R1 kapittel 1 Algebra

Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 1 Alger Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.1 1 8 4 ( ) 15 5 (4 ) 7 1 7 ( ) d ( )( ) ( 4)( ) ( ) ( 4) ( )( 1) Oppgve 1. 49 7 ( 7)( 7) 5 5 5 5 1y 75 (4y 5) ( y) 5 ( y 5)( y 5) d ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Oppgve 1. Vi fktoriserer uttrykkene med kommndoen Fktoriser i CAS-delen v GeoGer. Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

Oppgve 1.4 Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen 4 6. 4 4 4 1 Nullpunktmetoden gir dermed 4 6 ( ) ( 1) ( )( 1) 4 4 4 ( 6) 4 16 48 4 64 4 8 Løsninger til oppgvene i ok d Vi løser likningen. 1 1 4 ( ) 1 14 1 5 15 4 4 4 1 Nullpunktmetoden gir dermed ( 1) ( 1) ( )( 1) Vi løser likningen 6y y. y 6 1 1 1 1 y y Nullpunktmetoden gir dermed 1 1 6y y 6y y 6 y y 1 y y (y )(y 1) 1 1 4 6 ( ) 1 1 48 1 49 1 7 1 1 Vi løser likningen. 6 6 1 1 1 41 1 1 1 5 1 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 1 5 1 1 1 1 1 Nullpunktmetoden gir dermed 1 1 1 1 1 1 6 6 Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Oppgve 1.5 Andregrdsuttrykket hr nullpunktene Vi setter inn, og skl d få 1. 1 ( ) 1 4 1 Andregrdsuttrykket er dermed gitt ved Oppgve 1.6 d Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen Løsninger til oppgvene i ok og 1. Uttrykket er derfor på formen 1 ( )( ). 1 ( ) ( )( 1). 45. 1 5 1 4 4 4 1 ( 5) 4 16 4 6 4 6 Nullpunktmetoden gir dermed Vi løser likningen. 1 4 5 ( 5)( 1). 4 ( ) 4 4 ( ) 1 er ltså et doelt nullpunkt. Nullpunktmetoden gir dermed 1 1 ( ) ( ) ( ) Vi løser likningen 4. 4 4 9 4 4 Kvdrtroten er ikke definert for negtive tll. Likningen 4 hr derfor ingen løsning. Uttrykket 4 kn ikke skrives som et produkt med fktorer v første grd. ( ) Vi løser likningen. 1 1 ( ) ( ) 4 1 ( ) 4 1 16 4 Nullpunktmetoden gir dermed ( 1)( ). Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Oppgve 1.7 Grfen til ndregrdsfunksjonen tngerer -ksen. Det etyr t funksjonen hr et doelt nullpunkt. Funksjonsuttrykket kn derfor skrives på formen f ( ) ( k). Funksjonen hr det dole nullpunktet 1. Funksjonsuttrykket er derfor f ( ) ( 1), som etyr t k 1. Grfen skjærer y-ksen i punktet (, ). Altså er f (). ( 1) Funksjonsuttrykket er ltså Oppgve 1.8 Uttrykket Uttrykket f ( ) ( 1). hr nullpunktene og 1. Altså er 1 hr det dole nullpunktet 1. Altså er ( )( 1) 1 ( 1) 1 Løsninger til oppgvene i ok ( )( 1). 1 ( 1). Uttrykket 5 hr nullpunktene og 1. Altså er 5 ( 1). ( 1) 5 1 ( 1)( 1) 1 1 Uttrykket Altså er y 6y 5 hr nullpunktene 1 og 5. y y y y 6 5 ( 1)( 5). y y y y y y 5 y y( y 5) y 6 5 ( 1)( 5) 1 Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Oppgve 1.9 Løsninger til oppgvene i ok Uttrykket 1 hr nullpunktene 5 og. Altså er 1 ( 5)( ). 5 5 5 5 ( 5) 5 5 ( 5) 1 ( 5)( ) ( ) ( 5) ( 5)( ) 5 5 15 1 ( 5) ( 5)( ) ( 5)( ) ( 5)( ) Uttrykket 7 1 hr nullpunktene 5 og. Altså er 6 6 ( 5) 7 1 ( 5)( ) ( ) ( 5) Oppgve 1.1 d 6 ( 5) 6 1 ( 5)( ) ( 5)( ) 4 ( ) ( 5)( ) ( 5)( ) 5 9 ( )( ) 81 t 9 t (9 t)(9 t) 6 9 ( ) 5y 45 5 ( y 9) 5 ( y ) 5( y )( y ) Oppgve 1.11 7 ( 6 ) ( 6)( 6) y y y (1 y ) y (1 y ) y(1 y)(1 y) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) d ( 1)( 4) ( 4) ( 4) ( 1) ( 4)( ) Oppgve 1.1 1 ( 1)( 1) 1 ( 1) 4 4 4 1 1 16 9 4 ( ) (4 )(4 ) 4 4 d 6 4 6 ( ) (6 )(6 ) 6 6 6 6 6 5 ( 5)( 5) ( 5)( 5) 5 1 (5 ) ( 5) 7 1 ( 5)( ). Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Oppgve 1.1 Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen 1 1 5 ( 4) ( 4) 4 1 ( 5) 4 16 4 6 4 6 Nullpunktmetoden gir dermed Vi løser likningen. 4 5 ( 1)( 5). Løsninger til oppgvene i ok 45. 1 1 4 ( ) 1 14 1 5 15 4 4 4 1 Nullpunktmetoden gir dermed ( 1) ( )( 1). Vi løser likningen 6. ( ) 4 4 4 ( 1) ( 1) 4 ( ) 6 1 1 48 1 49 1 7 Nullpunktmetoden gir dermed d Vi løser likningen 18. 6 ( ) ( )( ). ( ) 6 6 6 4 ( ) 18 9 16 5 15 Nullpunktmetoden gir dermed Oppgve 1.14 18 ( )( ). Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen 5 6. 1 ( 5) ( 5) 4 1 6 5 5 4 5 1 5 1 Nullpunktmetoden gir dermed 5 6 ( )( ) 5 6 ( )( ). Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Oppgve 1.15 4 4 ( ) ( 4) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 4) 9 1 4 ( ) ( ) ( ) y y 1 ( y ) y 11 ( y 1) 4 d 1 75 ( ) (5 ) ( 5 )( 5 ) Oppgve 1.16 Uttrykket Uttrykket hr nullpunktene og 1. Altså er 6 5 hr nullpunktene 1 og 5. Altså er ( )( 1) 6 5 ( 1)( 5) 5 Uttrykket 6 8 hr nullpunktene og 4. Altså er 6 8 ( )( 4). Uttrykket 5 hr nullpunktene 1 og. 1 Altså er 5 ( )( ). Uttrykket Altså er 6 8 ( )( 4) 4 4 5 ( )( ) ( ) 1 1 1 y y 8 hr nullpunktene y y 8 ( y )( y 4). og 4. y y 8 ( y )( y 4) ( y )(4 y) y 4 y 4 y 4 y Oppgve 1.17 9 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) Løsninger til oppgvene i ok ( )( 1). 6 5 ( 1)( 5). 6 18 1 1 ( )( ) ( )( ) 9 Uttrykket 1 hr ikke eller som nullpunkter. Den siste røken kn derfor ikke forkortes. Ashehoug www.lokus.no Side 7 v 7

