen.
10 x kan aldri bli negativ.
Likningen 10 x  0,5 har
derfor ingen løsning.
lg(0,5) er ikke definert.
Oppgave 2.20
a
ln e2  2
b
eln 3  3
c
ln e  ln e 2 
d
1
ln  ln e1  1
e
1
© Aschehoug
1
2
www.lokus.no
Side 5 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.21
a
lg107  7
b
lg10 x  x
c
ln e3  3
d
ln e x  x
Oppgave 2.22
a
lg1000  lg103  3
b
lg 0,01  lg102  2
c
ln e  1
d
eln10  10
Oppgave 2.23
a
lg100  ln e2  lg102  ln e2  2  2  4
b
ln e5  eln 5  5  5  0
c
lg10  ln1  1  0  1
d
lg1000  lg 0,1  lg103  lg101  3  (1)  3  1  4
Oppgave 2.24
lg100 000  lg105  5  J
10lg 0,5  0,5  G
ln1  0  E
lg10  1  H
lg 0, 001  lg103  3  B
Oppgave 2.25
lg1003  lg 102   lg1023  lg106  6
3
10lg e  e
ln e  1
4
lg 3 1002  lg 3 102   lg 3 1022  lg 3 104  lg10 3 
4
3
Siden 1  e  10 , så er 0  lg e  1 . I stigende rekkefølge får vi dermed
2
lg e
ln e
© Aschehoug
lg 3 1002
10lg e
lg1003
www.lokus.no
Side 6 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.26
1
 lg102  ln e2  2  (2)  2  2  4
2
e
a
lg100  ln
b
lg  ln e   lg1  0
c
eln 2ln 3  eln 2  eln 3  2  3  6
d
ln e  lg 100  ln e  lg 10  ln e  lg10 
3
5
3
3
5
3
2
5
3
2
3
5 2
 1
3 3
Oppgave 2.27
a
1,35  10lg1,35  100,13
b
1,35  eln1,35  e0,30
Oppgave 2.28
a
Hvis a  b , så er lg a  lg b .
Logaritmefunksjonen er entydig. Hvis lg a  lg b , så er derfor a  b .
Uttrykkene er altså ekvivalente, a  b  lg a  lg b .
b
Grafen til funksjonen lg x vokser mot høyre for alle x  0 .
Derfor er lg a  lg b hvis og bare hvis a  b .
Uttrykkene er altså ekvivalente, a  b  lg a  lg b .
Oppgave 2.29
a
log n 1 er det tallet vi må opphøye n i for å få 1.
For alle positive tall n er n0  1 .
Derfor er log n 1  0 .
b
1
log 2 16  log 2 24  4
2
log3
1
1
 log3 2  log3 32  2
9
3
1
2
3
log 4 2  log 4 4  log 4 4 
4
log5 5  log5 5 2 
1
c
1
2
1
2
Vi tegner grafen til f ( x)  2 x i GeoGebra.
Av grafen ser vi at f ( x)  3 for x  1,58 .
Altså er log 2 3  1,58 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.30
a
lg a5  lg a2  5  lg a  2  lg a  7lg a
b
3lg b8  2lg b7  3  8  lg b  2  7  lg b  24lg b  14lg b  10lg b
c
lg c  8lg c  2lg c 3  lg c  8lg c 2  2lg c 3
1
1
 lg c  8   lg c  2  (3)  lg c  lg c  4lg c  6lg c  11lg c
2
Oppgave 2.31
a
ln x3  ln x2  3ln x  (2)ln x  ln x
b
5ln y 4  ln y7  5  4  ln y  7  ln y  20ln y  7ln y  13ln y
c
6ln 3 z  2ln z  ln
1
1
1
 6ln z 3  2ln z 2  ln z 1
z
1
1
 6   ln z  2   ln z  (1)  ln z  2ln z  ln z  ln z  2ln z
3
2
Oppgave 2.32
a
b
c
 lg x 
2
lg x
lg  x 2 
lg x

