Matematikk 1T — Høst 2024

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1021 · Høst 2024 · LK20 · ✓ Sammenholdt m/ matematikk.net · Uoffisielt

Om dette løsningsforslaget. Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Oppgaveteksten er ikke gjengitt i sin helhet; hver oppgave vises med nummer og et kort sammendrag. Kilde: oppgaven og matematikk.net sitt løsningsforslag. Sluttsvar er sammenholdt med matematikk.net sin versjon — se den ved tvil.

DEL 1 — Uten hjelpemidler

Oppgave 1 (2 poeng)

Oppgave. Snorre har funnet formelen 2\sin u\cos u = \sin(2u). Bruk den oppgitte rettvinklede trekanten (kateter 1 og \sqrt3, hypotenus 2, med 30^\circ ved toppen og 60^\circ nederst) til å vise at formelen stemmer for u = 30^\circ.

Løsning. Av trekanten leser vi av forholdene. Vinkelen 30^\circ ligger ved toppen; den motstående kateten er grunnlinjen 1, og den hosliggende kateten er \sqrt3. Hypotenusen er 2. Dermed

\sin 30^\circ = \frac{1}{2}, \qquad \cos 30^\circ = \frac{\sqrt3}{2}.

Venstresiden av formelen for u = 30^\circ blir

2\sin 30^\circ\cos 30^\circ = 2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt3}{2} = \frac{\sqrt3}{2}.

Høyresiden er \sin(2\cdot 30^\circ) = \sin 60^\circ. Av samme trekant er \sin 60^\circ lik motstående katet (\sqrt3) delt på hypotenus (2):

\sin 60^\circ = \frac{\sqrt3}{2}.

Venstre- og høyresiden er like, så

\boxed{\,2\sin 30^\circ\cos 30^\circ = \sin 60^\circ = \tfrac{\sqrt3}{2}\,.}

Oppgave 2 (2 poeng)

Oppgave. f(x) = (x-1)(x+3). Bestem koordinatene til bunnpunktet på grafen.

Løsning. Nullpunktene er x = 1 og x = -3. Parabelen er symmetrisk om midten av nullpunktene, så bunnpunktet har

x = \frac{1 + (-3)}{2} = -1.

Da er

f(-1) = (-1-1)(-1+3) = (-2)(2) = -4.

\boxed{\text{Bunnpunkt } (-1,\,-4)}

Oppgave 3 (4 poeng)

Oppgave. f(x) = x^3 + 7x^2 + 4x - 12. Løs ulikheten f(x) < 0, og illustrer løsningen med en skisse.

Løsning. Vi finner først nullpunktene. Heltallsdelere av -12 prøves; x = 1 gir

1 + 7 + 4 - 12 = 0,

så (x-1) er en faktor. Polynomdivisjon (eller utprøving) gir

x^3 + 7x^2 + 4x - 12 = (x-1)(x^2 + 8x + 12) = (x-1)(x+2)(x+6).

Nullpunktene er altså x = -6,\ x = -2,\ x = 1. Vi setter opp et fortegnsskjema for produktet (x-1)(x+2)(x+6):

Ulikheten f(x) < 0 er oppfylt der produktet er negativt:

\boxed{\,x < -6 \quad \text{eller} \quad -2 < x < 1\,}

Skisse. Tredjegradsgrafen kommer nedenfra til venstre, skjærer x-aksen i x=-6, har en topp, faller og skjærer i x=-2, har en bunn, og stiger gjennom x=1. Grafen ligger under x-aksen for x<-6 og for -2<x<1 — nettopp de markerte intervallene.

Oppgave 4 (2 poeng)

Oppgave. En sirkel har radius r = 1, og punktet P(0{,}64,\ 0{,}77) ligger på sirkelen (svarende til vinkelen 50^\circ). a) Er \tan 50^\circ > 1? Begrunn. b) Er \tan 130^\circ > 0? Begrunn.

a) På enhetssirkelen er \cos 50^\circ = 0{,}64 (x-koordinaten) og \sin 50^\circ = 0{,}77 (y-koordinaten). Da er

\tan 50^\circ = \frac{\sin 50^\circ}{\cos 50^\circ} = \frac{0{,}77}{0{,}64}.

Siden telleren 0{,}77 er større enn nevneren 0{,}64 (og begge er positive), er brøken større enn 1.