d 5 ( ) 4 5 1 ( )( ) 5( ) 5( )( ) 5( )( ) 5 Løsninger til oppgvene i ok 5 ( ) 5 6 6 ( ) 5( )( ) 5( )( ) 5( )( ) 5( )( ) 6 y 1 y 4y y 1 y 4 y ( y 1)( y ) y 4y y y 9 y ( y )( y ) ( y )( y ) ( y )( y ) ( y 1)( y ) ( y 4 y) ( y)( y) y y y y y y 9 4 ( y )( y ) ( y )( y ) 1 1 1 ( ) 1 1 1 1(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 ) 6 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 5 5 (1 )(1 ) 1 Oppgve 1.18 Uttrykket hr nullpunktene og 1. Altså er 5 9 5 9 1 1 ( )( 1) ( )( 1). ( ) 5( 1) 9 ( )( 1) ( )( 1) ( )( 1) ( ) 5( 1) 9 6 5 5 9 ( )( 1) ( )( 1) 88 8( 1) ( )( 1) ( )( 1) 8 Ashehoug www.lokus.no Side 8 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Uttrykket y y 6 hr nullpunktene og. Altså er y 1 y 8 y y 1 y 8 y y y y y y y y y 6 ( )( ) ( y )( y ) (1 y)( y ) (8 y ) y y y y y y y y y y 6 ( )( ). ( y )( y ) (1 y)( y ) 8 y ( y )( y ) ( y )( y ) ( y )( y ) 1 y ( y)( y) 9 8 ( y )( y ) ( y )( y ) Oppgve 1.19 d ( ) : ( 1) Dermed er ( 1)( ). ( 7 1) : ( 4) 4 1 1 Dermed er 7 1 ( 4)( ). (6 1 4) : ( 4) 1 6 1 Dermed er 4 4 6 1 4 ( 4)( 1). ( y y y ) : ( y 1) y y y y y Dermed er y y y ( y 1)( y ). Ashehoug www.lokus.no Side 9 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1. d (6 7 1) : ( 1) 1 6 4 1 4 1 1 4 ( 6) : ( ) 4 6 6 ( 1) : ( 1) 1 1 1 4 ( 5 ) : ( 1) 4 6 6 Oppgve 1.1 P( ) 8 1 Polynomet P ( ) er delelig med hvis P ( ). Vi skl undersøke om polynomet er delelig med 1. Altså er 1. P(1) 1 81 11 8 1 Siden P(1) er P ( ) delelig med 1. Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med 1 ( 1), og regner derfor ut P( 1). P Siden P( 1) er P ( ) ikke delelig med 1. ( 1) ( 1) 8 ( 1) ( 1) 1 8 1 8 Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med, og regner derfor ut P (). P Siden P() er P ( ) ikke delelig med. () 8 1 8 8 4 4 1 16 4 1 4 Løsninger til oppgvene i ok d Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med ( ), og regner derfor ut P( ). P Siden P( ) er P ( ) delelig med. Oppgve 1. ( ) ( ) 8 ( ) ( ) 1 ( 8) 8 4 4 1 16 4 1 Vi vil undersøke om P( ) 1 er delelig med. P() 1 8 4 1 5 Divisjonen går ikke opp. Resten er P() 5. 5 ( 1) : ( ) 1 1 4 5 Vi vil undersøke om P 4 ( ) 16 Det lir det smme som å spørre om er delelig med Q y ( ) y 16 Q( ) ( ) 16 4 16 1 Divisjonen går ikke opp. Resten er Q( ) 1. 4 1 ( 16) : ( ) 4 16 4 1. er delelig med y, der y. Ashehoug www.lokus.no Side 11 v 7

Oppgve 1. Vi vil t funksjonen Altså er P(). 6 11 8 4 6 6 Vi vil t funksjonen D må P( ). P( ) 6 11 skl h som nullpunkt. P( ) 7 4 ( ) 7 ( ) 4 ( ) 16 8 8 4 4 Oppgve 1.4 skl være delelig med. Løsninger til oppgvene i ok Divisjonen går opp. ( 5 9 18) : ( ) 9 9 Resten er 16. Divisjonen går ikke opp. ( 5 1) : ( 1) 7 6 1 16 Divisjonen går opp. 4 ( 5 ) : ( 1) Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

Oppgve 1.5 Grfen til f skjærer førsteksen i punktene (, ), (1, ) og (, ). Funksjonen hr derfor nullpunktene, 1 og. Det etyr t f( ) er delelig med ( ), 1 og. Funksjonsuttrykket er på formen f ( ) ( )( 1)( ). Grfen til f skjærer ndreksen i punktet (, 4). Vi finner derfor konstnten ved å løse likningen f () 4. ( 1) ( ) 4 44 1 Dermed er f ( ) 1 ( )( 1)( ) ( 1) ( 4) 4 4 Oppgve 1.6 P ( ) P (1) 1 1 1 Vi vet t P(1). Det etyr t P ( ) er delelig med 1. ( ) : ( 1) Vi kn ltså skrive P( ) ( ) ( 1). Vi ruker nullpunktmetoden til å fktorisere. 4 4 4 1 Dermed er P( ) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( ). ( 1) ( 1) 4 ( ) 1 1 4 1 5 1 5 Løsninger til oppgvene i ok Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

Oppgve 1.7 Vi vet t er et nullpunkt for polynomet. D vet vi t divisjonen ( 5 ) : ( ) går opp. ( 5 ) : ( ) 1 4 5 6 Vi finner de ndre løsningene v likningen 5 4 4 4 1 1 Likningen Oppgve 1.8 ved å løse ( ) ( ) 4 1 9 8 1 1 5 hr løsningene 1 og 1 i tillegg til. P( ) 5 Konstntleddet er d. Tllene som går opp i er 1 og. De mulige heltllige løsningene v likningen er derfor 1 og. P P (1) 1 1 51 1 5 6 ( 1) ( 1) ( 1) 5 ( 1) 1 5 Vi ser ltså t 1 er en løsning v likningen 5. Siden 1 er en løsning v likningen, vet vi t P ( ) er delelig med 1. ( 5 ) : ( 1) 5 Løsninger til oppgvene i ok 1. 1 Vi løser likningen med -formelen, og får d. 1 Likningen 5 hr løsningene 1. Ashehoug www.lokus.no Side 14 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.9 d ( 7 4) : ( 1) 4 4 4 4 4 (4 14) : ( ) 4 7 4 8 7 14 7 14 (y y 1) : (y 4) y y 4 y 6y 1 6y 1 4 ( z z z z ) : ( z 1) z z z z 4 z z z Oppgve 1. z z z Polynomet P( ) 6 6 4 er delelig med hvis P ( ). Her er 1. P( 1) ( 1) 6 ( 1) 6 ( 1) 4 1 6 6 4 9 Siden P( 1) er polynomet ikke delelig med 1. P Siden P( ) er polynomet ikke delelig med. ( ) ( ) 6 ( ) 6 ( ) 4 8 4 1 4 4 Ashehoug www.lokus.no Side 15 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d P() 6 6 4 84 1 4 Siden P() er polynomet delelig med. ( 6 6 4) : ( ) 4 4 6 4 4 8 4 4 P() 6 64 7 54 18 4 5 Siden P() er polynomet ikke delelig med. Oppgve 1.1 Polynomet f ( ) 4 4 er delelig med 1 hvis f (1). f (1) 1 41 14 14 14 Siden f (1) er ltså f( ) delelig med 1. ( 4 4) : ( 1) 5 4 5 4 5 5 4 4 4 4 Vi løser likningen 5 4. 1 4 1 5 5 4 1 4 5 5 16 5 9 5 Fr nullpunktmetoden er 5 4 ( 4)( 1). Dermed er f ( ) ( 4)( 1)( 1). Vi hr funnet t f ( ) ( 4)( 1)( 1). Likningen f( ) hr derfor løsningen 4 1 1. Ashehoug www.lokus.no Side 16 v 7