(lg x)  (lg x)
 lg x
lg x

2lg x
2
lg x
lg x 2 2lg x

2
lg x
lg x
Oppgave 2.33
a
ln 9  ln 32  2  ln 3  2 1,1  2, 2
b
ln125  ln 53  3  ln 5  3 1,6  4,8
Oppgave 2.34
a
3ln 2 x  ln 4 x  3   ln 2  ln x   ln 4  ln x
 3   ln 2  ln x   ln 22  ln x  3ln 2  3ln x  2ln 2  ln x  5ln 2  4ln x
b
ln 2e x  3ln e2 x  ln 2  ln e x  3ln e2 x  ln 2  x  3  2 x  ln 2  x  6 x  ln 2  7 x
c
lg100 x  3lg10 x 2  lg100  lg x  3   lg10  lg x 2   lg102  lg x  3  1  2lg x 
 2  lg x  3 1  3  2lg x  2  lg x  3  6lg x  5  7 lg x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.35
a
b
lg ab  lg a 2b  lg b3  lg a  lg b  lg a 2  lg b  lg b 3
 lg a  lg b  2lg a  lg b  (3) lg b
 3lg a  lg b
5lg  ab 2   2lg  a 3b 2   3lg  ab 4   5   lg a  lg b 2   2   lg a 3  lg b 2   3   lg a  lg b 4 
 5   lg a  2lg b   2   3lg a  2lg b   3   lg a  4lg b 
 5lg a  10lg b  6lg a  4lg b  3lg a  12lg b
 8lg a  2lg b
Oppgave 2.36
2ln 3  3ln10  ln 32  ln103  ln 9  ln1000  ln 9 1000   ln 9000
Oppgave 2.37
a
b
Vi har ingen regneregler for logaritmen til differansen mellom to tall.
Uttrykket ln( x  4) er ikke det samme som ln x  ln 4 .
Generelt er derfor ln( x  4)  ln 4  ln x .
(Med likhetstegn får vi i stedet en likning, som har løsningen x  16 3 .)
ln  6  x   ln 2  ln  6 x  2   ln12 x
c
Vi har ingen regneregler for logaritmen til summen av to tall.
Generelt er derfor lg( x  1)  lg9  lg( x  10) .
(Med likhetstegn får vi en likning med løsningen x  1 8 .)
d
Vi har ingen regneregler for produktet av to logaritmer, eller logaritmen av en sum.
Derfor er lg x  lg3  lg( x  3) .
e
Vi har ingen regneregler for logaritmen til summen av to tall.
Generelt er derfor lg(10  x)  1  lg x .
(Med likhetstegn får vi en likning med løsningen x  10 9 .)
f
lg 10 x   lg10  lg x  1  lg x
Oppgave 2.38
a
lg
1000
x
 3lg  lg1000  lg x  3   lg x  lg10   3  lg x  3lg x  3  2lg x
x
10
b
ln
2
e
 ln  ln 2  ln e6   ln e  ln 4   ln 2  6  1  2ln 2  3ln 2  7
6
e
4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.39
a
a
a
1
ln    ln  2   2ln     ln a  ln b    ln a  ln b 2   2   ln1  ln b 
b
b 
b
 ln a  ln b  ln a  2ln b  2  0  2ln b
 2ln a  5ln b
b
 1 
 a 
ln  2 3   3ln  2   ln1  ln a 2b3  3   ln a  ln b 2 
a b 
b 
 0   ln a 2  ln b3   3   ln a  ln b 2 
 2ln a  3ln b  3ln a  3  (2)  ln b
 5ln a  9ln b
Oppgave 2.40
lg
1
 lg1  lg a  0  lg a   lg a
a
Oppgave 2.41
Vi bruker definisjonen av naturlige logaritmer til å skrive potensen a x på to måter:
a x  eln a
x
a x   eln a   e(ln a )x  e xln a
x
De to uttrykkene for a x må være like. Altså er eln a  e xln a .
To like potenser med samme grunntall må ha like eksponenter. Altså er ln a x  x  ln a .
x
Oppgave 2.42
Vi bruker definisjonen av briggske logaritmer til å skrive produktet ab på to måter:
ab  10log ab
ab  10log a 10log b  10log alog b
De to uttrykkene for ab må være like. Altså er 10log ab  10log alog b .
To like potenser med samme grunntall må ha like eksponenter. Altså er log ab  log a  log b .
Oppgave 2.43
Vi bruker definisjonen av briggske logaritmer til å skrive brøken a b på to måter:
a
log
a
 10 b
b
a 10log a
 log b  10log a log b
b 10
log
De to uttrykkene for a b må være like. Altså er 10
a
b
 10log alog b .
To like potenser med samme grunntall må ha like eksponenter. Altså er log
© Aschehoug
www.lokus.no
a
 log a  log b .
b
Side 10 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.44
a
2lg a  lg a 2  2lg a  2lg a  4lg a
b
a
lg  lg b  (lg a  lg b)  lg b  lg a
b
c
ln ab  ln a 2b   ln a  ln b    ln a 2  ln b   ln a  ln b  2ln a  ln b  3ln a  2ln b
d
ln ab3  ln
1
  ln a  ln b3    ln1  ln b3   ln a  3ln b  0  3ln b  ln a
3
b
Oppgave 2.45
a
a
lg  ab2   lg  2   lg a  lg b2  lg a  lg b2  lg a  2lg b  lg a  2lg b  2lg a
b 
b
lg  x 10 x   lg x  lg10 x  lg x  x
c
ln  x  e2 x   ln x  ln e2 x  ln x  2 x
d
3
ln  3e x   ln  x   ln 3  ln e x  ln 3  ln e x  ln 3  x  ln 3  x  2ln 3
e 
Oppgave 2.46
x
 lg x 2  lg x  lg y  lg x  lg y  2lg x  0
y
a
lg xy  lg
b
lg
c
ln x 2  5ln
d
lg x3 3lg x 3


lg x 2 2lg x 2
25
 lg 5 x 4  lg 25  lg x  lg 5  lg x 4
x
 lg 52  lg x  lg 5  lg x 4  2lg 5  lg x  lg 5  4lg x  3lg 5  3lg x
e
 ln x 2  5   ln e  ln x 2   2ln x  5 1  5  2  ln x  5  8ln x
2
x
Oppgave 2.47
a
b
c
d
3lg x
3
lg x
lg  x 4 
lg x

4lg x
4
lg x
lg x5 5lg x

5
lg x
lg x
 lg x 
lg x
6
  lg x 
© Aschehoug
5
www.lokus.no
Side 11 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.48
2 lg 2  lg 22  lg 4
3lg 5  lg 53  lg125
4 lg 3  lg 34  lg 81
6 lg1  lg16  lg1
Logaritmefunksjonen vokser i hele definisjonsmengden, og 0,5  1  4  81  125 .
I stigende rekkefølge får vi dermed
lg 0,5 6lg1 2lg 2 4lg3 3lg5
Oppgave 2.49
a
lg 4  lg 22  2lg 2
b
lg16  lg 24  4lg 2
c
5lg8  5lg 23  5  3  lg 2  15lg 2
d
lg
1
 lg1  lg 2  0  lg 2   lg 2
2
Oppgave 2.50
ln
e2
 ln x  ln e2  ln x  ln x  2
x
Oppgave 2.51
lg
10
 lg100 x  lg10  lg x  lg100  lg x  1  lg x  2  lg x  3
x
Oppgave 2.52
a
ln x5  3ln x2  ln1  5ln x  3  2ln x  0   ln x
b
lg  ab2   2lg a3  2lg  ab   lg a  lg b 2  2lg a 3  2   lg a  lg b 
 lg a  2lg b  2  3lg a  2lg a  2lg b
 5lg a
c
lg ab 5  lg
b
 2lg  a 4  b   lg a  lg b 5  lg b  lg a 3  2   lg a 4  lg b 
a3
 lg a  (5)  lg b  lg b  3lg a  2  4lg a  2lg b
 10lg a  6lg b
2
d
x
x
ln    2ln  e3  x 4   2  ln  2   ln e3  ln x 4   2   ln x  ln e   2   ln e3  4ln x 
e
e
 2ln x  2 1  2  3  8ln x
 10ln x  4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.53
a
lg(ab)2  lg
b
b
 2lg  a 2  b   2lg ab  lg  2   lg a 2  lg b 
a
a
 2lg a  2lg b  lg b  lg a  2  (2)  lg a  2lg b
 5lg a  lg b
b
b
lg(ab)2  lg  2lg  a 2  b   5lg a  lg b  lg a5  lg b  lg a5b
a
Oppgave 2.54
a
102lg3  10lg3  10lg9  9
b
10 lg 3 
c
1000lg3  103 
d
2
1
1

lg 3
10
3
lg3
e
ln 3ln 2
 103lg3  10lg3  10lg 27  27
3
eln 3 3
 ln 2 
e
2
Oppgave 2.55
a
lg8  lg 23  3  lg 2  3  0,30  0,90
b
lg 6  lg  2  3  lg 2  lg3  0,30  0, 48  0,78
c
lg 45  lg  9  5  lg  32  5  lg 32  lg 5
 2  lg 3  lg 5  2  0, 48  0,70  0,96  0,70  1,66  1,7
d
lg 6,5  lg
13
 lg13  lg 2  1,11  0,30  0,81
2
Oppgave 2.56
a
b
c
d
ln(a  b)2  ln ab  ln(a  b)  2ln ab  ln ab  ln(a  b)
 ln ab  ln(a  b)
 ln a  ln b  ln(a  b)
lg x3  lg x 5 lg x3  lg x 5 3lg x  (5) lg x 8lg x



 4
1
lg x 2
2lg x
2lg x
lg 2
x
lg x 4  2lg x3
 lg x 
2

4lg x  2  3lg x
 lg x 
2

10lg x
10

(lg x)  (lg x) lg x
1
1
3
ln a  2ln a ln a 2  2ln a 2 ln a  2ln a  2 ln a
3 5
3 2
3



