Regneark

Tabellen under gir en oversikt over alle regneark (Excel) det refereres til på nettstedet.

Artikkel Beskrivelse Regneark
Pytagoreiske tripler Genererer pytagoreiske tripler basert på formlene $x = 2st$, $y = s^2 – t^2$ og $z = s^2 + t^2$. pytagoreiske_tripler
Begreper i sannsynlighet Simulerer 1000 kast med to terninger og teller opp hvor mange ganger de forskjellige summene forekommer sum_to_terninger
Misforståelser i sannsynlighet Simulerer 20 bilsifre og 30 fødselsdager, og markerer like verdier med en X. flere_like
Gir brukeren mulighet til å eksperimentere med parametere i paradokset med de falske positive falske_positive
Kombinatorikk Eksempler på bruk av kombinatorikk-funksjonene fakultet, permuter og kombinasjon. kombinatorikk
Lar brukeren oppgi antall gutter og jenter i en klasse og i et utvalg, og beregner hvor mange kombinasjoner det finnes. utvalg_av_elever
Introduksjon til statistikk Viser hvordan vi kan bruke diagrammer til å gi galt inntrykk ved å "jukse" med aksene. aksejuks
Måltall i statistikk Viser et par stolpediagrammer. stolpediagrammer
Demonstrerer bruk av funksjoner for å beregne gjennomsnitt, median, typetall, standardavvik, variasjonsbredde, persentiler, kvartiler og kvartilbredde. maaltall
Diskrete sannsynlighetsfordelinger Viser bruk av funksjonen for å beregne binomiske sannsynligheter. binom_fordeling
Viser bruk av funksjonen for å beregne hypergeometriske sannsynligheter. hypergeom_fordeling
Viser bruk av funksjonen for å beregne poissonsannsynligheter. poissonfordeling
Normalfordelingen Beregner sannsynligheter i en normalfordeling med en gitt forventning og et gitt standardavvik normalfordeling
Estimering Beregner konfidensintervaller for et gitt gjennomsnitt, et gitt standardavvik og en gitt populasjonsstørrelse basert på en normalfordeling. konfidens_normal
Beregner konfidensintervaller for et gitt gjennomsnitt, et gitt standardavvik og en gitt populasjonsstørrelse basert på en t-fordeling. konfidens_t
Sammenlikne datasett Beregner kovarians og korrelasjonskoeffisient samvariasjon
Viser eksempler på bruk av funksjonen t.test t_test

 

GeoGebra-filer

I en del artikler, først og fremst i artiklene om GeoGebra, men også i artiklene om funksjoner, lages illustrasjoner ved hjelp av GeoGebra. Det kan være lærerikt å studere hvordan de tilhørende GeoGebra-filene er bygget opp, og et utvalg filer er derfor tilgjengelig på nettstedet. Det refereres fortløpende til filene i teksten, her er en fullstendig oversikt:

Artikkel Beskrivelse Fil
GeoGebra, introduksjon Demonstrerer begrensning av x-verdier vha kommandoen Funksjon, og viser endring av enheter på aksene.

intervallbegrensning.ggb

 

GeoGebra, funksjonsanalyse

Viser hvordan vi finner en funksjons ekstremal- og skjæringspunkter. ekstrem_vende_skjaeringspunkter.ggb
Demonstrerer bruk av glidere. glidere.ggb
Bruker glidere til å finne $a$ og $b$ i funksjonen $f(t) = at + b$, slik at grafen blir liggende nærmest mulig et sett gitte punkter. simulert_fysikkforsoek.ggb
GeoGebra, delt funksjonsforskrift Demonstrerer bruk av Dersom-kommandoer til å lage delte funksjonsforskrifter. delt_funksjonsforskrift.ggb
Kontinuitet og grenser Ved hjelp av intervaller som kan justeres dynamisk illustreres definisjonen av grenseverdi. epsilon_delta.ggb
Trigonometriske funksjoner Viser utseende av ei fourierrekke der en dynamisk kan endre antall ledd. Her kan en studere hvordan ei tallrekke representeres i GeoGebra. fourierrekke.ggb
GeoGebra, integrasjon Illustrerer bruk av kommandoen IntegralMellom til å finne arealet mellom $f(x) = x + 1$ og $g(x) = x^2 – 2x + 1$ mellom integralgrensene $1$ og $2$. integralmellom.ggb
Illustrerer bruk av kommandoen IntegralMellom til å finne arealet mellom $g(x) = x + 1$ og $f(x) = x^2$. Her finnes integralgrensene implisitt som skjæringspunktet mellom kurvene. areal_under_og_mellom_kurver.ggb
Ved hjelp av kommandoene SumOver og SumUnder vises det hvordan vi kan illustrere et bestemt integral som en uendelig sum av rektangler. over_og_undersum.ggb
GeoGebra, trigonometri Her vises at sinus og cosinus til en vinkel som avstandene mellom aksene og skjæringspunktet mellom vinkelbeinet og enhetssirkelen. sinus_og_cosinus.ggb
Demonstrerer hvordan GeoGebra kan tegne grafene til sinus og cosinus dynamisk når vi endrer en vinkel. sinus_og_cosinus_graf.ggb
GeoGebra, derivasjon