Oppgve 1. Vi ruker kommndoen Divisjon i GeoGer til å finne resten etter divisjonen ( k ) : ( ). Resten er k. Altså er resten lik når k 1. f( ) er delelig med når k 1. Fr GeoGer-løsningen i oppgve ser vi t f ( ) : ( ) 1 når k 1. Siden Oppgve 1. Polynomet 1 ( 1)( 1), lir dermed f ( ) ( 1)( 1)( ). P( ) 7 14 6 er delelig med dersom P(). P() 7 14 6 7 6 4 6 P(), som etyr t divisjonen ( 7 14 6) : ( ) 4 4 14 6 4 1 6 6 I oppgve fnt vi t Vi løser likningen ( 7 14 6) : ( ) går opp. 7 14 6 ( 4 )( ). 4. Løsninger til oppgvene i ok ( 4) ( 4) 41 4 16 8 4 8 4 4 4 1 Likningen 7 14 6 hr dermed løsningen. Oppgve 1.4 Av figuren ser vi t funksjonen hr nullpunktene 1 og. Siden grfen tngerer -ksen for, er dette et doelt nullpunkt. Funksjonsuttrykket er derfor på formen f ( ) k( 1)( )( ) k( 1)( ) Grfen til f skjærer y-ksen i punktet (, 4). Vi setter derfor inn og løser likningen f () 4. k ( 1) ( ) 4 k 1 4 4 k 1 Ashehoug www.lokus.no Side 17 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.5 Nevneren er gitt ved ( 1). Telleren 1 er ikke delelig med, siden konstntleddet er forskjellig fr null. Vi forsøker derfor polynomdivisjonen ( 1) : ( 1). ( 1) : ( 1) 1 1 1 1 Polynomdivisjonen går opp. Dermed er 1 ( 1)( 1) 1 ( 1) Nevneren er gitt ved 4 ( )( ). Vi undersøker om telleren P( ) 4 er delelig med eller. P ( ) ( ) ( ) 4 16 1 4 P Siden P() er P ( ) delelig med. () 4 16 1 4 ( 4) : ( ) 4 4 4 4 Dermed er 4 ( )( ) 4 ( )( ) Ashehoug www.lokus.no Side 18 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Likningen Altså er nevneren hr løsningene 1. ( )( 1). Vi undersøker om telleren P( ) 9 er delelig med eller 1. P ( ) ( ) ( ) 9 7 18 9 P Telleren er delelig med. ( 9) : ( ) (1) 1 1 9 1 9 1 Dermed er 9 9 9 9 ( )( ). ( )( 1) 1 Oppgve 1.6 Vi prøver med noen forskjellige verdier for. P( ) 5 6 P (1) 1 51 1 6 5 1 6 P Ett v nullpunktene for polynomet er ltså. () 5 6 16 6 Siden P() vet vi t P ( ) er delelig med. ( 5 6) : ( ) 4 Vi løser likningen 6 6 6. ( 1) ( 1) 4 ( ) 1 5 1 4 Fr nullpunktmetoden er ltså ( 1). Dermed er P( ) ( )( 1) ( 1)( )( ) Ashehoug www.lokus.no Side 19 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.7 P( ) Polynomet er delelig med dersom P(). 8 4 6 16 4 4 ( 4 ) : ( ) 1 4 Oppgve 1.8 P( ) Vi ser t resten etter divisjonen P( ) : ( ) er 4 1. Likningen 41 hr løsningene og 6. Divisjonen P( ) : ( ) går opp når 6 Oppgve 1.9 5 5 7 18 15 6 Når 6 er polynomet delelig med. ( 5 6) : ( ) Likningen 56 Dermed hr likningen 6 6 hr løsningen 1. 5 6 løsningen 1. Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.4 4 P( ) 5 ( 5 ) Vi vet t polynomet er delelig med, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 ) : ( ) 1 5 Dermed er P( ) ( )( 1). Altså er 1 1 1. 4 5 ( )( 1) 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen. 1 1 41 ( 1) 1 5 1 4 Likningen 5 hr dermed løsningen 1 5 1 5 Oppgve 1.41 P( ) Hvis 1 og er fktorer i P, ( ) er P( 1) P(). P( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 P() 8 4 11 4 Vi får derfor likningssettet 11 4. Den første likningen gir. Innstt i den ndre likningen gir det 11 4 ( ) 11 4 4 15 6 5 5 1 Dermed er. Polynomet P ( ) hr fktorene 1 og når 5 og 1. Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

Oppgve 1.4 Polynomet er delelig med hvis P( ). P( ) P Polynomet ( ) ( ) ( ) 4 6 6 er delelig med 1 hvis P(1). P( ) P (1) 1 1 5 5 Oppgve 1.4 Løsninger til oppgvene i ok Grfen til f tngerer -ksen for 1 og for 1. Funksjonen hr derfor de dole nullpunktene 1 og 1. Det etyr t funksjonsuttrykket kn skrives på formen f ( ) ( 1) ( 1). Grfen skjærer y-ksen i punktet (, ). Vi finner dermed konstnten fr likningen f (). ( 1) ( 1) Funksjonsuttrykket er gitt ved 4 f ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 6 Oppgve 1.44 f ( ) Funksjonen hr nullpunktet 1. Det etyr t funksjonsuttrykket er delelig med 1. ( ) : ( 1) 4 4 4 4 Dermed er f ( ) ( 1)( 4 ). Vi løser likningen 4 med -formelen, og finner løsningene 1. Funksjonen hr nullpunktene, 1 og 1. I tillegg til punktet (1, ) skjærer ltså grfen -ksen i punktene (, ) og ( 1, ). Oppgve 1.45 Lillehmmer ligger i Opplnd fylke. Altså gjelder impliksjonen Kåre er fr Lillehmmer Kåre er fr Opplnd Likningen 5 hr løsningene 5 5 5 5. Altså gjelder Ulikhetene 7 og 8 kn ikke være oppfylt smtidig. Det gjelder derfor ingen impliksjon mellom dem. Ashehoug www.lokus.no Side v 7