 :   
1
2
1
5
2 2
2 5
5
ln a  ln a
ln a  2ln a
ln a
ln a 2  ln a 2
2
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.57
a
lg(100 x)5  lg
1
 2 lg
10 x



10  x3  5  lg100 x  lg1  lg10 x  2  lg 10  lg x 3

1


 5   lg100  lg x   0  lg10  lg x  2   lg10 2  3lg x 


1
 5  2  5lg x  1  lg x  2   6 lg x
2
 8  2 lg x
n
b
x
x
ln    n  ln  n  x   n  ln  n  ln  n  x 
n
n
 n   ln x  ln n   n   ln n  ln x 
 n ln x  n ln n  n ln n  n ln x
 2n ln x
Oppgave 2.58
Logaritmefunksjonen vokser i hele definisjonsmengden.
ln 2e 2  ln 2  22  ln 8
3ln 2  2 ln 3  ln 23  ln 32  ln 8  ln 9  ln
ln 2  ln 3  ln  2  3  ln 6
ln 5  ln 4  ln
8
9
5
4
1
1
ln 2  ln 2 2  ln 2
2
8 5
  2 68
9 4
I stigende rekkefølge får vi dermed
1
3ln 2  2ln 3 ln 5  ln 4
ln 2
2
ln 2  ln 3
ln 2e 2
Oppgave 2.59
Vi bruker definisjonen av naturlige logaritmer og første logaritmesetning.
x
x x  eln x  e x ln x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.60
a
Vi tar den briggske logaritmen på begge sider av uttrykket eln x  x ,
og bruker første logaritmesetning.
eln x  x
lg eln x  lg x
ln x  lg e  lg x
ln x 
b
lg x
lg e
Vi setter x  10 inn i formelen i oppgave a.
lg10
ln10 
lg e
1
ln10 
lg e
ln10  lg e  1
Oppgave 2.61
a
U ( x)  (ln x)3  7 ln x  6
U (e)  (ln e)3  7 ln e  6  13  7 1  6  1  7  6  0
Funksjonen U (u)  u3  7u  6 er et tredjegradspolynom med u  ln x som «variabel».
Siden U (u  1)  0 , er U (u ) delelig med u  1 .
Det betyr altså at divisjonen U ( x) : (ln x  1) går opp.
b
Vi utfører «polynomdivisjonen» U ( x) : (ln x  1) .
 (ln x)
3
 7 ln x  6  : (ln x  1)  (ln x) 2  ln x  6
(ln x)3  (ln x) 2
(ln x) 2  7 ln x  6
(ln x) 2  ln x
6 ln x  6
6 ln x  6
0
Vi faktoriserer (ln x)  ln x  6 med nullpunktmetoden.
u2  u  6  0
2
1  12  4 1  (6) 1  1  24 1  25 1  5



2 1
2
2
2
u  3  u  2
u
Dermed er (ln x)2  ln x  6  (ln x  2)(ln x  3) .
Vi kan altså skrive funksjonen U ( x) på formen U ( x)  (ln x  1)(ln x  2)(ln x  3) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.62
a
Hvis a  0 , så er lg ab  b lg a .
«Fellen» i oppgaven er derfor at det ikke er sagt noe om hvilke verdier a kan ha.
Hvis b lg a  c , så må lg a være definert, altså er a  0 . Da er også lg ab  c .
Men lg ab kan være definert selv om a  0 . For eksempel er lg(10)2  lg100  2 .
Altså gjelder implikasjonen lg ab  c  b lg a  c .
b
Hvis lg a  lg b  c , så må lg a og lg b være definert.
Altså er a  0 og b  0 . Da er også lg a  lg b  lg ab  c .
Men lg ab er i tillegg definert hvis både a  0 og b  0 . Da er ikke lg a  lg b definert.
Altså gjelder implikasjonen lg ab  c  lg a  lg b  c .
Oppgave 2.63
a
lg x  4
x  104
x  10 000
Altså får vi L  10 000 .
b
ln x  3
x  e3
Altså får vi L  e3 .
c
lg x  n
x  10n
Altså får vi L  10n  .
Oppgave 2.64
a
ln 2 x  4
2 x  e4
x
e4
2
 e4 
Altså får vi L    .
2
b
lg 3 x  2
3 x  102
x
100
3
100 
Altså får vi L  
.
 3 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
c
lg( x  2)  3
x  2  103
x  1002
Altså får vi L  1002 .
Oppgave 2.65
a
3ln x  2  1
3ln x  3
ln x  1
xe
Altså får vi L  e .
b
3lg( x  2)  3
lg( x  2)  1
x  2  10
x  12
Altså får vi L  12 .
c
(lg x  2)  lg( x  2)  0
lg x  2  0  lg( x  2)  0
lg x  2  x  2  100
x  100  x  3
Altså får vi L  3 , 100 .
Oppgave 2.66
a
(lg x)2  2lg x  8  0
(2)  (2)2  4 1  (8) 2  4  32 2  36 2  6



2 1
2
2
2
lg x  2  lg x  4
lg x 
x  102  x  104
x  0, 01  x  10 000
Altså får vi L  0,01, 10 000 .
b
(ln x) 2  2ln x  8  0
(2)  (2) 2  4 1  (8) 2  4  32 2  36 2  6



2 1
2
2
2
ln x  2  ln x  4
ln x 
x  e2  x  e4
1

Altså får vi L   2 , e4  .
e

© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.67
a
lg x  lg 2
x2
Altså får vi L  2 .
b
ln x  4 ln 2
ln x  ln 24
x  16
Altså får vi L  16 .
c
lg 3 x  2 lg 3
lg 3 x  lg 32
3x  9
x3
Altså får vi L  3 .
Oppgave 2.68
a
ln(6  x)  ln x
6 x  x
0 x6
2x  6
x3
Altså får vi L  3 .
b
lg(6  2 x)  lg x  1
0 x3
 6  2x 
lg 
 1
 x 
6  2x
 10
x
6  2 x  10 x
12 x  6
1
2
1 
Altså får vi L    .
2
x
c
lg(5  3x)  lg( x  3)
5
For at venstresiden skal være definert, må x  .
3
For at høyresiden skal være definert, må x  3 .
De to ulikhetene kan ikke være oppfylt samtidig.
Likningen har derfor ingen løsning, L   .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.69
a
ln x 2  6
x 2  e6
x   e6
x  e 3  x  e 3
Altså får vi L  e3 , e3 .
b
lg x3  6
x3  106
x  3 1 000 000
x  100
Altså får vi L  100 .
c
100
6
x
100 