Vi ser hvordan en tangents stigningstall kan brukes til å dynamisk tegne grafen til en funksjons deriverte.

derivert.ggb
Ved å dynamisk la en sekant nærme seg en tangent, illustreres definisjonen av den deriverte. sekant_og_tangent.ggb
GeoGebra, regresjon Viser bruken av funksjonen RegLin til lineær regresjon basert på fem punkter.  regresjon_1.ggb
Viser bruken av funksjonen RegLin til lineær regresjon basert på åtte punkter. regresjon_2.ggb
Viser bruken av funksjonen RegPot til regresjon med en potensfunksjon. regresjon_3.ggb

 

Løsningsforslag, GeoGebra

Introduksjon

Oppgave 1:

Vi skal sette inn et punkt A i (1, 2) og et punkt C i ( 4, 3) ved å skrive i inntastingsfeltet, og deretter trekke en linje mellom punktene ved å velge «Linjestykke mellom to punkt» fra verktøylinja. 

Vi skriver først (1, 2), deretter C = (4, 3) i inntastingsfeltet. Så velger vi «Linjestykke mellom to punkt» og klikker på de to punktene etter tur.

Menyvalg for å sette inn linjestykke mellom to punkt

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke GeoGebra til å tegne grafen til funksjonen f(x) = 4x3 − 48x2 + 144x, og plotte punktene på grafen som har x-verdi −1 og 1. Punktene skal hete A og B.

Vi skriver følgende i inntastingsfeltet:

funksjon(4x^3 – 48x^2 + 144x, 0, 6)

Så går vi til Innstillinger-dialogboksen og endrer akseverdiene til om lag

x-min = −2

x-maks = 8

y-min = −50

y-maks = 150

Grafen er vist under:

Tredjegradskurve med begrensning i x-verdier

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Tilbake til oppgaven

Funksjonsanalyse

Oppgave 2:

Vi skal ta utgangspunkt i funksjonen f(x) = x3 + 2x2x − 2, og bruke GeoGebra til å

    1.  Finne ekstremalpunktene til funksjonen.
      Vi skriver funksjonsforskriften i inntastingsfeltet: x^3 + 2x^2 – x – 2.
      Ekstremalpunktene finner vi ved å skrive: ekstremalpunkt(f) i inntastingsfeltet.
      GeoGebra angir at funksjonen har et maksimalpunkt i (−1,55, 0,63) og et minimalpunkt i (0,22, −2,11).
       
    2. Finne funksjonens vendepunkt.
      Vi skriver: vendepunkt(f) i inntastingsfeltet.
      GeoGebra angir at funksjonen har et vendepunkt i (−0,67, −0,74).
       
    3. Løse likningen x3 + 2x2x − 2 = 0.
      Vi finner den tilhørende funksjonens nullpunkter ved å skrive: nullpunkt(f) i inntastingsfeltet.
      GeoGebra angir at nullpunktene er (−2, 0), (−1, 0) og (1, 0).
      Løsningen er altså x1 = −2, x2 = −1, x3 = 1.
      En annen løsningsmetode kan være å finne skjæringspunktene mellom f(x) og x-aksen.

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne eventuelle asymptoter til funksjonene

    1. $f(x) = 3 + \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 4}$
      Vi skriver: 3 + 2 / (x + 4) i inntastingsfeltet.
      Vi skriver: asymptote(f) i inntastingsfeltet.
      GeoGebra viser ei liste med y = 3 og x = −4 i algebrafeltet, og tegner disse to asymptotene i grafikkfeltet.
       
    2. $g(x) = x^2 + 3x − 2$
      Vi skriver: 3x^2 + 3x – 2 i inntastingsfeltet.
      Vi skriver: asymptote(g) i inntastingsfeltet.
      GeoGebra viser ei tom liste i algebrafeltet. Funksjonen har ingen asymptoter.

Vi har her forutsatt at det ikke er noen funksjoner registrert fra før, slik at navnene automatisk blir f og g

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Basert på målingene i tabellen under skal vi bruke glidere i GeoGebra til å anslå en funksjonsforskrift for en lineær funksjon, f(t), som kan brukes som modell for forsøket.

Tid (min) 10 11 12 13 14
Temperatur (grader Celsius) 60 64 70 76 80
    1. Ved å eksperimentere med glidere for a og b, finner vi at funksjonen f(t) = 5t + 10 ser rimelig bra ut. Her er det imidlertid rom for variasjon, så det kan godt være du har funnet noe som er bedre.
       
    2. f(0) = 10. Vannet holdt 10 grader da forsøket startet.
       