d e Løsninger til oppgvene i ok 6 er et prtll. Men det finnes også mnge ndre prtll utenom 6. Altså gjelder er et prtll 6 Likningen 81 hr løsningene 9 9 81 9. Altså gjelder f Hvis så er også. Men trenger ikke å være større enn hvis. Oppgve 1.46 Venstresiden er snn hvis 4. Høyresiden er snn hvis 4 6. Altså gjelder impliksjonen 8 4 6. Venstresiden er snn for lle tllpr som oppfyller likningen 4 y. Høyresiden er et eksempel på et slikt tllpr. Altså gjelder impliksjonen 4 1 y y Prtllene er nettopp de tllene som er delelige med. Påstndene er ekvivlente, er et prtll er delelig med Oppgve 1.47 Venstresiden er snn hvis 4. Høyresiden er også snn hvis 4. Påstndene er derfor ekvivlente, 4 1 8. Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er derfor ekvivlente, 9. Venstresiden er snn hvis 1. Høyresiden er snn hvis 1. Altså gjelder impliksjonen 1. d Vi vet t er en fktor i et polynom P ( ) hvis og re hvis P(). Påstndene er derfor ekvivlente, er fktor i polynomet P( ) P() Oppgve 1.48 7 er et oddetll. Men det finnes også mnge ndre oddetll. Altså gjelder impliksjonen er et oddetll 7 R1 er et mtemtikkurs. Men det finnes også ndre mtemtikkurs som ikke er R1. Ajn hr mtemtikk Ajn hr R1-kurset Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, 8 1 d Hvis så er også 5. Men kn være mindre enn 5 uten t, f.eks. 4. Altså gjelder impliksjonen 5. Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.49 Hvis en treknt hr vinklene, 6 og 9 så er treknten rettvinklet. Men det finnes mnge rettvinklede treknter som ikke hr vinklene og 6. Altså gjelder impliksjonen Vinklene i treknten ABC er, 6 og 9 Treknten ABC er rettvinklet Både venstresiden og høyresiden er snn hvis 6 6. Påstndene er ekvivlente, 6 6 6 Venstresiden er snn hvis y. Dette kn ldri skje smtidig med t y. Det gjelder ingen impliksjon eller ekvivlens mellom påstndene 1 y og y. d Hvis er et prtll så er også et prtll. Men er et prtll også når er et oddetll. Altså gjelder impliksjonen er et prtll er et prtll Oppgve 1.5 Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen 4. Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis enten y eller y. Men vi vet ikke hvilket fortegn y hr. Dermed er det ingen smmenheng mellom påstndene og y. Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. d Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, 8 e Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. Oppgve 1.51 Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. Både venstresiden og høyresiden er snn hvis 1. Påstndene er ekvivlente, 4 1 Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, d Venstresiden er snn hvis 9. Høyresiden er snn hvis 9. Det er derfor ingen smmenheng mellom påstndene 81 og 9. e Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Oppgve 1.5 9 når. Påstnden når. Påstnden Hvis så er 9 er derfor gl. Løsninger til oppgvene i ok er derfor gl.. Påstnden d Hvis 1 er delelig med, så er også 4 delelig med. Påstnden «går opp i 1 går opp i 4» er derfor riktig. e 16 når 4 4. Påstnden er derfor riktig. 16 4 er derfor gl. f Polynomet P ( ) er delelig med 4 hvis og re hvis P(4). Påstnden er derfor gl. Oppgve 1.5 6 1 ( ) 6 ( ) 1 ( ) 6 4 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. 16 4 4 4 ( 4) 16 ( 4) ( 4) 4 4 1 16 8,1 1 ( ) ( 1) ( 1) 1 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d e Nevneren på høyresiden v likningen kn skrives ( 1)( ). 4 1 1, ( 1)( ) ( 4 ) ( ) 1 ( ) 4 6 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Nevneren i det ndre leddet kn skrives ( 1)( ). 1, 1 ( 1)( ) ( ) ( 1)( ) 1 5 6 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor. 4 f, 6 4 ( ) ( ) 4 ( ) Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 1. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor 1. Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Oppgve 1.54 ( 4)( ) ( 4)( ) For 4 får vi null på egge sider. Altså er 4 en løsning. For 4 kn vi dividere med 4 på egge sider v likningen. 5 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 4 5. ( 4 ) 1 For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. 41 41 Vi ruker -formelen og finner løsningen 6. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 6. Løsninger til oppgvene i ok ( 1)( ) Venstresiden kn fktoriseres til ( 1). For 1 får vi null på egge sider. Altså er 1 en løsning. For 1 kn vi dividere med 1 på egge sider v likningen. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 1. Oppgve 1.55 9 4 9 4 9 16 5 5 Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 5: 5: Likningen VS ( 5) 9 5 9 16 4 HS 4 VS HS VS 5 9 5 9 16 4 HS 4 VS HS 9 4 hr løsningen 5 5. Ashehoug www.lokus.no Side 7 v 7

Løsninger til oppgvene i ok 1 5 ( 1) 5 1 5 4 Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. : VS 1 1 HS ( ) 5 4 5 1 1 VS HS : VS 1 HS 5 4 5 9 VS HS Vi ser t det re er som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 1 5 hr løsningen. 1 1 ( ) 14 4 1 1 Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1. 4 Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 ( 1) 1 4 1 : 4 HS ( 1) VS HS 1 1 1 VS 1 4 4 1 1 HS 4 VS HS Vi ser t det re er Likningen 1 hr løsningen 1 som psser i den opprinnelige likningen. 4 1. 4 Ashehoug www.lokus.no Side 8 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 6 4 6 (4 ) 6 16 8 71 Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 5. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 5: VS 5 6 1 1 HS 4 ( 5) 1 VS HS : VS 6 4 HS 4 ( ) VS HS Vi ser t det re er som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 6 4 hr løsningen. Oppgve 1.56 1 1 1 1, ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1 1 1, ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 Ashehoug www.lokus.no Side 9 v 7

Løsninger til oppgvene i ok 5 ( ) 5 5 8 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. 1 d, ( ) ( ) ( 1) ( ) 4 1 Oppgve 1.57 1 1 1 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen. 1 1 ( ) ( ) 4 1 ( ) 4 1 16 4, ( 1) ( 4) 1 4 4 ( 4) 1 8 9 Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Løsninger til oppgvene i ok Nevneren i røken er lik null for 1. ( 6) ( ) 6 1, ( ) 6 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor. Oppgve 1.58 ( 1) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. 1 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen. ( )( 5) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. 51 4 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 4. Oppgve 1.59 4 1, 4 ( ) ( ) 1 ( ) 4 8 1 6 9 Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 7

6, (6 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 4 Løsninger til oppgvene i ok 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 5. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor 5. 1 6 4 9 1 6, ( )( ) 1 ( )( ) 6 ( )( ) 1 ( )( ) ( )( ) 6 4 9 4 6 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 1. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor 1. d 1 1 1 5 6 1 1 1, ( )( ) 1 ( )( ) 1 ( )( ) 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 6 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Oppgve 1.6 ( )( ) 9 ( )( ) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. ( 1) ( 1)( 1) 1 1 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 1,,1,. Løsninger til oppgvene i ok ( 5)( 5) 5 (5 )(5 ) ( 5)( 5) For 5 får vi null på egge sider. Altså er 5 en løsning. For 5 kn vi dividere med 5 på egge sider v likningen. 5 5 ( 1) 1 Likningen 1 hr ingen løsning. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 5. Oppgve 1.61 5 5 5 Vi vil t likningen skl h løsningen, og setter derfor inn dette. 5 Likningen kn ikke h løsningen, siden det gir null i nevneren. Etter å h forkortet med kom vi frm til likningen 5 i oppgve. Hvis denne likningen hr løsningen, etyr det t den opprinnelige likningen ikke hr noen løsning. Vi setter derfor inn. 5 Likningen hr ingen løsning når. Ashehoug www.lokus.no Side v 7