\boxed{\,\text{Ja, } \tan 50^\circ = \tfrac{0{,}77}{0{,}64} > 1\,}

b) Vinkelen 130^\circ ligger i andre kvadrant. Der er x-koordinaten (cosinus) negativ og y-koordinaten (sinus) positiv. Tangens er forholdet \frac{\sin}{\cos} = \frac{(+)}{(-)}, altså negativ.

\boxed{\,\text{Nei, } \tan 130^\circ < 0\,}

Oppgave 5 (2 poeng)

Oppgave. Figuren viser et lite kvadrat og to rektangler som til sammen danner et stort kvadrat. Det lille kvadratet har side s, det store har side s+t. Sett opp en matematisk identitet med utgangspunkt i arealet av det store kvadratet.

Løsning. Arealet av det store kvadratet (side s+t) er

(s+t)^2.

Det store kvadratet er delt i tre deler, som vi finner arealet av hver for seg:

• det grønne rektangelet: bredde t, høyde s+t, areal t(s+t),
• det blå rektangelet: bredde s, høyde t, areal st,
• det lille (hvite) kvadratet: side s, areal s^2.

Summen av delene er lik arealet av hele kvadratet:

(s+t)^2 = t(s+t) + st + s^2 = t^2 + st + st + s^2 = s^2 + 2st + t^2.

\boxed{\,(s+t)^2 = s^2 + 2st + t^2\,}

Dette er nettopp første kvadratsetning, illustrert geometrisk.

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 1 (8 poeng)

Oppgave. Modellen P(x) = 3600\cdot 0{,}85^{\,x} + 600 gir antall papiravis-abonnenter x år etter 2010. a) Vis to ulike måter å finne antallet i 2010. b) Stigningstall for linja gjennom (4, P(4)) og (14, P(14)), med praktisk tolkning. c) Momentan vekstfart ved x=10, med tolkning. d) Den digitale utgaven hadde 1000 abonnenter i 2019 og vokste 5{,}5\,\% per år fra 2019 til 2024. Hvilket år ble det for første gang flere digitale enn papir-abonnenter?

a) Måte 1 — sette inn x=0 (2010 er 0 år etter 2010):

P(0) = 3600\cdot 0{,}85^{0} + 600 = 3600\cdot 1 + 600 = 4200.

Måte 2 — lese av grafen: Tegn P i et digitalt verktøy og les av skjæringen med y-aksen (x=0). Det gir samme verdi, 4200.

\boxed{P(0) = 4200 \text{ abonnenter}}

b) Stigningstallet til den rette linja gjennom de to punktene er den gjennomsnittlige vekstfarten:

P(4) = 3600\cdot 0{,}85^{4} + 600 \approx 2479{,}2, \qquad P(14) = 3600\cdot 0{,}85^{14} + 600 \approx 970{,}0.

a = \frac{P(14)-P(4)}{14-4} = \frac{970{,}0 - 2479{,}2}{10} \approx -150{,}9.

\boxed{a \approx -151 \text{ abonnenter/år}}

Tolkning: I gjennomsnitt mistet papirutgaven om lag 151 abonnenter per år i perioden fra 2014 til 2024.

c) Den momentane vekstfarten er den deriverte. Med P(x) = 3600\cdot 0{,}85^{\,x} + 600 er

P'(x) = 3600\cdot \ln(0{,}85)\cdot 0{,}85^{\,x}.

P'(10) = 3600\cdot \ln(0{,}85)\cdot 0{,}85^{10} \approx -115{,}2.

\boxed{P'(10) \approx -115 \text{ abonnenter/år}}

Tolkning: I 2020 (x=10) sank antallet papirabonnenter med om lag 115 abonnenter per år i øyeblikket.

d) Den digitale utgaven modelleres med D(t) = 1000\cdot 1{,}055^{\,t}, der t er antall år etter 2019. Papir er P(x) med x år etter 2010, så i et gitt år er x = t + 9. Vi sammenligner år for år:

\boxed{\text{Første gang i } 2022}

Merk (tolkning). Oppgaven spør «Kva år … for første gong fleire …». Med en årlig sammenligning (digital vokser «5,5 % kvart år») er papir fortsatt størst i 2021 (1113 < 1202), og digital er for første gang størst i 2022. Den offisielle fasiten tegner i stedet begge modellene som kontinuerlige kurver og leser av skjæringspunktet, som inntreffer rundt t \approx 2{,}6 (dvs. sommeren 2021). Begge tolkningene er gyldige; vi oppgir det diskrete årssvaret (2022) siden spørsmålet etterspør et år og veksten er oppgitt per år.