    3. Stigningstallet a = 5, derfor stiger temperaturen med 5 grader per minutt.
       
    4. Funksjonsforskriften kan ikke brukes til å anslå hvilken temperatur vannet vil ha etter 30 minutter. f(30) = 160, og modellen er bare gyldig opp til 100 grader.

Tilbake til oppgaven

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Delt funksjonsforskrift

Oppgave 1:

Vi skal bruke kommandoen Dersom i GeoGebra til å plotte funksjonen $f(x) = \begin{cases} x+2, & x < 1 \\ 2x+1, & x \ge 1 \\ \end{cases}$.

Vi kan enten bruke x < 1 som kriterium og skrive dersom(x < 1, x + 2, 2x + 1) i inntastingsfeltet, eller vi kan bruke x ≥ 1 som kriterium og skrive dersom(x >= 1, 2x + 1, x + 2).

Plottet ser i begge tilfeller slik ut:

Plott av delt funksjonsforskrift med to verdier

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke kommandoen Dersom i GeoGebra til å plotte funksjonen $f(x) = \begin{cases} 1, & x < 1 \\ 2, & 1 \le x < 2 \\ 3, & 2 \le x \\ \end{cases}$.

Det finnes flere måter å velge kriteriene på, men vi kan for eksempel skrive dersom(x < 1, 1, 1 ≤ x < 2, 2, 3).

Plottet ser slik ut:

Plott av delt funksjonsforskrift med tre verdier

Tilbake til oppgaven

Derivasjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å finne første og fjerdederiverte til funksjonen f(x) = 3x5 + 2x4 − 3x3x2 + 2x − 1.

Vi skriver funksjonsforskriften i inntastingsfeltet: 3x^5 + 2x^4 – 3x^3 – x^2 + 2x – 1.

Vi skriver: f′(x) eller derivert(f) i inntastingsfeltet.

GeoGebra tegner grafen i grafikkfeltet og angir funksjonsforskriften i algebrafeltet: f′(x) = 15x4 +8x3 − 9x2 − 2x + 2.

Vi skriver: f′′′′(x) eller derivert(f, 4) i inntastingsfeltet.

GeoGebra tegner grafen i grafikkfeltet og angir funksjonsforskriften i algebrafeltet: f′(x) = 360x + 48.

Tilbake til oppgaven

Integrasjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å beregne integralet $\int 3x^2dx$.

Vi skriver funksjonsforskriften i inntastingsfeltet: 3x^2.

GeoGebra viser funksjonsforskriften f(x) = 3x2 i algebrafeltet og grafen til f(x) i grafikkfeltet.

Vi skriver integralkommandoen i inntastingsfeltet: integral(f).

GeoGebra oppretter den integrerte funksjonen, g, viser funksjonsforskriften g(x) = x3 i algebrafeltet og grafen til g(x) i grafikkfeltet.

Hvis vi ikke har bruk for den opprinnelige funksjonen, kan vi hoppe over den, og skrive integral(3x^2).

Vi kan også åpne CAS («Vis» – «CAS») og skrive integral(3x^2) hvis vi ikke er interessert i grafen.

Tilbake til oppgaven

Trigonometri

Oppgave 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å illustrere definisjonen av cosinus.

Vi bruker samme oppskrift som for illustrasjon av sinus, vist i eksempel 1. De første fire punktene blir like. Men i punkt 5 skal vi lage et linjestykke fra C som står vinkelrett på y-aksen. Dette punktet vil ha x-koordinat 0, og samme y-koordinat som C: (0, y(C)). Så vi skriver: linjestykke(C, (0, y(C))).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bygge ut det vi laget i oppgave 1 til å tegne grafen til cosinus. Vi skal følge oppskriften på å tegne grafen til sinus, fra eksempel 2.

Vi baserer oss på de 5 trinnene i eksempel 2, men I punkt 2 skal vi bruke x-koordinaten, ikke y-koordinaten til C og skriver: x(C). Denne verdien representerer cosinus, GeoGebra kaller den g i algebrafeltet. I punkt 3 bruker vi denne verdien når vi lager et punkt som har y-koordinat lik cosinus til vinkelen og skriver: (d, g). GeoGebra kaller punktet E, og vi kan sette sporing på det på samme måte som i eksempel 2.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal plotte punktet r = 1, θ = 60° i GeoGebra. Det gjør vi ved å skrive (1; 60°) i inntastingsfeltet.

Tilbake til oppgaven

Vektorer og avbildninger

Oppgave 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å:

  • sette inn vektoren $\vec a$ med startpunkt i (0, 0) og sluttpunkt i (4, 3).
    Vi skriver a = (4, 3) i inntastingsfeltet. Alternativt setter vi inn fra menyen «Vektor», klikker i (0, 0) og (4, 3), endrer navnet etterpå og skjuler punktene.
    GeoGebra setter inn vektoren a = [4, 3] med startpunkt i (0, 0) og sluttpunkt i (4, 0).
     