lg  x 5 
6
x 

lg100 x 4  6
lg x5  lg
x0
100 x 4  106
x 4  10 000
x  10
(siden x  0)
Altså får vi L  10 .
Oppgave 2.70
a
lg x  2
x  102
x  100
Altså får vi L  100 .
b
ln x  1
xe
Altså får vi L  e .
c
lg x  0
x 1
Altså får vi L  1 .
d
ln x  0
x 1
Altså får vi L  1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.71
a
2 ln x  2
ln x  1
xe
Altså får vi L  e .
b
lg x  1  5
lg x  4
x  104
x  10 000
Altså får vi L  10 000 .
c
lg( x  1)  5
x  1  105
x  99 999
Altså får vi L  99 999 .
d
ln x 3  6
x3  e6
x  3 e6
x  e2
Altså får vi L  e2  .
Oppgave 2.72
a
lg(2  x)  lg 3
2 x 3
x  1
Altså får vi L  1 .
b
ln 2 x  1
2x  e
x
e
2
e 
Altså får vi L    .
2
c
lg x  lg 4  2
lg 4 x  2
4 x  102
x  25
Altså får vi L  25 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
d
ln(2 x  1)  0
2x 1  1
2x  2
x 1
Altså får vi L  1 .
Oppgave 2.73
a
 ln x 
2
4
ln x   4
ln x  2  ln x  2
x  e2  x  e2
1

Altså får vi L   2 , e2  .
e

b
ln x 2  4
x 2  e4
x   e4
x  e 2  x  e 2
Altså får vi L  e2 , e2 .
c
lg x 2  lg x  0
2 lg x  lg x  0
x0
3lg x  0
lg x  0
x 1
Altså får vi L  1 .
d
 lg x 
2
 lg x  0
x0
(lg x)(lg x  1)  0
lg x  0  lg x  1  0
lg x  0  lg x  1
x  100  x  101
x  1  x  0,1
Altså får vi L  0,1, 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.74
a
lg x 2  lg x  2  0
2lg x  lg x  2  0
lg x  2  0
x0
x  100
Altså får vi L  100 .
b
 lg x 
2
 lg x  2  0
x0
(1)  (1) 2  4 1  (2) 1  1  8 1  9 1  3



2 1
2
2
2
lg x  1  lg x  2
lg x 
x  101  x  102
Altså får vi L  0,1, 100 .
c
lg x 2  lg x  lg 8
x0
2 lg x  lg x  lg 23
3lg x  3lg 2
lg x  lg 2
x2
Altså får vi L  2 .
Oppgave 2.75
a
lg x   lg x  lg 2   0
lg x  0  lg x  lg 2  0
x0
x  100  lg x  lg 2
x 1  x  2
Altså får vi L  1, 2 .
b
(lg x  5)  (lg x  lg5)  0
lg x  5  0  lg x  lg 5  0
lg x  5  lg x  lg 5
x0
x  105  x  5
Altså får vi L  5 , 100 000 .
c
lg( x  3)  (lg x  lg3)  0
lg( x  3)  0  lg x  lg 3  0
x3
x  3  100  lg x  lg 3
x4  x3
Vi må forkaste løsningen x  3 , siden den gir lg 0 i den opprinnelige likningen.
Altså får vi L  4 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.76
a
3  ln x   2ln x  1  0
2
x0
(2)  (2)2  4  3  (1) 2  4  12 2  16 2  4



23
6
6
6
1
ln x    ln x  1
3
ln x 
xe

1
3
 xe
 1

Altså får vi L   3 , e  .
 e 
b
2 lg(2 x  5)  lg 4  lg x 2
x
5
2
lg(2 x  5) 2  lg 4 x 2
(2 x  5) 2  4 x 2
4 x 2  20 x  25  4 x 2
20 x  25  0
5
x
4
Vi må forkaste løsningen, siden den gir logaritmen av et negativt tall i den opprinnelige
likningen. Likningen har derfor ingen løsning, L   .
c
ln( x  2)  ln( x  2)  ln 21
x2
ln  ( x  2)( x  2)   ln 21
ln  x 2  4   ln 21
x 2  4  21
x 2  25
x5
(siden x  2)
Altså får vi L  5 .
Oppgave 2.77
a
lg x   lg x  lg n   0
lg x  0  lg x  lg n  0
x0
x  100  lg x  lg n
x 1  x  n
Altså får vi L  1, n .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
b
 lg x  n    lg x  lg n   0
x0
lg x  n  0  lg x  lg n  0
lg x  n  lg x  lg n
x  10n  x  n
Altså får vi L  n , 10n  .
c
lg( x  n)   lg x  2lg n   0
lg( x  n)  0  lg x  2lg n  0
xn
x  n  100  lg x  lg n 2
x  n  1  x  n2
Hvis n  1 får vi altså løsningen L  n  1, n2  .
Hvis n  1 må vi derimot forkaste den siste løsningen. Da blir L  n  1  2 .
Oppgave 2.78
a
Vi setter inn L  51 og r  5,0 i formelen for L, og løser likningen med hensyn på k.
L  k  20  lg r
51  k  20  lg 5, 0
k  51  20  lg 5, 0
k  65
Konstanten k har verdien 65.
b
Vi setter inn L  55 og regner ut r.
55  65  20  lg r
20lg r  10
lg r  0,5
r  100,5
r  3, 2
Avstanden fra høyttaleren er 3,2 m når lydstyrken er 55 dB.
c
Tenk at Aslak står r meter unna høyttaleren. Da står Berit 2r meter unna.
LBerit  k  20  lg 2r
LAslak  k  20  lg r
LAslak  LBerit   k  20lg r    k  20lg 2r   k  20lg r  k  20   lg 2  lg r 
 20lg 2  6,0
Forskjellen i lydstyrke er 20lg 2 dB  6,0 dB .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.79
a
t  45lg  0,02T  0, 4 
Vi setter inn T  50 og regner ut t.
Temperaturen har falt til 50 C etter 10 minutter.
b
Vi løser likningen 45lg  0,02T  0, 4   0 med hensyn på T.
Temperaturen i safta var 70 C da Odd fylte den på flaska.
c
Vi løser likningen 45lg  0,02T  0, 4   45 med hensyn på T.
Etter tre kvarter er temperaturen i safta 25 C .
Oppgave 2.80
a
5 x  25
5 x  52
x2
Altså får vi L  2 .
b
1
2
x
2  2 1
2x 
x  1
Altså får vi L  1 .
c
ex  e
1
ex  e2
x
1
2
1 
Altså får vi L    .
2
d
1
e3
e x  e 3
ex 
x  3
Altså får vi L  3 .
Oppgave 2.81
a
102 x1  1000
102 x1  103
2x 1  3
2x  4
x2
Altså får vi L  2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
b
2x
2
x
1
2x
2
x
 20
x2  x  0
x( x  1)  0
x  0  x 1  0
x  0  x  1
Altså får vi L  1, 0 .
c
ex  e
2
e x  e1
2
x2  1
x  1
Altså får vi L  1, 1 .
x
d
1
1
  