Oppgave 2 (2 poeng)

Oppgave. En stjerne settes sammen av 12 like store likesidede trekanter med side 4. Maria fant arealet 48\sqrt3 med Pytagoras. Vis at du får samme resultat med trigonometri.

Løsning. Arealet av én trekant finner vi med arealsetningen (A = \tfrac12 ab\sin C). En likesidet trekant med side 4 har alle vinkler 60^\circ, så to sider er 4 og 4 med mellomliggende vinkel 60^\circ:

A_{\triangle} = \frac12\cdot 4\cdot 4\cdot \sin 60^\circ = 8\cdot \frac{\sqrt3}{2} = 4\sqrt3.

Stjerna består av 12 slike trekanter:

A = 12\cdot 4\sqrt3 = \boxed{48\sqrt3}.

Samme svar som Maria fikk med Pytagoras.

Oppgave 3 (2 poeng)

Oppgave. En rasjonal funksjon f har asymptotene x = 2 og y = 4, og nullpunkt i x = -3. Bestem et mulig uttrykk for f(x) og forklar tankegangen.

Løsning. Vi bygger opp uttrykket fra de tre kravene:

• Vertikal asymptote x = 2: nevneren må bli null der, altså inneholde faktoren (x-2).
• Nullpunkt x = -3: telleren må bli null der, altså inneholde faktoren (x+3).
• Horisontal asymptote y = 4: teller og nevner må ha samme grad, og forholdet mellom de ledende koeffisientene må være 4.

Et naturlig valg er teller og nevner av første grad:

f(x) = \frac{4(x+3)}{x-2}.

Kontroll: f(-3)=0 (nullpunkt), nevneren er null i x=2 (vertikal asymptote), og for store |x| er f(x)\to \tfrac{4x}{x} = 4 (horisontal asymptote y=4).

\boxed{\,f(x) = \dfrac{4(x+3)}{x-2}\,}

Merk: Oppgaven har mange riktige svar; dette er ett eksempel.

Oppgave 4 (4 poeng)

Oppgave. n! er produktet av tallene fra 1 til n. a) Lag et program som regner ut n!, og bruk det til å finne 5!, 10! og 15!. b) 100! slutter med 24 nuller — gjør rede for hvilke faktorer som gir disse nullene.

a) Program (Python):

def fakultet(n):
    resultat = 1
    for i in range(2, n + 1):
        resultat *= i
    return resultat

for n in (5, 10, 15):
    print(f"{n}! = {fakultet(n)}")
# 5! = 120
# 10! = 3628800
# 15! = 1307674368000

Program (C++):

#include <iostream>

unsigned long long fakultet(int n) {
    unsigned long long resultat = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) resultat *= i;
    return resultat;
}

int main() {
    int verdier[] = {5, 10, 15};
    for (int n : verdier)
        std::cout << n << "! = " << fakultet(n) << "\n";
    // 5! = 120
    // 10! = 3628800
    // 15! = 1307674368000
    return 0;
}

(Merk at 15! er for stort for en vanlig 32-bits int i C++, derfor brukes unsigned long long.)

\boxed{5! = 120,\quad 10! = 3\,628\,800,\quad 15! = 1\,307\,674\,368\,000}

b) Et nullsiffer på slutten av et tall oppstår av faktoren 10 = 2\cdot 5. Antallet sluttnuller er derfor lik hvor mange ganger 10 deler 100!, altså hvor mange par av faktorene 2 og 5 som finnes. I produktet 1\cdot 2\cdot 3\cdots 100 er det rikelig med toere (annethvert tall er delelig med 2), så det er femtallene som er den begrensende faktoren.

Vi teller hvor mange ganger 5 er en faktor:

• Tall delelig med 5: 5, 10, 15, \dots, 100 — det er \dfrac{100}{5} = 20 stykker, hver bidrar med (minst) én femmer.
• Tall delelig med 25: 25, 50, 75, 100 — det er \dfrac{100}{25} = 4 stykker, og hver av disse bidrar med en ekstra femmer.

Til sammen blir det

20 + 4 = 24 \text{ femtall-faktorer}.

Siden det finnes langt flere totall-faktorer enn 24, kan hver av de 24 femmerne pares med en toer til en faktor 10. Derfor slutter 100! med nøyaktig

\boxed{24 \text{ nuller}}.

