DEL 1 – Uten hjelpemidler

Oppgave 1

a)

Formel (prosentpoeng): endring i prosentpoeng = ny prosentsats − gammel prosentsats.

$$2{,}2\,\%-2{,}0\,\% = \underline{0{,}2\ \text{prosentpoeng}}$$

Renten steg med $0{,}2$ prosentpoeng.

b)

Formel (prosentvis endring): $\text{prosentvis endring} = \frac{\text{endring}}{\text{utgangsverdi}}\cdot 100\,\%$

Endringen er $0{,}2$ prosentpoeng, og utgangsverdien er den opprinnelige renten på $2{,}0\,\%$:

$$\frac{\text{endring}}{\text{utgangsverdi}}\cdot 100\,\% = \frac{0{,}2}{2{,}0}\cdot 100\,\% = \underline{10\,\%}$$

Renten steg med $10\,\%$.

Oppgave 2

Formel (prosentvis endring): $\text{prosentvis endring} = \frac{\text{endring}}{\text{utgangsverdi}}\cdot 100\,\%$

Diagrammet viser 700 elever i 2018, 800 i 2019, 900 i 2020 og 1000 i 2021. Regner ut den prosentvise økningen for hvert av de tre årsskiftene, med antall elever året før som utgangsverdi:

$$\begin{aligned} 2018\to2019:\ \frac{800-700}{700}\cdot 100\,\% &= \frac{100}{700}\cdot 100\,\% \\[0.9em] &\approx 14{,}3\,\% \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} 2019\to2020:\ \frac{900-800}{800}\cdot 100\,\% &= \frac{100}{800}\cdot 100\,\% \\[0.9em] &= 12{,}5\,\% \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} 2020\to2021:\ \frac{1000-900}{900}\cdot 100\,\% &= \frac{100}{900}\cdot 100\,\% \\[0.9em] &\approx 11{,}1\,\% \end{aligned}$$

Selv om antall elever økte med like mange (100) hvert år, blir den prosentvise økningen mindre og mindre fordi utgangsverdien (antall elever året før) blir stadig større.

Den prosentvise økningen var størst fra $2018\ \text{til}\ 2019$.

Oppgave 3

a)

To størrelser er proporsjonale dersom forholdet mellom dem alltid er det samme, det vil si at grafen er en rett linje gjennom origo. Et eksempel: prisen for å kjøpe et antall like poser med snacks er proporsjonal med antall poser. Koster én pose 25 kr, er totalprisen $K$ for $x$ poser gitt ved

$$K(x) = 25x$$

b)

Grafen til $K(x)=25x$ er en rett linje som går gjennom origo $(0,0)$ og for eksempel punktet $(4,100)$, siden $K(4)=25\cdot 4=100$. Stigningstallet er 25, som er prisen per pose.

Oppgave 4

$$V(x) = 4x^3-100x^2+600x,\quad 0<x<10$$

a)

Setter $x=5$ inn i uttrykket for $V(x)$:

$$\begin{aligned} V(5) &= 4\cdot 5^3-100\cdot 5^2+600\cdot 5 \\ &= 4\cdot125-100\cdot25+3000 \\ &= 500-2500+3000 \\ &= \underline{1000} \end{aligned}$$

Esken får et volum på $1000\ \text{cm}^3$ dersom Siri lager den 5 cm høy.

b)

Likningen $V(x)=500$ spør etter hvilken eller hvilke høyder $x$ (mellom 0 og 10 cm) som gir en eske med volum 500 cm³:

$$4x^3-100x^2+600x = 500$$

Oppgaven spør hva Siri finner ut, ikke etter de nøyaktige løsningene. Uten hjelpemidler kan vi likevel se hvor mange løsninger det er, ved å regne ut noen funksjonsverdier:

$$\begin{aligned} V(1) &= 4-100+600 = 504 \\ V(5) &= 1000 \\ V(8) &= 2048-6400+4800 = 448 \\ V(10) &= 4000-10\,000+6000 = 0 \end{aligned}$$

Volumet starter nær 0 for små $x$, stiger over 500 (504 allerede ved $x=1$, og 1000 ved $x=5$), og faller igjen til 0 ved $x=10$. Grafen må derfor passere 500 én gang på vei opp og én gang på vei ned: én høyde litt under 1 cm, og én høyde mellom 5 og 8 cm. En tredjegradslikning har høyst tre løsninger, og den tredje ligger utenfor $0<x<10$.