Oppgve 1.6 Det er en trykkfeil i oppgven. Uttrykket for ( ) I likningen ( 1)( ) 1 Løsninger til oppgvene i ok g skl være 1. ser vi t fktoren 1 lir lik null når 1. Når vi forkorter med 1 så dividerer vi ltså med noe som kn være lik null. Vi må derfor «t vre» på løsningen 1 så vi ikke mister den. Så lenge vi husker t 1 er en løsning, er det greit å forkorte med 1 i likningen ( 1)( ) 1 Eventuelle ndre løsninger v likningen f ( ) g( ) finner vi på smme måte som Ludvig. Likningen f ( ) g( ) hr ltså løsningen 1. Dette gir skjæringspunktene ( 1, ) og (, 4) mellom grfene. Oppgve 1.6 4 Vi må kontrollere om løsningen psser i den opprinnelige likningen. VS 4 HS VS HS Likningen hr løsningen. 4 1 ( 4) 1 8 16 1 7 6 Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1 6. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 4 HS 1 1 9 VS HS 6 : VS 6 4 HS 1 6 4 VS HS Vi ser t det re er 6 som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 4 1 hr løsningen 6. Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 1 ( ) 1 9 6 1 6 1 5 Vi må kontrollere om løsningen psser i den opprinnelige likningen. 5 4 VS 5 5 16 4 HS 1 1 9 9 VS HS 5 Likningen 1 hr løsningen. 4 4 (4) 4 16 16 4 4 16 Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1 4. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 1 HS 4 VS HS 4 : VS 4 4 4 8 4 4 HS 4 VS HS Vi ser t det re er 4 som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 4 hr løsningen 4. Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.64 ( 1)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er ltså L, 1,. (1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1. L,1. Løsningsmengden er d 4 Vi finner først nullpunktene. 4 4 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 4)( 1). Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Ulikheten er oppfylt når 4 og når 1. Løsningsmengden er L, 4 1,. 9 4 Vi finner først nullpunktene. 9 4 1 4 Ulikheten kn dermed skrives 1 ( 4) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. 1 Ulikheten er oppfylt når 4 og når. 1 Løsningsmengden er L, 4,. Oppgve 1.65 Vi løser først likningen 7 7. ( ) 4 4 7 7 4 ( ) ( 7) 7 49 56 7 7 Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen 7 7 hr derfor ingen løsning. Uttrykket 7 7 er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får 7 7 7 7 7 Uttrykket er ltså mindre enn null for lle verdier v. Ulikheten 7 7 er oppfylt for lle reelle tll, L. Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Vi løser først likningen. 4 4 4 4 4 Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen hr derfor ingen løsning. Uttrykket er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får Uttrykket er ltså større enn null for lle verdier v. Ulikheten hr ingen løsning, L. 4 4 Vi ser t vi kn fktorisere uttrykket på venstre side v ulikheten som Kvdrtet Ulikheten 4 4 ( ). ( ) er positivt eller null for lle verdier v. For er uttrykket lik null. 4 4 er derfor oppfylt for. Løsningsmengden er L. d 6 9 Vi ser t vi kn fktorisere uttrykket på venstre side v ulikheten som Kvdrtet Ulikheten ( ) er positivt eller null for lle verdier v. 6 9 hr derfor ingen løsning, L. 6 9 ( ). Oppgve 1.66 ( 5)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 5 og når. Løsningsmengden er L 5,,. ( )(1 )( ) 1 ( )(1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de fire fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L, 1,. (1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene, 1 og. Fktoren er null for, og ellers negtiv. Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L, 1,. d ( )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når. Løsningsmengden er L,,. Ashehoug www.lokus.no Side 7 v 7

Oppgve 1.67 1 er en fktor i polynomet P( ) 4 6 dersom P( 1). P Siden P( 1) er ltså 1 en fktor i polynomet. ( 1) ( 1) 4 ( 1) ( 1) 6 1 4 1 6 Løsninger til oppgvene i ok Vi vet t 4 6 er delelig med 1, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 4 6) : ( 1) 5 6 5 6 5 5 6 6 6 6 Vi fktoriserer 5 6 med nullpunktmetoden. 5 6 5 6 ( )( ) Vi kn dermed fktorisere venstresiden i ulikheten. 4 6 ( 1)( 5 6) ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er ltså L 1,,. Ashehoug www.lokus.no Side 8 v 7

Oppgve 1.68 Løsninger til oppgvene i ok Vi lr P( ). Eventuelle heltllige løsninger v likningen P ( ) må gå opp i konstntleddet. Etter litt prøving og feiling ser vi t P(1). Polynomet er derfor delelig med 1. ( ) : ( 1) 4 Likningen Altså er 4 4 4 4 hr løsningen 1. 4 ( )( 1). ( )( 1)( 1) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når og når 1 1. Løsningsmengden er ltså L, 1,1. Vi lr P( ) 9 1. Eventuelle heltllige løsninger v likningen P ( ) må gå opp i konstntleddet 1. Etter litt prøving og feiling ser vi t P(1). Polynomet er derfor delelig med 1. ( 9 1) : ( 1) 11 1 11 1 11 11 1 1 1 1 Likningen 111 hr løsningen 4. Altså er 11 1 ( 4) ( 4)( ). 9 1 ( 4)( )( 1) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten 9 1 er oppfylt når 4 og når 1. Løsningsmengden er ltså L, 4,1. Ashehoug www.lokus.no Side 9 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.69 d Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene og. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Fortegnsskjemet viser t ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 4 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Vi ser t ulikheten er oppfylt når 4. Løsningsmengden er L 4,. 1 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. 1 Ulikheten er oppfylt når og når. 1 Løsningsmengden er L,,. Oppgve 1.7 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L,1. 4 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L, 1. Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når Løsningsmengden er og når. 5 L,,. 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. Oppgve 1.71 1 1 1 ( ) 1 ( ) 5 Vi tegner fortegnsskjem. 1 Ulikheten hr løsningsmengden L, 5,. 1 1 1 ( ) 1 ( ) 4 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 1 hr løsningsmengden 5 L,, 4. Ashehoug www.lokus.no Side 41 v 7

Løsninger til oppgvene i ok ( ) ( ) 6 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L, 6. d 1 4 1 4 (1) ( ) 4 4 ( ) 4 4 4 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 1 hr løsningsmengden 4 4 L,. Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.7 1 1 1 1 ( 1) 1 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) 1 1 4 41 1 4 4 1 4 ( 1) 1 Vi tegner fortegnsskjem. 1 1 1 når 1 og når. 1 1 Løsningsmengden er L, 1,. 1 1 1 ( 1) 1 ( 1)( ) 1 ( ) Vi fktoriserer. ( 1) 4 ( 1) 4 1 16 4 1 ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. Vi tegner fortegnsskjem. 1 1 når 1 og når. Løsningsmengden er L 1,,. Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 4 4 ( ) 4 ( )( ) 4 ( 6 4) 7 (7 ) Vi tegner fortegnsskjem. 4 7 når og når. 7 Løsningsmengden er L,,. 1 1 ( )( 1) 1 1 5 1 46 1 Vi fktoriserer 4 6. 4 6 ( 4) ( 4) 4 ( 6) 4 16 48 4 64 4 8 4 4 4 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ). Vi tegner fortegnsskjem. 1 1 når 1 og når 1. 1 Løsningsmengden er L, 1,. Ashehoug www.lokus.no Side 44 v 7

Oppgve 1.7 1 er en fktor i polynomet P Siden P( 1) er ltså 1 en fktor i polynomet. Løsninger til oppgvene i ok P( ) 9 9 hvis og re hvis P( 1). ( 1) ( 1) ( 1) 9 ( 1) 9 1 1 9 9 ( ) 6 9 9 9 Fr oppgve vet vi t telleren 9 9 er delelig med 1. ( 9 9) : ( 1) 9 9 9 9 9 Dermed er 9 9 ( 1)( 9) ( 1)( )( ). Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. når 1. L 1,. Løsningsmengden er Oppgve 1.74 ( 5)( 4) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når 4 5. L 4, 5. Løsningsmengden er 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når 4. Løsningsmengden er L, 4,. Ashehoug www.lokus.no Side 45 v 7