 2  16
x
4
1 1
   
2 2
x4
Altså får vi L  4 .
Oppgave 2.82
a
10 x  5
x  lg 5
Altså får vi L  lg 5 .
b
ex  3
x  ln 3
Altså får vi L  ln 3 .
c
ex  2
x  ln 2
Altså får vi L  ln 2 .
d
5x  7
x
lg 7
lg 5
 lg 7 
Altså får vi L  
.
 lg 5 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.83
a
102 x  2
2 x  lg 2
x
lg 2
2
 lg 2 
Altså får vi L  
.
 2 
b
e x1  7
x  1  ln 7
x  ln 7  1
Altså får vi L  ln 7  1 .
c
ex  5
2
x 2  ln 5
x   ln 5


Altså får vi L   ln 5 , ln 5 .
d
2  e3 x  1  7
2  e3 x  6
e3 x  3
3 x  ln 3
ln 3
x
3
 ln 3 
Altså får vi L  
.
 3 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.84
a
e x  0,75
x  0, 29
Altså får vi L  0, 29 .
b
2x  3
x  1,58
Altså får vi L  1,58 .
c
3 x 5  2
x  4,37
Altså får vi L  4,37 .
d
e13 x  x
x  0,54
Altså får vi L  0,54 .
Oppgave 2.85
e 2 x  2e x  0
a
 e   2e  0
e  e  2  0
x 2
x
x
x
ex  0  ex  2  0
ex  2
x  ln 2
Siden e x  0 for alle x, gir ikke e x  0 noen løsning.
Altså får vi L  ln 2 .
b
102 x  3  10 x  0
10 
x 2
 3  10 x  0
10 x  10 x  3  0
10 x  0  10 x  3  0
10 x  3
x  lg 3
Siden 10 x  0 for alle x, gir ikke 10 x  0 noen løsning.
Altså får vi L  lg 3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
c
2  5 x  52 x  0
2  5x   5x   0
2
5x   2  5x   0
5x  0  2  5x  0
2  5x
ln 2
x
ln 5
x
Siden 5  0 for alle x, gir ikke 5x  0 noen løsning.
 ln 2 
Altså får vi L  
.
 ln 5 
Oppgave 2.86
a
e2 x  e x  6  0
e 
x 2
 ex  6  0
1  12  4 1  (6) 1  1  24 1  25 1  5



2 1
2
2
2
x
x
e  3  e  2
ex 
x  ln 2
Siden e  0 for alle x, gir ikke e x  3 noen løsning. Altså får vi L  ln 2 .
x
b
32 x  2  3x  3  0
3 
x 2
 2  3x  3  0
(2)  (2)2  4 1  (3) 2  4  12 2  16 2  4



2 1
2
2
2
x
x
3  1  3  3
3x 
3x  31
x 1
Siden 3x  0 for alle x, gir ikke 3x  1 noen løsning. Altså får vi L  1 .
9 10 x  8  102 x
c
10 
x 2
 9 10 x  8  0
(9)  (9)2  4 1  8 9  81  32 9  49 9  7
10 



2 1
2
2
2
x
x
10  1  10  8
x
x  0  x  lg8
Altså får vi L  0 , lg8 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.87
e x  1  2e  x
a
e x  e x  1  e x  2e  x  e x
e2 x  e x  2  0
b
1  12  4 1  (2) 1  1  8 1  9 1  3



2 1
2
2
2
x
x
e  2  e  1
ex 
x0
Siden e x  0 for alle x, gir ikke e x  2 noen løsning. Altså får vi L  0 .
Oppgave 2.88
a
3x 5  9
3x 5  32
x5 2
x  3
Altså får vi L  3 .
b
5x  5
5 5
x
x
1
2
1
2
1 
Altså får vi L    .
2
c
43 x  7  23
43 x  16
43 x  4 2
3x  2
2
x
3
2
Altså får vi L    .
3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
22 x  2 x  0
d
2   2  0
2   2  1  0
x 2
x
x
x
2x  0  2x  1  0
2x  1
x0
Siden 2 x  0 for alle x, gir ikke 2 x  0 noen løsning.
Altså får vi L  0 .
Oppgave 2.89
a
e2 x  9
2 x  ln 9
2 x  ln 32
2 x  2 ln 3
x  ln 3
Altså får vi L  ln 3 .
b
10 x 3  1
10 x 3  100
x30
x  3
Altså får vi L  3 .
c
5x
2
 4 x 5
 25
5x
2
 4 x 5
 52
x2  4x  5  2
x2  4 x  3  0
(4)  (4) 2  4 1  3 4  16  12 4  4 4  2
x



2 1
2
2
2
x 1  x  3
Altså får vi L  1, 3 .
d
e2 x  12e x  11  0
e 
x 2
 12e x  11  0
12  122  4 1 11 12  144  44 12  100 12  10



2 1
2
2
2
x
x
e  11  e  1
ex 
Siden e x  0 for alle x, har ingen av disse likningene noen løsning.
Den opprinnelige likningen har derfor heller ingen løsning, L   .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.90
a
2 x  17
x
lg17
lg 2
 lg17 
Altså får vi L  
.
 lg 2 
b
lg17 1, 23 12,3  0,1


 4,1
lg 2 0,30
3  0,1
Altså får vi L  4,1 .
x
Oppgave 2.91
a
Folketallet vokser med 2,5 % per år. Det svarer til vekstfaktoren 1,025.
Til å begynne med er folketallet 13 500. Etter x år er dermed folketallet 13 500 1,025x .
Vi finner derfor tiden det tar før folketallet er 15 000 ved å løse likningen
13 500 1,025x  15 000
b
Vi løser likningen i GeoGebra.
Likningen har løsningen L  4,3 .
Det tar ca. 4,3 år før folketallet er 15 000.
Oppgave 2.92
Etter t måneder er mengden metylkvikksølv nede på 100,13t mg .
Tiden det tar før mengden er nede på 0,25 mg
finner vi derfor ved å løse likningen
100,13t  0, 25
Likningen har løsningen t  4,6 .
Etter 4,6 måneder er mengden metylkvikksølv 0,25 mg.
Oppgave 2.93
a
5  e  e
x
2x
 4  0
5  e x  0  e2 x  4  0
5  e x  e2 x  4
e x  5  e 2 x  22
x  ln 5  2 x  ln 22
x  ln 5  2 x  2 ln 2
x  ln 5  x  ln 2
Altså får vi L  ln 2 , ln 5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
b
3  5x  7  2 x
5x 7