Dersom Siri løser likningen $V(x)=500$, finner hun ut at det er to forskjellige høyder som gir esken et volum på 500 cm³: én litt under 1 cm, og én mellom 5 og 8 cm (med graftegner: $x\approx0{,}99$ cm og $x\approx7{,}77$ cm).

Oppgave 5

Koden starter med startverdi = 2000, verdi = 2000 og vekstfaktor = 1.05. I løkka multipliseres verdi med 1.05 og år telles opp med 1, helt til verdi er minst dobbelt så stor som startverdi, altså minst 4000. Til slutt skrives den endelige verdien av verdi og hvor mange år (år) løkka trengte for å nå dit.

Dette tilsvarer 2000 kr som vokser med en årlig vekstfaktor på 1,05 (5 % årlig rente). Programmet finner altså ut hvor mange hele år det tar før pengene har doblet seg, og hvor mye pengene er verdt akkurat da (etter at de har passert dobbel verdi).

Eleven ønsker å finne ut hvor mange år det tar før et beløp på 2000 kr har doblet seg med en årlig vekst på 5 %, og hva beløpet er verdt etter dette antall år.

(Ekstra kontroll uten programkjøring: $1{,}05^{14}\approx 1{,}98<2$ og $1{,}05^{15}\approx 2{,}08>2$, så programmet vil skrive ut år = 15 og verdi $\approx 2000\cdot1{,}05^{15}\approx 4157{,}9$.)

Oppgave 6

La $b$ være bredden til rektangelet, i cm. Rektangelet er tre ganger så langt som det er bredt, så lengden er $3b$.

Formel (areal rektangel): $A = \text{lengde}\cdot\text{bredde}$

$$A = 3b\cdot b = 3b^2$$

Arealet er oppgitt til 432 cm²:

$$3b^2 = 432$$

$$b^2 = 144$$

$$b = \sqrt{144} = 12$$

(Den negative løsningen $b=-12$ forkastes, siden en bredde ikke kan være negativ.)

Rektangelet er $12\ \text{cm}$ bredt.

---

DEL 2 – Med hjelpemidler

Oppgave 1

$$V(x) = 2000-2000\left(1-\frac{x}{40}\right)^2,\quad 0\le x\le 40$$

a)

$$\begin{aligned} V(0) &= 2000-2000\left(1-\frac{0}{40}\right)^2 \\[0.9em] &= 2000-2000\cdot1^2 \\ &= 2000-2000 = \underline{0} \end{aligned}$$

Praktisk tolkning: $V(0)=0$ betyr at når tappingen akkurat har startet ($x=0$ minutter), er det ennå ikke tappet ut noe vann fra tanken.

b)

Uttrykket $\left(1-\frac{x}{40}\right)^2$ er størst når $x=0$ (verdi 1) og minst når $x=40$ (verdi 0), og avtar jevnt mellom disse. Dermed er $V(x)$ voksende på hele intervallet $0\le x\le40$, fra $V(0)=0$ til

$$\begin{aligned} V(40) &= 2000-2000\left(1-\frac{40}{40}\right)^2 \\[0.9em] &= 2000-2000\cdot 0^2 = 2000 \end{aligned}$$

Verdimengden til $V$ er $[0,\,2000]$ liter.

c)