(5)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. 5 Ulikheten er oppfylt når og når. 5 Løsningsmengden er L,,. d 6 6 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen ( ) 6 6 6 4 ( ) 6 9 7 81 9 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. Løsninger til oppgvene i ok 6. Oppgve 1.75 6 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 6. Løsningsmengden er L, 6. 1 1 11 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen 11. ( ) 4 4 4 1 1 4 ( ) ( 1) 1 1 96 1 4 1 Ulikheten kn dermed skrives ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. L,. Løsningsmengden er ( )( ) ( ) Kvdrtet ( ) er lltid positivt eller null. Uttrykket på venstre side v ulikheten er derfor lltid negtivt eller null. Ulikheten hr ltså ingen løsning, L. Ashehoug www.lokus.no Side 46 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 6 8 6 8 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen 1 4 Ulikheten kn dermed skrives ( )( 4) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 4. L, 4. ( 6) ( 6) 4 1 8 6 6 6 4 6 Løsningsmengden er 68. Oppgve 1.76 8 Vi fktoriserer uttrykket. 8 ( 1) ( 8) ( 8) 4 ( 1) 8 1 1 ( 1)( ) Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. 1 Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L 1,. ( ) Ulikheten er oppfylt når og når. Løsningsmengden er L,,. Ashehoug www.lokus.no Side 47 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d Vi prøver å fktorisere uttrykket ved å løse likningen. ( ) ( ) 41 4 1 8 1 Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen hr derfor ingen løsning. Uttrykket er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får Uttrykket er ltså større enn null for lle verdier v. Ulikheten er oppfylt for lle reelle tll, L. Oppgve 1.77 4 4 4 ( ) 1 4 4 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 4 hr løsningsmengden 5 L,,. 1 1 ( 1) 1 1 1 4 1 (4 ) 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L, 1, 4 1. Ashehoug www.lokus.no Side 48 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 4 ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L,,. 1 Uttrykket 1 er positivt for lle verdier v. Vi tegner derfor én fortegnslinje for hver v de to fktorene 1 og. Ulikheten hr løsningsmengden L,. Oppgve 1.78 6 ( 6)( 6) Vi tegner fortegnsskjem. når 6 og når 6. 6 Løsningsmengden er L, 6, 6. 1 ( 1) 1 1 5 1 ( 5) 1 Vi tegner fortegnsskjem. når 1 og når 5. 1 L, 1, 5. Løsningsmengden er Ashehoug www.lokus.no Side 49 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 1 1 ( ) 4 Vi fktoriserer telleren ved å løse likningen 4. ( 4) ( 4) 41 4 1 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ). Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. 9 76 ( )( ) 76 Vi fktoriserer nevneren ved å løse likningen 7 6 ( 7) ( 7) 416 7 5 1 1 6 Ulikheten kn dermed skrives ( )( ). ( 1)( 6) Vi tegner fortegnsskjem. 9 når, når 1 og når 6. 76 Løsningsmengden er L, 1, 6,. Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Oppgve 1.79 Polynomet P( ) 5 6 er delelig med 1 dersom P(1). P Polynomet er ltså delelig med 1. (1) 1 1 5 1 6 1 5 6 Løsninger til oppgvene i ok 5 6 Vi vet t uttrykket på venstre side er delelig med 1, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 6) : ( 1) 6 5 6 6 6 6 6 Vi fktoriserer uttrykket 6 ved å løse likningen 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( 6) 6. ( 1) ( 1) 4 1 ( 6) 1 1 4 1 5 1 5 ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. 5 6 når 1 og når. Løsningsmengden er L,1,. Oppgve 1.8 Grfen til f skjærer førsteksen i punktene (, ), (1, ) og (, ). Funksjonen hr ltså nullpunktene, 1 og. Dermed kn funksjonsuttrykket skrives på formen f ( ) ( )( 1)( ). Grfen skjærer ndreksen i punktet (, 4). Vi finner derfor konstnten ved å løse likningen f () 4. ( 1) ( ) 4 44 1 Funksjonsuttrykket er ltså gitt ved f ( ) ( )( 1)( ) ( 1) ( 4) 4 4 Vi ser t grfen til f er under førsteksen når og når 1. Ulikheten f( ) hr ltså løsningen L, 1,. Ashehoug www.lokus.no Side 51 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.81 Andregrdsfunksjonen hr nullpunktene og. Uttrykket er derfor på formen f ( ) ( )( ) ( 6). Fr fortegnslinj ser vi t må være en positiv konstnt. Hvis vi f.eks. setter 5, får vi uttrykket f ( ) 5 5. Oppgve 1.8 Andregrdspolynomet P ( ) hr nullpunktene 1 og 4. Funksjonsuttrykket kn derfor skrives på formen P( ) ( 1)( 4). Vi finner konstnten ved å løse likningen P() 8. ( 1) ( 4) 8 48 Polynomet er ltså gitt ved P( ) ( 1)( 4) ( 5 4) 1 8 Den rsjonle funksjonen Q ( ) er ikke definert for 1. Det etyr t fktoren 1 må inngå i nevneren i funksjonsuttrykket. Siden fortegnet til Q ( ) er det smme på egge sider v 1, må enten telleren også inneholde 1, eller nevneren må h fktoren i. potens (eller en høyere, like potens). Funksjonen hr nullpunktet, og skifter fortegn for. Altså inneholder telleren fktoren (eventuelt i en høyere, odde potens). Mulige funksjonsuttrykk for Q ( ) kn dermed være ( 1)( ) ( ) ( ) ( ) Q Q 1 ( 1) Vi finner konstnten i uttrykkene ved å løse likningen Q() 6. ( 1) ( ) ( ) 6 1 ( 1) ( ) 6 1 1 Noen v de mulige funksjonsuttrykkene for Q ( ) er ltså ( 1)( ) ( ) Q( ) Q( ) 1 ( 1) 8 6 6 Q( ) Q( ) 1 ( 1) Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.8 1 1 Fktoren 1 er positiv for lle verdier v. Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1, L 1,. 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 ( 1) 1 1 Telleren kn fktoriseres som ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1 og når 1, L, 1 1, ( 1)( ). 1 ( 1)( 1) Ulikheten er oppfylt når 1 og når 1, L, 1 1, d 1 1 ( ) 1 Ulikheten er oppfylt når L 1, 1, Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.84 1 1 ( ) 1 4 5 Ulikheten er oppfylt når 5, L, 5. 1 1 Uttrykket i nevneren er lltid positivt. Ulikheten er derfor oppfylt når 1, L 1,. d 5 1 4 5 14 4 4 54 4 9 4 Ulikheten er oppfylt når og når 1 L,, 1, 1 4 1 ( 4) 4 4 1 8 4 9 4 ( )( ) ( )( ) Ulikheten er oppfylt når og når, L,, Ashehoug www.lokus.no Side 54 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.85 1 ( 1) 1 1 1 1 Ulikheten er oppfylt når 1, L,1. ( ) ( ) ( 7 6) 8 6 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Altså er 8 6 ( 1)( ). ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. Ulikheten er oppfylt når 1 og når, L 1,, 1 ( 1) 1 1 1 1 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Altså er ( 1)( ). ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. 1 Ulikheten er oppfylt når 1 1 og når, L 1,1, Ashehoug www.lokus.no Side 55 v 7

Løsninger til oppgvene i ok d 4 ( )( ) Ulikheten er oppfylt når, L, (GeoGer oppgir her svret som,,, som er det smme som,.) Oppgve 1.86 5 6 Etter litt prøving og feiling ser vi t uttrykket på venstre side er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 5 6) : ( 1) 6 Dermed er 5 6 6 6 6 6 5 6 ( 1)( 6). Vi fktoriserer 6 med nullpunktmetoden. 6 ( 1) ( 1) 41 ( 6) 1 5 1 Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ). Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. Ashehoug www.lokus.no Side 56 v 7

Løsninger til oppgvene i ok 6 8 1 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 6 8) : ( 1) 8 68 8 8 8 8 Vi fktoriserer 8 med nullpunktmetoden. 8 41 ( 8) 6 1 4 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( 4)( ). 1 Ulikheten er oppfylt når 4 1 og når 1. Løsningsmengden er L 4, 1 1,. ( ) 9 9 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 9 9) : ( 1) 9 9 9 9 9 9 ( )( ) Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ). Ulikheten er oppfylt når 1. L 1,. Løsningsmengden er Ashehoug www.lokus.no Side 57 v 7