Oppgave 5 (3 poeng)

Oppgave. Tredjegradsfunksjonen f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d oppfyller: grafen går gjennom (2,6); (-2,8) er toppunkt; tangenten i (3, f(3)) har stigningstall 4. Bestem a, b, c og d.

Løsning. Den deriverte er f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c. Opplysningene gir fire likninger:

\begin{aligned} f(2) = 6:\quad & 8a + 4b + 2c + d = 6,\\ f(-2) = 8:\quad & -8a + 4b - 2c + d = 8,\\ f'(-2) = 0 \ (\text{toppunkt}):\quad & 12a - 4b + c = 0,\\ f'(3) = 4 \ (\text{tangent}):\quad & 27a + 6b + c = 4. \end{aligned}

Dette lineære systemet løses (for hånd eller med CAS) og gir

a = \frac{3}{20} = 0{,}15,\quad b = \frac{7}{40} = 0{,}175,\quad c = -\frac{11}{10} = -1{,}1,\quad d = \frac{63}{10} = 6{,}3.

\boxed{f(x) = 0{,}15x^3 + 0{,}175x^2 - 1{,}1x + 6{,}3}

Kontroll: f(2)=6, f(-2)=8, f'(-2)=0 og f'(3)=4. Siden f''(-2) = 6a(-2)+2b = -1{,}45 < 0, er (-2,8) virkelig et toppunkt.

Oppgave 6 (4 poeng)

Oppgave. Firkanten ABCD med AB = 8{,}0 og CD = 12{,}0. To grupper skal finne arealet med ulike opplysninger. a) Isabels gruppe vet AD = 6{,}0, BC = 10{,}0 og diagonalen AC = 16{,}4. b) Annikens gruppe vet \angle A = 62{,}5^\circ, \angle C = 38{,}3^\circ, \angle ABD = 45{,}5^\circ og \angle CBD = 85{,}5^\circ.

a) Isabels gruppe. Diagonalen AC deler firkanten i to trekanter, ABC og ACD, der vi kjenner alle tre sidene i hver. I hver trekant finner vi en vinkel med cosinussetningen og deretter arealet med arealsetningen (A = \tfrac12 ab\sin C).

Trekant ABC (sider AB = 8, BC = 10, AC = 16{,}4). Vinkelen ved B:

\cos B = \frac{8^2 + 10^2 - 16{,}4^2}{2\cdot 8\cdot 10} = \frac{64 + 100 - 268{,}96}{160} \approx -0{,}656 \;\Rightarrow\; B \approx 131{,}0^\circ.

A_{ABC} = \frac12\cdot 8\cdot 10\cdot \sin 131{,}0^\circ \approx 30{,}2.

Trekant ACD (sider AD = 6, CD = 12, AC = 16{,}4). Vinkelen ved D:

\cos D = \frac{6^2 + 12^2 - 16{,}4^2}{2\cdot 6\cdot 12} = \frac{36 + 144 - 268{,}96}{144} \approx -0{,}618 \;\Rightarrow\; D \approx 128{,}2^\circ.

A_{ACD} = \frac12\cdot 6\cdot 12\cdot \sin 128{,}2^\circ \approx 28{,}3.

Samlet areal:

\boxed{A = A_{ABC} + A_{ACD} \approx 30{,}2 + 28{,}3 = 58{,}5}

b) Annikens gruppe. Her bruker vi den andre diagonalen, BD, som deler firkanten i trekantene ABD og CBD. I hver trekant kjenner vi to vinkler og én side, så vi bruker sinussetningen og deretter arealsetningen.

Trekant ABD: \angle DAB = 62{,}5^\circ og \angle ABD = 45{,}5^\circ, så \angle ADB = 180^\circ - 62{,}5^\circ - 45{,}5^\circ = 72^\circ. Vi kjenner AB = 8. Sinussetningen gir AD:

\frac{AD}{\sin(\angle ABD)} = \frac{AB}{\sin(\angle ADB)} \;\Rightarrow\; AD = 8\cdot \frac{\sin 45{,}5^\circ}{\sin 72^\circ} \approx 6{,}0.

A_{ABD} = \frac12\cdot AB\cdot AD\cdot \sin(\angle A) = \frac12\cdot 8\cdot 6{,}0\cdot \sin 62{,}5^\circ \approx 21{,}3.