Siden $V(40)=2000$ liter er hele tankens volum tappet ut når $x=40$, er halve tanken 1000 liter. Løser likningen $V(x)=1000$:

$$2000-2000\left(1-\frac{x}{40}\right)^2 = 1000$$

$$2000\left(1-\frac{x}{40}\right)^2 = 1000$$

$$\left(1-\frac{x}{40}\right)^2 = 0{,}5$$

$$1-\frac{x}{40} = \pm\sqrt{0{,}5} \approx \pm 0{,}7071$$

Siden $0\le x\le40$, må $1-\frac{x}{40}$ ligge mellom 0 og 1, så bare den positive roten er gyldig:

$$1-\frac{x}{40} = 0{,}7071$$

$$\frac{x}{40} = 0{,}2929$$

$$x = 40\cdot 0{,}2929 \approx 11{,}7$$

Det vil ta omtrent $11{,}7\ \text{minutter}$ før halvparten av vannet er tappet ut.

d)

$$\begin{aligned} V(30) &= 2000-2000\left(1-\frac{30}{40}\right)^2 \\[0.9em] &= 2000-2000\cdot0{,}25^2 \\ &= 2000-2000\cdot0{,}0625 \\ &= 2000-125 = 1875 \end{aligned}$$

Formel (stigningstall): $a = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$

Punktene er $(0,V(0))=(0,0)$ og $(30,V(30))=(30,1875)$:

$$a = \frac{1875-0}{30-0} = \underline{62{,}5}$$

Praktisk tolkning: Stigningstallet 62,5 er den gjennomsnittlige tappehastigheten de første 30 minuttene, altså $62{,}5$ liter per minutt i gjennomsnitt.

e)

Grafen til $V$ i GeoGebra er en parabelbue som krummer nedover gjennom hele intervallet $0\le x\le40$ (jf. b): $V$ vokser raskest helt i starten og flatere og flatere utover i tappeperioden. Mengden som tappes i løpet av ett minutt, er derfor størst helt i starten, og vi undersøker det første hele minuttet:

$$\begin{aligned} V(1) &= 2000-2000\left(1-\frac{1}{40}\right)^2 \\[0.9em] &= 2000-2000\cdot0{,}975^2 \\ &= 2000-1901{,}25 = 98{,}75 \end{aligned}$$

$$V(1)-V(0) = 98{,}75-0 = 98{,}75\ \text{liter}$$

Til sammenligning, et stykke lenger ut i perioden, er tappemengden i løpet av ett minutt tydelig lavere, for eksempel fra $x=10$ til $x=11$:

$$\begin{aligned} V(10) &= 2000-2000\cdot0{,}75^2 \\ &= 2000-1125 = 875 \\ V(11) &= 2000-2000\cdot0{,}725^2 \\ &= 2000-1051{,}25 = 948{,}75 \end{aligned}$$

$$V(11)-V(10) = 73{,}75\ \text{liter} < 98{,}75\ \text{liter}$$

Dette bekrefter at tappemengden per minutt avtar utover i perioden, slik at det aller første minuttet gir den høyeste tappemengden, 98,75 liter.

Det vil aldri tappes ut mer enn 105 liter vann i løpet av ett minutt, siden den høyeste tappemengden i løpet av ett minutt (de første 60 sekundene) er ca. 98,75 liter.

Oppgave 2

a)

Grafen til firma A skjærer y-aksen ved 600 og har et stigningstall på 4 (avlest av grafen, jf. figurinventar). Skjæringspunktet med y-aksen svarer til prisen ved 0 kjørte kilometer, altså en fast leiepris/startpris på 600 kr uavhengig av hvor langt Markus kjører. Stigningstallet er prisen per ekstra kilometer, altså 4 kr/km. Totalprisen er dermed fastprisen pluss kilometerprisen ganger antall kilometer:

$$A(x) = 4x+600$$

der $x$ er antall kilometer kjørt. Dette stemmer med den oppgitte funksjonen.

b)

$$B(x) = 2x+900$$

Ved 50 km:

$$B(50) = 2\cdot50+900 = 100+900 = 1000$$

$$\text{Pris per km} = \frac{B(50)}{50} = \frac{1000}{50} = \underline{20\ \text{kr/km}}$$

Ved 400 km:

$$B(400) = 2\cdot400+900 = 800+900 = 1700$$

$$\text{Pris per km} = \frac{B(400)}{400} = \frac{1700}{400} = \underline{4{,}25\ \text{kr/km}}$$