  • sette inn vektoren $\vec b$ med startpunkt i (4, 3) og sluttpunkt i (6, −1).
    Vi skriver b= vektor((4, 3), (6, -1)) i inntastingsfeltet. Alternativt bruker vi menyen «Vektor» som i forrige punkt.
    GeoGebra setter inn vektoren b = [2, −4] med startpunkt i (4, 3) og sluttpunkt i (6, −1).
     
  • beregne vektoren $\vec s = \vec a + \vec b$
    Vi skriver s = a + b i inntastingsfeltet.
    GeoGebra setter inn vektoren s = [6, −1] med startpunkt i (0, 0) og sluttpunkt i (6, −1).
     
  • beregne vektoren $\vec d = \vec a − \vec b$
    Vi skriver d = a – b i inntastingsfeltet.
    GeoGebra setter inn vektoren d = [2, 7] med startpunkt i (0, 0) og sluttpunkt i (2, 7).
     
  • beregne lengden $| \vec a |$
    Vi skriver |a| eller lengde(a) eller abs(a) i inntastingsfeltet.
    GeoGebra setter inn tallet c = 5 i algebrafeltet.
     
  • beregne prikkproduktet $\vec a \cdot \vec b$
    Vi skriver a*b i inntastingsfeltet.
    GeoGebra setter inn tallet e = −4 i algebrafeltet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke GeoGebra til å lage en trekant med hjørner i (3, 2), (6, 2) og (4, 4), flytte trekanten −2 enheter i x-retning og 3 enheter i y-retning, og deretter rotere den flyttede trekanten 60 grader om punktet (0, 4).

Vi velger «Mangekant» fra menyen, klikker i (3, 2), (6, 2), (4, 4) og deretter i (3, 2) igjen. GeoGebra setter inn en trekant med hjørner i disse punktene.

Vi velger «Vektor» fra menyen og setter inn en vektor som er [−2, 3], for eksempel ved å klikke i punktene (0, 0) og (−2, 3). Vi velger så «Flytt objekt med vektor» fra menyen, klikker på trekanten, deretter på vektoren. GeoGebra lager en ny trekant med hjørner i (1, 5), (4, 5) og (2, 7).

Vi setter inn et punkt i (0, 4) ved å velge «Nytt punkt» fra menyen og klikke i (0, 4). Vi velger så «Roter objekt om punkt med fast vinkel», klikker på den nye trekanten, deretter punktet i (0, 4) og skriver 60 i dialogboksen som kommer opp.

Tilbake til oppgaven

Dynamisk geometri

Oppgave 1:

Vi skal lage en vilkårlig trekant og bruke den til å illustrere sinussetningen, det vil si at forholdet mellom sinus til en vinkel i en trekant og lengden på den motstående siden er likt for alle vinkler og sider i en trekant.

Vi velger «Mangekant» og klikker ut tre punkter der trekantens hjørner skal være, så klikker vi tilbake i det første punktet. Alternativt bygger vi trekanten opp ved hjelp av linjer.

Vi velger «Vinkel» og klikker parvis på de sidene vi skal opprette en vinkel mellom, hvert par i retning mot klokka.

Vi har nå en trekant med sider a, b, c og vinkler α, β, γ. Hvilke vinkler som er motstående til hvilke sider vil variere med rekkefølgen vi satte dem inn i. I det følgende antar vi at α er motstående med a, β med b og γ med c.

Vi oppretter tre variable med hvert sitt forhold mellom sinus til vinkel og sidelengde. De kan hete hva som helst, vi kaller dem fa, fb og fc. I inntastingsfeltet skriver vi
fa = sin(α)/a
fb = sin(β)/b
fc = sin(γ)/c.

De greske bokstavene henter vi fra symbolmenyen som dukker opp til høyre for inntastingsfeltet når vi setter markøren i det.

fa, fb og fc dukker opp i algebrafeltet, alle har samme verdi.

Vi velger «Tekst», klikker der boksen skal stå og skriver inn en ledetekst, for eksempel «Forhold a: «. Så setter vi inn det tilhørende objektet, som vi har kalt fa, ved å hente det fra «Objekt»-menyen i tekstboksen. NB! Dette må hentes fra menyen, vi kan ikke bare skrive inn navnet på det. Vi gjør tilsvarende for de andre to objektene.

Nå kan vi klikke på pila til venstre i verktøylinja, ta tak i et av hjørnene i trekanten og dra. Når trekanten endrer form, endrer forholdstallene seg, men de tre er alltid like.

GeoGebra-filÅpne GeoGebra-fil med ferdig konstruksjon

Tilbake til oppgaven

Regresjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke regresjon i GeoGebra til å finne forskriften til en lineær funksjon som kommer så nærme punktene i lista under som mulig.

Kvarter 1 2 3 4 5 6 7 8
Kilometer 22 38 58 80 104 122 138 161

Vi henter fram regnearkfeltet hvis det ikke allerede er framme: «Vis» – «Regneark».