2x 3
x
5 7
  
3
2
7
ln  
3
x  
5
ln  
2
ln 7  ln 3
x
ln 5  ln 2
 ln 7  ln 3 
Altså får vi L  
.
 ln 5  ln 2 
c
32 x  2  3x
0
3x  2
3x  0 for alle x. Uttrykket 3x  2 kan derfor aldri være lik null.
Dermed kan vi multiplisere begge sider med 3x  2 .
32 x  2  3x
  3x  2   0   3x  2 
3x  2
32 x  2  3x  0
3x   3x  2   0
3x  0  3x  2  0
3x  2
ln 2
x
ln 3
x
Siden 3  0 for alle x, gir ikke 3x  0 noen løsning.
 ln 2 
Altså får vi L  
.
 ln 3 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.94
a
2  ex
 2e x
1  ex
Siden e x  0 for alle x, kan aldri 1  e x være lik null.
2  e x  2e x  1  e x 
2  e x  2e x  2e2 x
2e2 x  3e x  2  0
3  32  4  2  (2) 3  9  16 3  25 3  5



22
4
4
4
1
e x  2  e x 
2
1
x  ln
2
x   ln 2
ex 
Siden e x  0 for alle x, gir ikke e x  2 noen løsning.
Altså får vi L   ln 2 .
e x  e x  12
b
e x  e x  e  x  e x  12  e x
e2 x  1  12e x
e 2 x  12e x  1  0
(12)  (12)2  4 1  (1) 12  144  4 12  148 12  4  37 12  2 37




2 1
2
2
2
2
x
x
e  6  37  e  6  37
ex 

x  ln 6  37

Siden 37  36 er 37  36  6 , og dermed er 6  37  0 .
Likningen e x  6  37 gir derfor ingen løsning.
 

Altså får vi L  ln 6  37 .
c
9e 3 x  e  x  0
9e 3 x  e3 x  e  x  e3 x  0  e3 x
9  e2 x  0
e2 x  9
2 x  ln 9
2 x  ln 32
2 x  2 ln 3
x  ln 3
Altså får vi L  ln 3 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.95
a
3  2 x1  17
17
2 x1 
3
 17 
lg  
3
x 1   
lg 2
lg17  lg 3
x  1
lg 2
 lg17  lg 3 
Altså får vi L  1 
.
lg 2 

b
lg17  lg 3
1, 23  0, 48
0,75
 1
 1
 1  2,5  3,5
lg 2
0,30
0,30
Altså får vi L  3,5 .
x  1
Oppgave 2.96
Etter x cm er intensiteten redusert til I  I 0  e0,17 x .
Vi vil finne ut når intensiteten er halvert, altså når I  I 0 2 ,
og løser derfor likningen I 0  e0,17 x  I 0 2 .
Likningen har løsningen x  4,1 .
Strålingen må gå 4,1 cm inn i betongen før intensiteten er halvert.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.97
a
Vi løser oppgaven i GeoGebra.
1. Konsentrasjonen av medisinen avtar eksponentielt,
og er til å begynne med 3,00 mg/mL.
Konsentrasjonen etter x minutter er derfor gitt ved
funksjonen f ( x)  3,00  a x , der a er en konstant.
2. Etter 12 minutter har konsentrasjonen minket
til 2,35 mg/mL. Vi finner dermed konstanten a
ved å løse likningen f (12)  2,35 .
3. Vi trekker ut den positive løsningen b  0,9799 .
4. Konsentrasjonen minker, og vekstfaktoren er b.
Vi finner derfor den prosentvise nedgangen p per
minutt ved å løse likningen
p
b  1
100
Likningen har løsningen p  2,0 .
Konsentrasjonen avtar med 2,0 % per minutt.
b
5. Vi setter inn verdien vi fant for a i funksjonsuttrykket.
6. Vi finner ut hvor lang tid det tar før konsentrasjonen er 0,80 mg/mL
ved å løse likningen m( x)  0,80 . Likningen har løsningen x  65 .
Det tar 65 minutter før konsentrasjonen av medisinen er 0,80 mg/mL.
Oppgave 2.98
a
lg x  2
x  102
x  100
Altså får vi L  100 ,  .
b
lg x  2
x  100
lg x er bare definert for x  0 .
Altså får vi L  0 , 100 .
c
ln x  ln 2
x2
Altså får vi L  2 ,  .
d
ln x  ln 2
x2
ln x er bare definert for x  0 .
Altså får vi L  0 , 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.99
a
2lg x  1  lg x  2
lg x  3
x  1000
Altså får vi L  1000 ,  .
b
3ln x  8  ln x
4 ln x  8
ln x  2
x  e2
ln x er bare definert for x  0 .
Altså får vi L  0 , e2 .
c
lg(3x  2)  1
3 x  2  10
3x  12
x4
2
lg(3x  2) er bare definert for 3x  2  0  x  .
3
2
Altså får vi L 
,4 .
3
Oppgave 2.100
a
lg( x  2)  lg 5
x25
x3
lg( x  2) er bare definert for x  2  0  x  2 . Altså får vi L  2 , 3 .
b
ln 2 x  ln 3
2x  3
x
3
2
ln 2x er bare definert for 2 x  0  x  0 . Altså får vi L  0 ,
c
3
.
2
ln(3 x  2)  ln11
3x  2  11
3x  9
x3
2 
2
ln(3x  2) er bare definert for 3x  2  0  x   . Altså får vi L   , 3 .
3 
3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.101
a
 ln x 
 5ln x  6  0
Vi faktoriserer venstresiden med nullpunktmetoden.
2
 ln x 
2
 5ln x  6  0
(5)  (5) 2  4  1  6 5  25  24 5  1 5  1



2 1
2
2
2
ln x  2  ln x  3
ln x 
Ulikheten kan altså skrives  ln x  2  ln x  3  0 .
Vi tegner fortegnsskjema, og husker at ln x
bare er definert for x  0 .
Ulikheten er oppfylt når 0  x  e2 og når x  e3 .
Løsningsmengden er L  0 , e2   e3 ,  .
b
 lg x   2lg x  0
lg x   lg x  2   0
2
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 0  x  1 og når x  100 .
Løsningsmengden er L  0 , 1  100 ,  .
Oppgave 2.102
a
2x  4
2 x  22
x2
Altså får vi L   , 2 .
b
0,3x  0,3
0,3x  0,31
x 1
(Vi må snu ulikhetstegnet, siden 0  0,3  1.)
Altså får vi L  1,  .
x
c
1 1
  
4
2
x
2
1 1
   
2 2
x2
Altså får vi L   , 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.103
a
ex  e
1
ex  e2
1
2
x
Altså får vi L 
b
1
, .
2
5x
2
2
 25
5x
2
2
 52
x2  2  2
x2  4  0
( x  2)( x  2)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 2  x  2 .
Altså får vi L  2 , 2 .
c
2
 
3
x 5

8
27
x 5
3
2
2
   
3
3
x53
x  2
Altså får vi L  2 ,  .
Oppgave 2.104
a
2x  3
ln 3
x
ln 2
Altså får vi L 
ln 3
, .
ln 2
x
b
1 1
  
3 9
x
2
1 1
   
3 3
x2
Altså får vi L  2 ,  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
x
c
4
2
  