Prisen per kilometer blir mye lavere jo flere kilometer Markus kjører, fordi den faste startprisen på 900 kr fordeles på flere kilometer.

c)

Avstanden fra Bodø til Sulitjelma er 9,7 mil, som er $9{,}7\cdot10=97$ km. Tur-retur blir dermed

$$x = 2\cdot97 = 194\ \text{km}$$

Regner ut prisen hos alle tre firmaene for $x=194$ km:

$$A(194) = 4\cdot194+600 = 776+600 = 1376\ \text{kr}$$

$$B(194) = 2\cdot194+900 = 388+900 = 1288\ \text{kr}$$

$$C(194) = 3\cdot194+700 = 582+700 = 1282\ \text{kr}$$

Firma C er billigst, tett etterfulgt av firma B, mens firma A er klart dyrest på denne strekningen.

Markus bør leie bil hos firma C, som koster $1282\ \text{kr}$ for turen.

Oppgave 3

Lar $p$ være den opprinnelige prisen for én flaske dusjsåpe (lik i alle fire butikker). Regner ut effektiv pris per flaske og rabatt i prosent for hvert tilbud.

Butikk A (ta 3, betal for 2): Betaler for 2 av 3 flasker, så effektiv pris per flaske er

$$\frac{2p}{3} \approx 0{,}667p$$

$$\text{Rabatt} = \frac{p-\frac{2p}{3}}{p}\cdot100\,\% = \frac{1}{3}\cdot100\,\% \approx 33{,}3\,\%$$

Butikk B (30 % rabatt): Effektiv pris per flaske er

$$0{,}70p$$

$$\text{Rabatt} = 30\,\%$$

Butikk C (full pris for én, 75 % rabatt på neste): For 2 flasker betaler man $p+0{,}25p=1{,}25p$, så effektiv pris per flaske er

$$\frac{1{,}25p}{2} = 0{,}625p$$

$$\text{Rabatt} = \frac{p-0{,}625p}{p}\cdot100\,\% = 37{,}5\,\%$$

Butikk D (full pris for 3, pluss 2 gratis): Betaler $3p$ for 5 flasker, så effektiv pris per flaske er

$$\frac{3p}{5} = 0{,}60p$$

$$\text{Rabatt} = \frac{p-0{,}60p}{p}\cdot100\,\% = 40\,\%$$

Oversikt, sortert fra beste til dårligste tilbud:

Rekkefølgen fra best til dårligst tilbud er D, C, A, B.

Oppgave 4

a)

Formel (tetthet): $\rho = \frac{m}{V}$

1 L (1000 mL) olje veier 0,9124 kg = 912,4 g, altså er tettheten $\rho=\frac{912{,}4\ \text{g}}{1000\ \text{mL}}=0{,}9124$ g/mL. Massen til 10 mL olje blir:

$$m = \rho\cdot V = 0{,}9124\ \text{g/mL}\cdot10\ \text{mL} = \underline{9{,}124\ \text{g}}$$

10 mL av oljen veier $9{,}124\ \text{gram}$.

b)

$$V = \frac{m}{\rho} = \frac{556{,}6\ \text{g}}{0{,}9124\ \text{g/mL}} \approx 610{,}0\ \text{mL}$$

Gjør om til desiliter ($1\ \text{dL}=100\ \text{mL}$):

$$610{,}0\ \text{mL} = \underline{6{,}10\ \text{dL}}$$

Det er omtrent $6{,}10\ \text{dL}$ olje i begeret.

Oppgave 5

Formel (todeling): antall bakterier $=1\cdot2^{n}$, der $n$ er antall 20-minutters-perioder som har gått.

12 timer er $12\cdot60=720$ minutter. Antall 20-minutters-perioder på 720 minutter:

$$n = \frac{720}{20} = 36$$

$$\text{Antall bakterier} = 2^{36} = \underline{68\,719\,476\,736}$$

Etter 12 timer vil det være $2^{36}=68\,719\,476\,736\approx6{,}87\cdot10^{10}$ bakterier.

Oppgave 6

Figur $n$ er bygd opp av kvadratiske lag med sidelengder $n, n-1, \dots, 1$.