Vi skriver inn lista med målinger i regnearket, kvarter i kolonne A og kilometer i kolonne B.

Vi markerer tallene, høyreklikker og velger «Lag» – «Liste med punkt».

GeoGebra lager ei liste som heter Liste1.

Vi skriver: reglin(Liste1) i inntastingsfeltet.

GeoGebra foreslår funksjonsforskriften y = 20,11x − 0,11 i algebrafeltet og tegner den tilhørende grafen i grafikkfeltet.

Matematisk er nok denne nøyaktig, men vi ser at det ikke representerer situasjonen helt godt. Den sier at når turen starter har familien kjørt 0,11 kilometer feil vei.

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruk funksjonen regpot i GeoGebra til å finne en potensfunksjon som beskriver situasjonen i tabellen under.

Tid (sekunder) 1 2 3 4 5
Distanse (meter) 4,9 19,6 44,1 78,4 122,5

Vi henter fram regnearkfeltet hvis det ikke allerede er framme: «Vis» – «Regneark».

Vi skriver inn lista med målinger i regnearket, tid i kolonne A og distanse i kolonne B.

Vi markerer tallene, høyreklikker og velger «Lag» – «Liste med punkt».

GeoGebra lager ei liste som heter Liste1.

Vi skriver: regpot(Liste1) i inntastingsfeltet.

GeoGebra foreslår funksjonsforskriften f(x) = 4,9x2 i algebrafeltet og tegner den tilhørende grafen i grafikkfeltet.
Funksjonsforskriften er helt korrekt, formelen for fritt fall er $d = {\large \frac{1}{2}}gt^2$, der d er falt distanse, t er tida og g er tyngdens akselerasjon som er om lag 9,8.

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Tilbake til oppgaven

Statistikk

Oppgave 1:

Vi skal bruke GeoGebra til å lage et søylediagram som viser fordeling av følgende karakterer:1, 4, 5, 5, 4, 1, 3, 4, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 3, 3, 1, 3, 2, 5, 6, 3, 1, 4, 2. Søylebredden skal være 0,75.

Metode 1:

Vi skriver tallene inn i et celleområde i regnearket i GeoGebra, for eksempel A1:E5. I inntastingsfeltet skriver vi så søylediagram(A1:E5, 0.75). GeoGebra lager søylediagrammet under:

Søylediagram

Metode 2:

Karakterene fordeler seg slik:

 Karakter  1   2   3   4   5   6 
 Frekvens   4  5   5  7  3  1

Vi skriver karakterene i én kolonne i regnearket i GeoGebra, for eksempel A1:A6 og frekvensen i en annen, for eksempel B1:B6. I inntastingsfeltet skriver vi så søylediagram(A1:A6, B1:B6, 0.75). GeoGebra lager samme søylediagram som ved metode 1.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke GeoGebra til å lage et histogram som viser fordeling av karakterene fra oppgave 1, med intervaller 1-2, 3, 4 og 5-6.

Karakterene er fordelt slik:

 Karakter  1 – 2    3     4    5 – 6 
 Frekvens     9   5   7     4

Det er sagt at intervallgrensene skal være 0,5-2,5, 2,5-3,5, 3,5-4,5 og 4,5-6,5. Så vi skriver 0.5, 2,5, 3.5, 4.5, 6.5 i én kolonne, for eksempel i cellene A1 – A5. Frekvensen, altså 9, 5, 7, 4 skriver vi en annen kolonne, for eksempel i cellene B1 – B4. Intervallbredden beregner vi så for hvert intervall. Vi skriver = A2 – A1 for eksempel i celle C1, tar tak i hjørnet og drar ned til C4. Til slutt beregner vi søylehøyden for hvert intervall. Vi skriver = B1 / C1 for eksempel i celle D1, tar tak i hjørnet og drar ned til D4. 

I inntastingsfeltet skriver vi så histogram(A1:A5, D1:D4). GeoGebra lager histogrammet under:

Histogram

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal lage et boksplott av dataene 6, 25, 15, 8, 29, 14, 27, 30, 0, 29, 0, 2, 23, 125, 5, 30, 20, 10, 14, sentrert rundt y = 1 og med total bredde 1.

    1. Basert på rådataene.
      Vi skriver boksplott(1, 0.5,{6, 25, 15, 8, 29, 14, 27, 30, 0, 29, 0, 2, 23, 125, 5, 30, 20, 10, 14}), eller legger inn dataene i regneark-delen. Legger vi dataene i celle A1 – A19, skriver vi etterpå boksplott(1, 0.5, A1:A19).
       
    2. Basert på at laveste verdi er 0, første kvartil 6, median 15, tredje kvartil 29 og største verdi 125.
      Vi skriver boksplott(1, 0.5, 0, 6, 15, 29,125).

I begge tilfeller lager GeoGebra boksplottet under:

Boksplott

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

X betegner antall kron i 8 kast med en juksemynt der sannsynligheten for kron er 0,6, og vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til beregninger.