 5  25
x
2
2 2
   
5 5
x2
Altså får vi L  2 ,  .
Oppgave 2.105
a
e2 x  e x  0
e x   e x  1  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  0 .
Løsningsmengden er L  0 ,  .
b
102 x  3 10x  2  0
Vi faktoriserer venstresiden av ulikheten med nullpunktmetoden.
10 
x 2
 3 10 x  2  0
(3)  (3)2  4 1  2 3  9  8 3  1 3  1
10 



2 1
2
2
2
x
x
10  1  10  2
x
Ulikheten kan altså skrives 10 x  110 x  2   0 .
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 0  x  lg 2 .
Løsningsmengden er L  0 , lg 2 .
c
22 x  3  2 x
0
2x  1
2 x   2 x  3
0
2x  1
2 x  0 for alle x. Da er også 2x  3  0 for alle x.
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  0 .
Løsningsmengden er L   , 0 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.106
a
lg x  lg 3
x3
lg x er bare definert for x  0 .
Altså får vi L  0 , 3 .
b
lg x  1
x  10
lg x er bare definert for x  0 .
Altså får vi L  0 , 10 .
c
10 x  5
x  lg 5
Altså får vi L   , lg 5 .
d
ex  1
x0
Altså får vi L   , 0 .
Oppgave 2.107
a
ln( x  4)  1
x4e
x e4
ln( x  4) er bare definert for x  4  0  x  4 .
Altså får vi L  4 , e  4 .
b
e 2 x  25
2 x  ln 25
2 x  ln 52
2 x  2 ln 5
x  ln 5
Altså får vi L  ln 5 ,  .
c
10 x  3
x  lg 3
Altså får vi L   , lg 3 .
d
ln( x  1)  ln 2
x 1  2
x 1
ln( x  1) er bare definert for x  1  0  x  1 .
Altså får vi L  1, 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.108
ln x 2  1
a
x2  e
x2  e  0
 x  e  x  e   0
Vi tegner fortegnsskjema.
I den opprinnelige ulikheten må vi huske at x2  0  x  0 .
Ulikheten er dermed oppfylt når  e  x  0 og når 0  x  e .
Løsningsmengden er altså L   e , 0  0 , e .
b
 ln x   1
2
 ln x   1  0
 ln x  1 ln x  1  0
2
Vi tegner fortegnsskjema, og husker at x  0 .
1
Ulikheten er oppfylt når  x  e .
e
1
Løsningsmengden er L  , e .
e
c
0,8x  0,8
0,8x  0,81
x 1
Altså får vi L   , 1 .
2 x  16
2
d
2 x  24
2
x2  4
x2  4  0
( x  2)( x  2)  0
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når x  2 og når x  2 .
Løsningsmengden er L   , 2  2 ,  .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.109
a
 lg x   5lg x  0
lg x   lg x  5  0
2
Vi tegner fortegnsskjema.
Ulikheten er oppfylt når 0  x  1 og når x  100 000 .
Løsningsmengden er L  0 , 1  100 000 ,  .
b
1
3
 lg x   0
2
2
Vi faktoriserer venstresiden av ulikheten med nullpunktmetoden.
1
3
2
 lg x   lg x   0
2
2
 lg x 
2
2
 1
 1
 3
         4  1     1  1  6 1  25 1  5
 2
 2
 2 2
4
4 2 2
lg x 

2
2 1
2
2
2
3
lg x  1  lg x 
2
3

Ulikheten kan dermed skrives  lg x  1  lg x    0 .
2

Vi tegner fortegnsskjema.
1
lg x  1  0 når x  101  .
10
3
1
3
lg x   0 når x  10 2  10 10 2  10 10 .
2
1
Ulikheten er oppfylt når 0  x 
og når x  10 10 .
10
1
Løsningsmengden er L  0 ,
 10 10 ,  .
10
c
102 x  6 10x  8  0
Vi faktoriserer venstresiden med nullpunktmetoden.
10 
x 2
 6 10 x  8  0
(6)  (6) 2  4  1  8 6  2

2 1
2
x
x
10  2  10  4
10 x 
Ulikheten kan skrives 10 x  2 10 x  4   0 .
Vi tegner fortegnsskjema.
10x  4  0 når x  lg 4  lg 22  2lg 2 .
Ulikheten er oppfylt når lg 2  x  2lg 2 .
Løsningsmengden er L  lg 2 , 2lg 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
lg 2  0,30103
2lg 2  0,60206
Side 43 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.110
Etter t år er radioaktiviteten i kjøttet 8500  0,50,03t Bq/kg .
Vi vil vite når radioaktiviteten har minket til 3000 Bq/kg,
og løser derfor ulikheten 8500  0,50,03t  3000 .
Ulikheten har løsningen t  50 .
Familien Andersen må vente i 50 år før de kan spise reinsdyrkjøttet.
Oppgave 2.111
a
5  100 x  3  10 x
100 x 3

10 x 5
(10 x  0 for alle x.)
x
 100  3

 
 10  5
3
10 x 
5
x  lg
3
5
 3
Altså får vi L  lg ,  .
 5
1
9
 x 8 0
2x
2
2
b
1
9
 22 x  x  22 x  8  22 x  0  22 x
2x
2
2
1  9  2 x  8  22 x  0
(22 x  0 for alle x.)
8   2x   9  2x  1  0
2
Vi faktoriserer venstresiden av ulikheten med nullpunktmetoden.
8   2x   9  2x  1  0
2
(9)  (9) 2  4  8 1 9  81  32 9  49 9  7



2 8
16
16
16
1
2x   2x  1
8
1

Ulikheten kan dermed skrives 8  2 x    2 x  1  0 .
8

Vi tegner fortegnsskjema.
1
1
2 x   0  2 x   23  x  3
8
8
x
x
2  1  0  2  1  20  x  0
Ulikheten er oppfylt når 3  x  0 .
Løsningsmengden er L   3 , 0 .
2x 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
c
ln x  1
 ln x
(x  0)
ln x  1
ln x  1 ln x  (ln x  1)

0
ln x  1
ln x  1
ln x  1  (ln x) 2  ln x
0
ln x  1
(ln x) 2  1

0
ln x  1
u 2  1  0 for alle u. Derfor er også (ln x)2  1  0 for alle x.
Vi tegner fortegnsskjema, og husker at x  0 .
ln x  1  0 når x  e1 .
1
Ulikheten er oppfylt når x  .
e
1
Løsningsmengden er L 
, .
e
Oppgave 2.112
pH-verdien i løsningen er gitt ved pH   lg c , der konsentrasjonen er c  0 .
pH  5
Løsning A:
 lg c  5
lg c  5
c  105
Konsentrasjonen av H3O -ioner i løsning A ligger i intervallet c  105 ,  .
Løsning B:
pH  3
 lg c  3
lg c  3
c  103
Konsentrasjonen av H3O -ioner i løsning B ligger i intervallet c  0 , 103 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2.113
Verdien av bilen er til å begynne med 780 000 kr.
Verdien synker med 20 % hvert år. Vekstfaktoren er altså 0,80.
Etter t år har derfor verdien av bilen sunket til V (t ) kr , der
V (t )  780 000  0,80t
Vi er interessert i tiden det tar før verdien er mellom 400 000 kr og 500 000 kr, og løser derfor
ulikheten 400 000  V (t )  500 000 . I GeoGebra kan vi skrive en «dobbel ulikhet» ved å skrive de
to ulikhetene på vanlig måte, med && imellom.
Ulikheten har løsningen 2,0  t  3,0 .
Ola kommer til å selge bilen når den er mellom 2 og 3 år gammel.
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
 ab 
2 3
a
 a2
a  b2
3