Lag nummer $k$ har $k\cdot k=k^2$ klosser.

Figur $n$ får derfor like mange klosser som figur $n-1$, pluss det nye laget med $n^2$ klosser:

Regel (antall klosser i figur $n$): $\text{klosser i figur } n = \text{klosser i figur } n-1 + n^2$

Vi bruker et regneark. Kolonne B er laget $n^2$, kolonne C er klossene i figur $n$, og kolonne D er det totale antallet klosser til og med figur $n$.

I celle C3 står formelen =C2+B3, og den kopieres nedover. I celle D3 står =D2+C3.

a)

Figur 5 består av lagene $1^2$, $2^2$, $3^2$, $4^2$ og $5^2$:

$$\begin{aligned} 1^2+2^2+3^2+4^2+5^2 &= 1+4+9+16+25 \\ &= \underline{55} \end{aligned}$$

Det stemmer med regnearket (kolonne C, $n=5$).

Roar trenger $55$ klosser til figur 5.

b)

Til de ti første figurene trenger Roar klossene i figur 1, 2, 3 og så videre til og med figur 10. Det er tallene i kolonne C, lagt sammen:

$$\begin{aligned} &1+5+14+30+55+91+\\ &\quad 140+204+285+385 \\ &= \underline{1210} \end{aligned}$$

Regnearket gir det samme i kolonne D ved $n=10$.

Roar trenger $1210$ klosser til sammen for de 10 første figurene.

c)

Roar har 10 000 klosser. Vi leser av kolonne D:

• Til og med figur 17 trengs 8721 klosser. Det er under 10 000.
• Til og med figur 18 trengs 10 830 klosser. Det er over 10 000.

Roar kan altså lage de 17 første figurene, men ikke figur 18. Antall klosser igjen:

$$10\,000-8721 = \underline{1279}$$

Roar kan lage $17$ figurer, og har $1279$ klosser igjen.

Oppgave 7

a)

Bruker GeoGebra og regresjonsanalyse (potensregresjon) på de åtte punktene i tabell 1, med $x$ = tid i minutter og $T_1$ = temperatur i °C, og velger modellen $T_1(x)=a\cdot x^b$. Regresjonen gir:

$$a\approx1{,}85,\qquad b\approx0{,}49$$

$$T_1(x) \approx \underline{1{,}85\cdot x^{0{,}49}}$$

b)

Modellen $T_1(x)=1{,}85\cdot x^{0{,}49}$ har $b>0$, så $T_1(x)$ vokser videre uten grense når $x$ blir stor. I virkeligheten vil temperaturen i stua flate ut mot termostatens innstilling på 20 °C og ikke fortsette å stige. I tillegg gir modellen $T_1(0)=0$, mens den faktiske starttemperaturen var 2,0 °C. Modellen $T_1$ er derfor bare pålitelig innenfor omtrent det tidsrommet den er tilpasset til (fra like etter oppstart og opp mot 120 minutter), og bør ikke brukes til å beregne temperaturen ved $x=0$ eller langt utover de målte 120 minuttene.

c)

Verdiene i tabell 2 er negative og nærmer seg 0 når $x$ blir stor, noe som passer med en avtakende eksponentialfunksjon. Bruker GeoGebra og regresjonsanalyse (eksponentiell regresjon) på de åtte punktene i tabell 2, og velger modellen $f(x)=a\cdot b^x$. Regresjonen gir:

$$a\approx-18{,}1,\qquad b\approx0{,}980$$

$$f(x) \approx \underline{-18{,}1\cdot0{,}980^{x}}$$

d)

Grafen til $T_1$ starter i origo $(0,0)$ og vokser stadig saktere, men uten noen øvre grense, ettersom $x$ øker (typisk for en potensfunksjon med $0<b<1$). Grafen til $f$ starter nær $(0,-18{,}1)$ og øker mot 0 som en horisontal asymptote når $x$ blir stor, uten noen gang å nå eller passere 0 (typisk for en avtakende eksponentialfunksjon). $T_1$ er alltid positiv, mens $f$ er alltid negativ, og $f$ flater klart ut mot slutten av det målte tidsrommet, mens $T_1$ fortsatt stiger merkbart.