Trekant CBD: \angle DCB = 38{,}3^\circ og \angle CBD = 85{,}5^\circ, så \angle CDB = 180^\circ - 38{,}3^\circ - 85{,}5^\circ = 56{,}2^\circ. Vi kjenner CD = 12. Sinussetningen gir CB:

\frac{CB}{\sin(\angle CDB)} = \frac{CD}{\sin(\angle CBD)} \;\Rightarrow\; CB = 12\cdot \frac{\sin 56{,}2^\circ}{\sin 85{,}5^\circ} \approx 10{,}0.

A_{CBD} = \frac12\cdot CD\cdot CB\cdot \sin(\angle C) = \frac12\cdot 12\cdot 10{,}0\cdot \sin 38{,}3^\circ \approx 37{,}2.

Samlet areal:

\boxed{A = A_{ABD} + A_{CBD} \approx 21{,}3 + 37{,}2 = 58{,}5}

Begge gruppene kommer fram til samme areal, om lag 58{,}5.

Oppgave 7 (8 poeng)

Oppgave. Else gjerder inn tre områder: et rektangel i midten og to likebeinte rettvinklede trekanter på sidene. Trekantene har kateter med lengde x (vannrett base og loddrett høyde), og rektangelet har bredde y og høyde x. Hun har totalt 100 m gjerde som settes langs alle linjestykkene i figuren. a) Areal når x = 8. b) Oversikt over hvordan arealet endrer seg, og omtrent hvilken x som gir størst areal. c) Modell A(x). d) Lengden x som gir størst areal. e) Modellens gyldighetsområde.

Oppsett. Vi teller alle linjestykkene som gjerdet følger:

• nederst: x + y + x = 2x + y,
• øverst: y,
• to loddrette skillelinjer (høyden i hver trekant / siden av rektangelet): x + x = 2x,
• to skrå yttersider (hypotenusene i de likebeinte rettvinklede trekantene): hver er \sqrt{x^2+x^2} = x\sqrt2, til sammen 2\sqrt2\,x.

Samlet gjerdelengde:

2x + y + y + 2x + 2\sqrt2\,x = 4x + 2y + 2\sqrt2\,x = 100.

Løser vi for y:

y = \frac{100 - 4x - 2\sqrt2\,x}{2} = 50 - 2x - \sqrt2\,x.

Arealet av grønnsakhagen er rektangelet pluss de to trekantene. Setter vi inn uttrykket for y, får vi arealet som funksjon av x alene:

A(x) = \underbrace{x\cdot y}_{\text{rektangel}} + \underbrace{2\cdot \tfrac12\cdot x\cdot x}_{\text{to trekanter}} = x\,(50 - 2x - \sqrt2\,x) + x^2 = 50x - (1 + \sqrt2)\,x^2.

(Dette er modellen vi spør etter i del c.)

a) Areal når x = 8.

A(8) = -(1+\sqrt2)\cdot 64 + 50\cdot 8 = 400 - 64(1+\sqrt2) \approx 400 - 154{,}5 = 245{,}5.

\boxed{A(8) \approx 245{,}5 \text{ m}^2}

b) Oversikt. Tegner vi A(x) (eller setter opp en verditabell), ser vi en parabel som åpner nedover med toppunkt rundt x \approx 10:

Oversikten viser at arealet øker fram til omtrent x \approx 10–11 m og deretter avtar. Else bør derfor velge kateter på rundt 10 meter for størst mulig areal.

c) Modell. Av oppsettet over har vi modellen

\boxed{A(x) = -(1+\sqrt2)\,x^2 + 50x}

d) Eksakt maksimum. Toppunktet finnes der A'(x) = 0:

A'(x) = -2(1+\sqrt2)\,x + 50 = 0 \;\Longrightarrow\; x = \frac{50}{2(1+\sqrt2)} = \frac{25}{1+\sqrt2} = 25(\sqrt2 - 1) \approx 10{,}4.

A(10{,}4) \approx 258{,}9.

\boxed{x \approx 10{,}4 \text{ m gir størst areal, om lag } 258{,}9 \text{ m}^2}

e) Gyldighetsområde. Både x og y må være positive lengder. Kravet x > 0 er klart. Kravet y > 0 gir

50 - 2x - \sqrt2\,x > 0 \;\Longrightarrow\; x < \frac{50}{2+\sqrt2} = 25(2-\sqrt2) \approx 14{,}6.

\boxed{0 < x < 25(2-\sqrt2) \approx 14{,}6 \text{ m}}

Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Kilde og fasit: matematikk.net. Ikke tilknyttet Utdanningsdirektoratet.