a  b2

a3  b( 2)3  a 2 a3  b6  a 2
a4
3 21
6( 2)
4
4


a

b

a

b

a  b2
a1  b2
b4
1
2
3
3
1
2
1
1
1
10  1000
10  10 10  10
10  101
2
2




10
 101  10
2
1
4
2
4
100
10
10 4
10 2
3
b
a3   b2   a 2
3
3
c
24 

161
24( 1)
24



 24( 4)( 4)  24  16
0,54  42  21 4   22 2 2( 1)4  22( 2) 24  24
d
0,029  40 0005   2 102    22 104   29  102    22   104 
1
9
5
9
5
5
 29 10( 2)( 9)  225 1045  29  1018  210  1020  2910  101820
 2 1038
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 2
a
lg105  5
b
e4ln 2  eln 2  24  16
c
lg1003  3lg100  3lg102  3  2  6
4
Oppgave 3
a
b
c
lg8  lg 23  3lg 2  3  0,3  0,9
8
lg 0,8  lg  lg8  lg10  lg8  1  0,9  1  0,1
10
Vi setter p  8 inn i formelen E  200  50lg p .
E  200  50lg8  200  50  0,9  200  45  155
Når prisen er 8 kr, er etterspørselen etter boller ca. 155 boller.
Verdien av bilen er til å begynne med 400 000 kr.
Verdien avtar med 20 % per år. Vekstfaktoren er altså 0,80.
Etter t år er derfor verdien av bilen gitt ved 400 000  0,80t kr .
Vi vil bestemme hvor lang tid det tar før verdien er 400 000 kr  0, 40  160 000 kr .
400 000  0,80t  160 000
160 000
0,80t 
400 000
0,80t  0, 40
0,80
lg 0, 40 lg 2
lg 0,80  lg 2 0,1  0,3 0, 4
t




lg 0,80 lg 0,80
lg 0,80
0,1
0,1
t4
Det tar ca. 4 år før verdien av bilen har sunket til 40 % av innkjøpsprisen.
Oppgave 4
a
lg x3  3lg x2  3lg x  3  2lg x  3lg x  6lg x  9lg x
b
a
a
lg(ab)2  lg  3   2lg(ab)  lg  3 
b 
b 
 2   lg a  lg b    lg a  lg b3   2lg a  2lg b  lg a  3lg b
 lg a  5lg b
c
ln xe x  ln e4 x  ln x  ln e x  ln e4 x  ln x  x  4 x  ln x  5x
d
lg10 x5  2lg
1
 lg10 x5  2   lg1  lg100 x 
100 x
 lg10  lg x5  2  0  2   lg100  lg x   1  5lg x  2  2  2lg x
 7 lg x  5
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5
41 
1
4
1
ln  ln e 1  1
e
1
1
lg 10  lg10 2 
2
1
1
e  ln 3  ln 3 
e
3
I stigende rekkefølge får vi dermed
1
ln
41 e ln 3 lg 10
e
Oppgave 6
a
b
lg x 2  lg x  3  0
2 lg x  lg x  3  0
3lg x  3  0
3lg x  3
lg x  1
x  10
Altså får vi L  10 .
 lg x 
2
x0
 2lg x  3  0
2  22  4 1  (3) 2  4  12 2  16 2  4



2 1
2
2
2
lg x  3  lg x  1
lg x 
x  103  x  101
x  0, 001  x  10
Altså får vi L  0,001, 10 .
c
lg 4 x  2
x0
4 x  100
x  25
Altså får vi L  0 , 25 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
d
ln x  1
 ln x 
2
 2 ln x
0
ln x  1
0
ln x   ln x  2 
Vi tegner fortegnsskjema, og husker at x  0 .
ln x  1  0 når x  e .
ln x  0 når x  1 .
ln x  2  0 når x  e2 .
Ulikheten er oppfylt når 0  x  1 og når e  x  e2 .
Løsningsmengden er L  0 , 1  e , e2 .
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 7
Venstresiden er sann hvis x2  104  x   10 000  x  100  x  100 .
Høyresiden er sann hvis x  100 .
Altså gjelder implikasjonen lg x2  4  x  100 .
Oppgave 8
a
Verdien av traktoren er til å begynne med 225 000 kr.
Det årlige verditapet er på 7,5 %. Det svarer til vekstfaktoren 1 
7,5
 0,925 .
100
Etter x år er dermed verdien av traktoren 225 000  0,925x kr .
Vi er interessert i hvor lenge traktoren er verdt
mer enn 150 000 kr.
Vi må altså løse ulikheten
225 000  0,925x  150 000
b
Vi løser ulikheten i GeoGebra.
Ulikheten har løsningen x  5, 2 .
Traktoren er verdt mer enn 150 000 kr i litt over 5 år.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 9
a
x ln x  e n
2
ln x ln x  ln e n
2
ln x  ln x  n 2
 ln x 
b
2
 n2
Likningen  ln x   n2 har de to løsningene ln x  n .
ln x  n  ln x  n
2
x  e n  x  en
Altså får vi L  e n , en  .
Oppgave 10
x
n  
n
lg x 3
 x2
2
a
 2  x lg x 3 
2
lg  n   
  lg x

n


x
lg n  lg  
n
2
lg x 3
 lg x 2
x
lg n 2   lg x  3  lg    lg x 2
n
2 lg n   lg x  3   lg x  lg n   2 lg x
2   lg x  lg n    lg x  3   lg x  lg n   0
 lg x  lg n    lg x  5  0
b
 lg x  lg n    lg x  5  0
lg x  lg n  0  lg x  5  0
lg x  lg n  lg x  5
x  n  x  105
x  n  x  100 000
Altså får vi L  n , 100 000 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 51
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 11
Grafen til f skjærer førsteaksen i punktene (100 , 0) og (1000 , 0) .
Funksjonen har altså nullpunktene 100  102 og 1000  103 .
Funksjonsuttrykket er på formen f ( x)   lg x  a    lg x  b  .
Vi løser likningen f ( x)  0 for å finne nullpunktene.
 lg x  a    lg x  b   0
lg x  a  0  lg x  b  0
lg x  a  lg x  b
x  10 a  x  10b
Funksjonen har altså nullpunktene 10 a og 10b . Siden nullpunktene skal være 102 og 103 ,
betyr det at a  2  b  3 eller a  3  b  2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 51