5 4 1 9 ( 9) (5 4)( ) 1 9 ( )( ) 9 9 5 11 1 1 9 ( )( ) 9 5 ( )( ) Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 5 ) : ( 1) 4 d 4 4 4 Vi fktoriserer 4 med nullpunktmetoden. 4 1 ( 4) ( 4) 4 1 ( ) 4 4 6 6 Ulikheten kn dermed skrives ( 1) 6 6 ( )( ) Ulikheten er oppfylt når, når 6 1 og når 6. Løsningsmengden er L, 6, 1, 6. Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.87 Vi lr det minste tllet være n. Siden tllene kommer etter hverndre, er det største tllet n 1. Summen v de to tllene er dermed n ( n 1) n 1. Siden n er et nturlig tll, er n et prtll, og n 1 er et oddetll. Summen v n og n 1 er ltså et oddetll. Summen v to påfølgende nturlige tll er lltid et oddetll. Oppgve 1.88 er et prtll. Det etyr t vi kn skrive på formen n, der n er et helt tll. D er ( n) 4n n Siden n er et helt tll, er også n et helt tll. Dermed er Hvis er et prtll, så er et prtll. n et prtll. Ashehoug www.lokus.no Side 58 v 7

Oppgve 1.89 Vi lr de to oddetllene være n 1 og ym 1, der n og m er hele tll. Summen v tllene er d y (n 1) (m 1) n m ( n m 1) n og m er hele tll. D er også nm 1 et helt tll. Tllet ( n m 1) er derfor et prtll, som er delelig med. Summen v to oddetll er delelig med. Oppgve 1.9 n er et prtll. Det etyr t vi kn skrive n k, der k er et helt tll. D er n ( k) 4k Siden k er et helt tll, er også k et helt tll. Altså er Hvis n er et prtll, så går 4 opp i n. Oppgve 1.91 n delelig med 4. Løsninger til oppgvene i ok n er et nturlig tll. n n n( n 1) Enten er n et prtll, eller så er n et oddetll. Hvis n er et prtll, så går opp i n. Hvis n er et oddetll, så går opp i n 1. Det siste ser vi ved å skrive n k 1 n 1 k ( k 1). Altså er enten n eller n 1 delelig med. Produktet n( n 1) er derfor også delelig med. Hvis n er et nturlig tll, så er n( n 1) delelig med. Hvis n, så er Oppgve 1.9 n n et prtll. n er et nturlig tll. D er enten n et prtll eller et oddetll. Hvis n er et prtll, så kn vi skrive n k, der k er et helt tll. D er n 7n 1 ( k) 7k 1 4k 14k 1 (k 7k 6) Siden k er et helt tll, er k 7k 6 også et helt tll. Altså er (k 7k 6) et prtll. Hvis n er et oddetll, så kn vi skrive nk 1, der k er et helt tll. D er n 7n 1 (k 1) 7 (k 1) 1 4k 4k 114k 7 1 Siden k er et helt tll, er 4k 18k (k 9k 1) k 9k 1 også et helt tll. Altså er (k 9k 1) et prtll. Vi hr ltså vist t n 7n 1 er et prtll åde når n er et prtll og når n er et oddetll. Hvis n, så er n 7n 1 et prtll. Ashehoug www.lokus.no Side 59 v 7

Oppgve 1.9 Vi hr følgende påstnder om to positive tll: p: «Produktet v tllene er større enn 1» Løsninger til oppgvene i ok q: «Minst ett v tllene er større enn 1» Vi vil evise p q ved hjelp v et kontrpositivt evis, ltså t ikke q ikke p. ikke q: «Begge tllene er mindre enn eller lik 1» ikke p: «Produktet v tllene er mindre enn eller lik 1» Vi lr de to tllene være og y. Utsgnet «ikke q» sier t 1 og y 1. D er y11 1 Produktet v tllene er ltså mindre enn eller lik 1. Dermed hr vi evist t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis produktet v to positive tll er større enn 1, så er minst ett v tllene større enn 1. Oppgve 1.94 Vi hr følgende påstnder om positive heltll: p: «n er et oddetll» q: «n er et oddetll» De motstte påstndene lir d ikke q: «n er ikke et oddetll» (ltså er n et prtll) ikke p: «n er ikke et oddetll» (ltså er n et prtll) Vi strter med å nt t «ikke q» gjelder. Tllet n er ltså et prtll. D kn vi skrive n på formen n k, der k er et heltll. Dermed er n k ( k 1) Siden k er et heltll, er også k 1 et heltll. D er ( k 1) et prtll. Vi hr dermed evist t n er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis n er et oddetll, så er n et oddetll. Oppgve 1.95 er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: «er et oddetll» q: «er et oddetll» De motstte påstndene lir d ikke q: «er et prtll» ikke p: «er et prtll» Vi strter med å nt t er et prtll. D kn vi skrive k, der k er et heltll. Det gir ( k) 4k k Siden k er et heltll, er også k et heltll. D er k et prtll. Vi hr dermed evist t er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis er et nturlig tll og er et oddetll, så er et oddetll. Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Oppgve 1.96 Løsninger til oppgvene i ok n er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: n 5 er et oddetll q: n er et prtll De motstte påstndene lir d ikke q: n er et oddetll ikke p: n 5 er et prtll Vi ntr t n er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive nk 1, der k er et heltll. D er n 5 (k 1) 5 k 6 ( k ) Siden k er et heltll, er også k et heltll. D er ( k ) et prtll. Vi hr dermed evist t n 5 er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis n 5 er et oddetll, så er n et prtll. Oppgve 1.97 Vi kn f.eks. velge og y. D er 4 og y ( ) 4. Altså er y. Men y. Impliksjonen y y gjelder derfor ikke generelt. (Feilen ved impliksjonen er, som vi ser v tlleksemplet, t og y kn h motstt fortegn.) Vi kn f.eks. velge n 4. D er n ( 4) 16 9. Men n 4. Impliksjonen n 9 n gjelder derfor ikke generelt. (Feilen ved impliksjonen er også denne gngen fortegnet. Hvis vi krever t n er positiv, så gjelder impliksjonen.) Oppgve 1.98 Vi ntr t n er et prtll. Det etyr t vi kn skrive n k, der k er et heltll. Det gir n ( k) k 8k 4k Siden k er et heltll, er også 4k et heltll. Det etyr t Vi hr dermed evist t n er et prtll. Hvis n er et prtll, så er n et prtll. 4k er et prtll. Vi ntr t det hele tllet n går opp i 1. Det etyr t 1 er delelig med n. Vi kn ltså skrive 1 nk, der k er et heltll. Det etyr t 4 1 nk n ( k) Siden k er et heltll, er også k et heltll. Altså er 4 delelig med n. Hvis n går opp i 1, så går n opp i 4. Vi ntr t går opp i og t går opp i, der og er hele tll. Altså er delelig med, og er delelig med. Vi kn derfor skrive n og m, der n og m er hele tll. Dermed er ( n) ( m) 6nm 6 ( nm) Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet er derfor delelig med 6. Hvis går opp i og går opp i, så går 6 opp i. Ashehoug www.lokus.no Side 61 v 7