e)

Malene løfter grafen til $f$ opp 20 °C:

$$T_2(x) = f(x)+20 \approx -18{,}1\cdot0{,}980^{x}+20$$

4 timer er $4\cdot60=240$ minutter. Setter $x=240$ inn i $T_2(x)$:

$$T_2(240) = -18{,}1\cdot0{,}980^{240}+20$$

$0{,}980^{240}\approx0{,}00783$, så

$$\begin{aligned} T_2(240) &\approx -18{,}1\cdot0{,}00783+20 \\ &\approx -0{,}142+20 = \underline{19{,}9} \end{aligned}$$

Ifølge modellen $T_2$ vil temperaturen i stua være omtrent $19{,}9\ °\text{C}$ etter 4 timer.

Oppgave 8

Avstanden mellom hver tråd er 10 cm, og lengden på et gardin med $n$ tråder er $(n-1)\cdot10$ cm (avstand mellom første og siste tråd). Kontrollsjekk mot oppgaven: gardinet med 9 tråder har lengde $(9-1)\cdot10=80$ cm, som stemmer med teksten og figuren.

a)

Formel (antall tråder): lengde $=(n-1)\cdot10$ cm, altså $n=\frac{\text{lengde}}{10}+1$

Et gardin på 1 meter er 100 cm langt:

$$n = \frac{100}{10}+1 = 10+1 = \underline{11}$$

Dette lysgardinet har $11$ tråder.

b)

Mønsteret 3, 6, 9 gjentas for hver tredje tråd. For tråd nummer 11 finner man posisjonen i mønsteret ved å se på resten etter divisjon med 3: $11-1=10$, og $10$ delt på 3 gir rest 1, så tråd 11 har samme antall lyspærer som tråd 2 i mønsteret, altså 6. (Listet ut: tråd 1–9 følger 3,6,9,3,6,9,3,6,9, tråd 10 = 3, tråd 11 = 6.)

Den siste tråden har $6$ lyspærer.

c)

Sjekker først at antall tråder følger $n=10L+1$ for et gardin på $L$ meter (bekreftet i a), og at summen av lyspærer for hvert fullført mønster på 3 tråder er $3+6+9=18$.

For $L=15$ meter: $n=10\cdot15+1=151$ tråder. $151=3\cdot50+1$, altså 50 fullførte mønstre (150 tråder) pluss én ekstra tråd (tråd 151), som er den første i et nytt mønster og dermed har 3 lyspærer:

$$\text{Antall lyspærer} = 50\cdot18+3 = 900+3 = \underline{903}$$

Kontroll mot tabellen: samme metode gir for eksempel $L=3$: $n=31=3\cdot10+1$, som gir $10\cdot18+3=183$, i samsvar med tabellverdien 183. Metoden stemmer altså med de oppgitte tabellverdiene.

Et 15 meter langt lysgardin har $903$ lyspærer.

d)

Den siste tråden har 9 lyspærer nettopp når den er den tredje (siste) tråden i et fullført mønster, altså når antall tråder $n$ er delelig med 3. Med $n=10L+1$ betyr det:

$$10L+1 \equiv 0 \pmod 3$$

Siden $10\equiv1\pmod3$, blir dette $L+1\equiv0\pmod3$, altså $L\equiv2\pmod3$.

Kontroll mot tabellen: for $L=2$ er $n=21$, som er delelig med 3, og for $L=5$ er $n=51$, også delelig med 3, begge i samsvar med at gardinene på 2 og 5 meter avslutter et fullt mønster (ingen "påbegynt" rest i lyspære-summen for disse lengdene i tabellen).

Lysgardinet har 9 lyspærer på siste tråd for lengder $L=2,\,5,\,8,\,11,\,14,\,\dots$ meter, altså alle hele meter der $L\equiv2\pmod3$.

© 2026 Ruben S. Johanssen, RubenMatte. Kun til privat bruk og skal ikke deles, publiseres eller selges videre.