Hvis den ikke alt er framme, tar vi opp sannsynlighetskalkulatoren ved å klikke på «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator».

Vi velger «Binomisk fordeling» og setter «n» = 8 og «p» = 0,6.

Vi skal så beregne 

    1. ​Fordelingens forventningsverdi og standardavvik.
      Vi leser av at forventningen er μ = 4,8 og standardavviket er σ ≈ 1,3856.
       
    2. P(X = 4)
      Vi velger «Intervall», og setter 4 både som øvre og nedre grense. Alternativt drar vi begge pilene inn under kolonne 4. GeoGebra svarer 0,2322. Dette er illustrert under:
      Beregning av binomiske sannsynligheter i GeoGebra
       
    3. P(X ≤ 2)
      Vi velger «Venstresidig», og setter 2 som øvre grense. Alternativt drar vi pila inn under kolonne 2. GeoGebra svarer 0,0498.
       
    4. P(X > 6)
      I en diskret fordeling har vi at P(X > x) = (Xx + 1).
      P(X > 6) = P(X ≥ 7).
      Vi velger «Høyresidig», og setter 7 som nedre grense. Alternativt drar vi pila inn under kolonne 7. GeoGebra svarer 0,1064.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

I en forening med 65 medlemmer er 13 negative til et forslag, og vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til beregninger.

Hvis den ikke alt er framme, tar vi opp sannsynlighetskalkulatoren ved å klikke på «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator».

Vi velger «Hypergeometrisk fordeling» og setter «populasjon» = 65, «n» = 13 og «utvalg» = 20.

Vi skal finne fordelingens forventning og standardavvik, noe vi leser av til å være μ = 4 og σ ≈ 1,5.

Så skal vi finne sannsynligheten for at

    1. Ingen av representantene er negative.
      Vi velger «Intervall», og setter 0 både som øvre og nedre grense. Alternativt drar vi begge pilene inn under kolonne 0. GeoGebra svarer 0,0044.
       
    2. Én av representantene er negativ.
      Vi velger «Intervall», og setter 1 både som øvre og nedre grense. Alternativt drar vi begge pilene inn under kolonne 1. GeoGebra svarer 0,035.
       
    3. To eller flere av representantene er negative.
      Vi velger «Høyresidig», og setter 2 som nedre grense. Alternativt drar vi pila inn under kolonne 2. GeoGebra svarer 0,9605.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

I en vannprøve er det i gjennomsnitt to hoppekreps. Vi antar at mengden hoppekreps er poissonfordelt, og skal bruk sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til beregninger.

Hvis den ikke alt er framme, tar vi opp sannsynlighetskalkulatoren ved å klikke på «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator».

Vi velger «Poissonfordeling» og setter «μ» = 2. 

Så skal vi finne sannsynligheten for at en annen, like stor vannprøve inneholder

  1. Ingen hoppekreps.
    Vi velger «Intervall», og setter 0 både som øvre og nedre grense. Alternativt drar vi begge pilene inn under kolonne 0. GeoGebra svarer 0,1353 
     
  2. Én hoppekreps.
    Vi velger «Intervall», og setter 1 både som øvre og nedre grense. Alternativt drar vi begge pilene inn under kolonne 1. GeoGebra svarer 0,2707.
     
  3. To eller flere hoppkreps.
    Vi velger «Høyresidig», og setter 2 som nedre grense. Alternativt drar vi pila inn under kolonne 2. GeoGebra svarer 0,594.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

På en eksamen er resultatene normalfordelt, N(14, 22). Laveste poengsum for å stå er 12 poeng, og vis skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å beregne hvor stor del av de som tar eksamenen som kan forventes å stryke.

Hvis den ikke alt er framme, tar vi opp sannsynlighetskalkulatoren ved å klikke på «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator».

Vi velger «Normalfordeling» og setter «μ» = 14 og «σ» = 2.

Vi velger «Venstresidig», og setter 12 som øvre grense. Alternativt drar vi pila inn under kolonne 12. GeoGebra svarer 0,1587.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å beregne et 99 % konfidensintervall for dagsproduksjonen av støtfangere, basert på at gjennomsnittet målt over seks dager er X = 217 enheter og at standardavviket til produksjonen er σ = 5,8.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en målemodell med kjent standardavvik, så vi velger «Z-estimat av et gjennomsnitt» og fyller ut som vist under:

Beregning av 99 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, n-foredeling

Vi ser at GeoGebra beregner konfidensintervallet til [210,9008, 223,0992]. Dette regnet vi ut for hånd i oppgave 4 om estimering

Tilbake til oppgaven

Oppgave 9:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å beregne et 90 % konfidensintervall for dagsproduksjonen av støtfangere, basert på at gjennomsnittet målt over seks dager X = 217 enheter og at utvalgsstandardavviket er beregnet til S = 6.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en målemodell med ukjent standardavvik, så vi velger «T-estimat av et gjennomsnitt» og fyller ut som vist under:

Beregning av 90 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, t-foredeling

Vi ser at GeoGebra beregner konfidensintervallet til [212,0642, 221,9358].