Oppgve 1.99 Vi hr to rsjonle tll og y. Tllene kn ltså skrives på formen y d der,, og d er hele tll. Dermed er d d d y d d d d d d Siden,, og d er hele tll, er også d og d hele tll. Summen y kn ltså skrives som en røk med hele tll i teller og nevner. Det etyr t y er et rsjonlt tll. Vi hr dermed evist t summen v to rsjonle tll er et rsjonlt tll. Oppgve 1.1 Løsninger til oppgvene i ok Vi kn f.eks. velge 1. D lir 15 1 15 16 y 8 8 8 Når 1 lir ltså y et prtll. Utsgnet gjelder ikke generelt. 1 gir et moteksempel. Vi prøver med forskjellige primtll n, og regner ut 1. n : 1 4 1 (primtll) n : 1 8 1 7 (primtll) n 5: 5 1 1 1 (primtll) n 7 : 7 118 1 17 (primtll) n 11: 11 148 147 89 (ikke primtll) Utsgnet gjelder ikke generelt. n 11 gir et moteksempel. Oppgve 1.11 Vi ntr t er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive k 1, der k er et heltll. Det gir (k 1) 4k 4k 1 k k 1 Siden k er et heltll, er også Vi hr dermed evist t k k et heltll. D er k k er et oddetll. Hvis er et oddetll, så er 1 et oddetll. et oddetll. er et rsjonlt tll. Vi kn derfor skrive som en røk med hele tll i teller og nevner. Altså er der og er hele tll. Det gir Siden og er hele tll, er også og hele tll. Vi kn ltså skrive som en røk med hele tll i teller og nevner. Vi hr dermed evist t er et rsjonlt tll. Hvis er et rsjonlt tll, så er et rsjonlt tll. Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Oppgve 1.1 Løsninger til oppgvene i ok Vi ntr t går opp i og t 5 går opp i y. Altså er delelig med, og y er delelig med 5. Vi kn derfor skrive n og y 5m, der n og m er hele tll. Det gir y ( n) (5 m) 1 nm 1 ( nm) Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet y er ltså delelig med 1. Hvis går opp i og 5 går opp i y, så går 1 opp i y. Vi ntr t åde og y er prtll. D kn vi skrive n og y m, der n og m er hele tll. Det gir y n m 4nm Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet y er ltså delelig med 4. Hvis åde og y er prtll, så går 4 opp i y. Vi ntr t er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive k 1, der k er et heltll. Det gir 1 (k 1) 1 4k 4k 1 1 4k 4k 4 k( k 1) Hvis k er et prtll, er k delelig med. Hvis k er et oddetll, er k 1 delelig med. Produktet kk ( 1) er derfor lltid delelig med. Dermed er 4 kk ( 1) lltid delelig med 8. Hvis er et oddetll, så er Oppgve 1.1 1 lltid delelig med 8. Vi ntr t n er et nturlig tll (og t n 1). n n n( n 1) Hvis n er et prtll, så er n delelig med. Hvis n er et oddetll, så er n 1 delelig med. Altså er enten n eller n 1 lltid delelig med. Dermed er produktet nn ( 1) delelig med. Hvis n er et nturlig tll, så er n n lltid delelig med. Vi ntr t n er et nturlig tll, og t n 1. n n n( n 1) n( n 1)( n 1) ( n 1) n( n 1) Vi ser t uttrykket n n kn skrives som produktet v tre påfølgende, nturlige tll. For to påfølgende heltll er lltid ett v tllene delelig med. For tre påfølgende heltll er lltid ett v tllene delelig med. Produktet v tre påfølgende tll er derfor lltid delelig med 6. Hvis n er et nturlig tll større enn 1, så er n n lltid delelig med 6. Vi ntr t n er et nturlig tll, og t n 1. ( n 1)( n n) ( n 1)( n 1) n( n ) ( n 1) n( n 1) ( n ) Uttrykket ( n 1)( n n) kn skrives som produktet v fire påfølgende, nturlige tll. Som i oppgve og vet vi t med to påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med, med tre påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med, og med fire påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med 4. Ett v tllene n 1, n, n 1 eller n er ltså delelig med 4. Det etyr t det også er ett v tllene som er delelig med, men ikke delelig med 4. Produktet v disse to prtllene må derfor være delelig med 4 8. I tillegg er det (minst) ett v de fire tllene som er delelig med. Produktet v fire påfølgende heltll er derfor lltid delelig med 8 4. Hvis n er et nturlig tll større enn 1, så er ( n 1)( n n) lltid delelig med 4. Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 7

Oppgve 1.14 n er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: n 1 er ikke delelig med q: n er delelig med De motstte påstndene lir d ikke q: n er ikke delelig med ikke p: n 1 er delelig med Vi strter ltså med å nt t n ikke er delelig med. D kn vi skrive n k l l. l 1: l :, der k og l er hele tll, og 1, n k k k k k k k 1 ( 1) 1 9 6 1 1 9 6 ( ) Løsninger til oppgvene i ok n k k k k k k k 1 ( ) 19 1 4 19 1 ( 4 1) Siden k er et heltll, er også k k og k 4k 1 hele tll. I egge tilfellene er ltså n 1 delelig med. Vi hr dermed evist t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi derfor også evist t p q. Hvis n er et nturlig tll og n 1 ikke er delelig med, så er n delelig med. Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 Vi fktoriserer uttrykket 5 med nullpunktmetoden. D strter vi med å løse likningen 5. ( ) ( ) 4 ( 5) 9 4 49 7 4 4 4 5 1 Dermed er 5 ( 1) 5 ( 1) 5 ( 1)( 5) 5 5 5 ( 1) 5( 1)( 1) 5( 1) 5 5 5 ( 5) ( 1)( 5) ( 5) 5 Ashehoug www.lokus.no Side 64 v 7

Oppgve Løsninger til oppgvene i ok Divisjonen ( 5 6) : ( ) går opp dersom polynomet P( ) 5 6 er lik null for. P( ) ( ) 5 ( ) ( ) 6 ( 8) 5 4 6 16 6 Siden P( ) er ltså P ( ) delelig med. Vi vet t 5 6 er delelig med, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 6) : ( ) 4 6 6 6 Vi fktoriserer med nullpunktmetoden. 1 1 4 ( ) 1 14 1 5 15 4 4 4 1 Dermed er 5 6 ( )( ) ( ) ( 1) ( )( )( 1) 5 6 ( )( )( 1) 1 1 Ashehoug www.lokus.no Side 65 v 7

Oppgve 1 1 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side v ulikheten med nullpunktmetoden. 1 ( ) 4 4 4 ( 1) ( 1) 4 ( ) 1 1 1 8 1 9 1 1 1 Ulikheten kn dermed skrives Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1 Løsningsmengden er og når 1 ( 1). 1. 1 L, 1,. Løsninger til oppgvene i ok d 4 Telleren 4 er lik null når, og positiv ellers. Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 1 1 ( )( ) ( 1)( 1) ( 1)( ) ( )( 1) 4 1 ( 1)( ) ( 1)( ) ( 1)( ) Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1. 1 Løsningsmengden er L 1,. ( )(1 ) ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L, 1. Ashehoug www.lokus.no Side 66 v 7

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 4 6 11, 6 ( ) ( ) ( 11) ( ) ( ) 6 9 11 1 4 6 1, ( 4) ( ) 6 ( ) 1 ( ) ( ) 4 6 1 4 8 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Oppgve 5 Venstresiden er snn for lle tllpr som oppfyller likningen y 5. Høyresiden er et eksempel på et slikt tllpr. Altså gjelder impliksjonen y 5 y Hvis vi legger til smme tll på egge sider v en likning, eller multipliserer egge sider med et tll som ikke kn være null, hr vi ekvivlente overgnger. 4 4 Altså gjelder ekvivlensen 4. Venstresiden er snn hvis 1 1. Høyresiden er snn hvis 1 1. Altså gjelder impliksjonen 1. Ashehoug www.lokus.no Side 67 v 7