Tilbake til oppgaven

Oppgave 10:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å beregne et 95 % konfidensintervall for sannsynligheten for at en vilkårlig mobillader er defekt, når det blant 2000 stikkprøver ble funnet 35 defekte.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en binomisk modell, så vi velger «Z-estimat av en andel» og fyller ut som vist under:

Beregning av 90 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell

Vi ser at GeoGebra beregner konfidensintervallet til [0,0118, 0,0232]. Dette regnet vi ut for hånd i oppgave 9 om estimering

Tilbake til oppgaven

Oppgave 11:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å gjøre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om henholdsvis 20 av 100 og 200 av 1000 seksere ved terningkast tyder på at terningen gir for mange seksere.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en binomisk modell, så vi velger «Z-test av en andel» og fyller ut som vist under:

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell, 20 av 100

Vi ser at GeoGebra beregner testobservatoren til Z = 0,8935. Med et lite avvik, som antakelig skyldes avrundingsfeil, regnet dette vi ut for hånd i oppgave 1 om hypotesetesting.

P-verdien på 0,1858 er ikke mindre enn signifikansnivået på 0,05, så nullhypotesen kan ikke forkastes.

Vi endrer deretter «Treff» til 200 og «N» til 1000:

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell, 200 av 1000

GeoGebra beregner testobservatoren til Z = 2,8254. Dette regnet vi ut for hånd i oppgave 2 om hypotesetesting.

P-verdien på 0,0024 er nå mindre enn signifikansnivået på 0,05, så nullhypotesen kan forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 12:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å gjøre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om angitt gjennomsnittlig ventetid på 30 sekunder på en telefontjeneste er satt for lavt når 15 oppringninger gir en gjennomsnittlig ventetid på 37 sekunder, med et standardavvik på 14.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en målemodell med ukjent standardavvik, så vi velger «T-test av et gjennomsnitt» og fyller ut som vist under:

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, målemodell, ukjent standardavvik

Vi ser at GeoGebra beregner testobservatoren til t = 1,9365.

P-verdien på 0,0366 er mindre enn signifikansnivået på 0,05, så nullhypotesen kan forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 13:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å gjøre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om det er forskjell på mengden sukker to maskiner tilsetter en matvare. 60 stikkprøver av maskin X gir et snitt på 10,107 gram sukker, og 75 stikkprøver av maskin Y gir et snitt på 10,061 gram sukker. Standardavvikene er kjent som, 0,11 gram for maskin X og 0,13 gram for maskin Y.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en målemodell med kjent standardavvik, så vi velger «Z-test. Forskjell mellom gjennomsnitt» og fyller ut som vist under:

Hypotesetest i to utvalg sannsynlighetskalkulator, målemodell, kjent standardavvik

Vi ser at GeoGebra beregner testobservatoren til Z = 2,2261. Dette regnet vi ut for hånd i oppgave 2 om å sammenlikne datasett.

P-verdien på 0,026 er mindre enn signifikansnivået på 0,05, så nullhypotesen kan forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 14:

Vi skal bruke sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra til å gjøre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om det er forskjell på antall defekte sømmer på bukser produsert ved to produksjonslinjer når det ved første produksjonslinje er 147 av 2500 defekter og ved andre 151 av 2000.

Hvis sannsynlighetskalkulatoren ikke allerede er framme, velger vi «Vis» – «Sannsynlighetskalkulator», og klikker på fanen «Statistikk».

Her er vi i en binomisk modell, så vi velger «Z-test. Forskjell mellom andeler» og fyller ut som vist under:

Hypotesetest i to utvalg sannsynlighetskalkulator, binomisk modell

Vi ser at GeoGebra beregner testobservatoren til Z = −2,2386. Dette regnet vi ut for hånd i oppgave 5 om å sammenlikne datasett.

P-verdien på 0,0252 er mindre enn signifikansnivået på 0,05, så nullhypotesen kan forkastes.

Tilbake til oppgaven

CAS

Oppgave 1:

Vi skal bruke CAS i GeoGebra til å forenkle uttrykkene

    • $4xy + 8z − 3xy + 5x − 3z$
       
    • $5m^2 − 3n − 3(m^2 + n) − (−m^2 − n)$
       
    • $\frac{\displaystyle {(a^{\large 2})}^{\large 3}a^{\large 4}}{\displaystyle {(a^{\large 3})}^{\large 2}}$
       
    • $x^2y^2x + x^3y^3x^{−1} − x^3y^2 + x \, y \, y \, y \, y \, y^{−1}x$

Vi åpner CAS hvis det ikke allerede er åpent, og skriver

    • 4xy + 8z – 3xy + 5x – 3z. GeoGebra forenkler uttrykket til xy + 5x + 5z.
       
    • 5m^2 – 3n – 3(m^2 + n) – (-m^2 – n). GeoGebra forenkler uttrykket til 3m2 −5n.
       
    • (a^2)^3 a^4 / (a^3)^2. GeoGebra forenkler uttrykket til a4.
       
    • x^2y^2x + x^3y^3x^-1 – x^3y^2 + x*y*y*y*y*y^-1x. GeoGebra forenkler uttrykket til 2x2y3.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke CAS til å forenkle uttrykkene

    • $\sqrt[\Large 3]{x^4} \cdot \sqrt[\Large 3]{x^{\phantom 1}}$
       
    • $\frac{\displaystyle \sqrt{a^\phantom 1} \cdot \sqrt[\Large 4]{a^3} \cdot a}{\displaystyle \sqrt[\Large 8]{a^5} }$

Vi åpner CAS hvis det ikke allerede er åpent, og skriver

    • nrot(x^4, 3) nrot(x, 3). GeoGebra svarer imidlertid bare med $\sqrt[\Large 3]{x^{\phantom 1}}\sqrt[\Large 3]{x^4}$.
      Vi bruker derfor kommandoen forenkle, og skriver
      forenkle(nrot(x^4, 3) nrot(x, 3)). GeoGebra forenkler nå uttrykket til $x \sqrt[\Large 3]{x^2}$.
       
    • forenkle(sqrt(a) nrot(a^3, 4) a / nrot( a^5, 8)). GeoGebra forenkler uttrykket til $a \sqrt[\Large 8]{a^5}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke CAS til å regne ut (x + 5)3.

Vi åpner CAS hvis det ikke allerede er åpent, og skriver inn regnut((x + 5)^3). GeoGebra svarer x3 + 15x2 + 75x + 125.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal bruke CAS til å løse likningssettet:

(I) x + 3y − 2z = 5
(II) 3x + 5y + 6z = 7
(III) 2x + 4y + 3z = 8

Vi åpner CAS og legger inn likningene, én i hver rute. Deretter markerer vi alle likningene ved å klikke på rute «1», holde nede <skift> og klikke på rute «3». Så klikker vi på «Løs» eller «Nøs Numerisk». Siden løsningene er hele tall, spiller det i dette tilfellet ikke noen rolle hva vi velger. GeoGebra viser løsningen x = −15, y = 8, z = 2.

Alternativt skriver vi løs({ x + 3y – 2z = 5, 3x + 5y + 6z = 7, 2x + 4y + 3z = 8}, {x, y, z}) i CAS. Vi kan også skrive nløs i stedet for løs.

Tilbake til oppgaven

Dynamiske ark

Oppgave 1:

Basert på ei GeoGebra-fil om derivasjon skal vi lage dynamiske ark.

Vi velger «Fil» – «Eksporter» – «Dynamisk ark som webside …».

Vi velger fanen «Eksporter som webside».

Vi skriver: «Derivasjon 1» i feltet «Tittel».

Vi klikker på «Eksporter».

Vi velger hva eksportfila skal ligge, for eksempel på «C:\Temp», og skriver derivasjon_1 i «Filnavn».

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Basert på dynamiske fila vi laget i oppgave 1 skal vi eksperimentere med hva vi kan gjøre av endringer.

Vi kan skyve på punktet A, men ikke skru av eller på sporing eller gjøre andre endringer.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

    1. Vi skal gjenta det vi gjorde i oppgave 1, men tillate høyreklikking.
      Vi bruker samme metode som i oppgave 1, men etter at vi har valgt «Eksporter som webside» og før vi klikker «Eksporter», klikker vi på fanen «Avansert» og huker av for «Tillat høyreklikking, zooming og tastaturredigering».
       
    2. Vi skal gjenta det vi gjorde i oppgave 1, men nå skal også meny- og verktøylinjer er tilgjengelige.
      Vi gjør det samme som i punkt 1, men vi huker nå også av for «Vis menylinje» og «Vis verktøylinje».

​Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, bevis

Visuelle bevis

Oppgave 1:

Vi skal lage et visuelt bevis for første kvadratsetning, altså at (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.

Vi tegner et kvadrat av ruter med sidelengde a + b:

Illustrasjon av 1. kvadratsetning

Kvadratet har areal (a + b) · (a + b) = (a + b)2. Vi ser at dette arealet består av a2, markert med rødt, b2, markert med blått, og 2ab, markert med gult. Vi ser altså at (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.

Tilbake til oppgaven

Ugyldige bevis

Oppgave 1:

Vi skal gjøre en vurdering av om formelen n2 − n + 41, der n er et heltall større eller lik 0, fungerer som en primtallsgenerator. Vi vet at n fra 0 til 20, gir primtall. Prøver vi n fra 21 til 40, får vi også primtall.

Prinsippet om at eksempler ikke er gyldige bevis, gjelder imidlertid også her. Med n = 41, får vi 1681, som ikke er et primtall, men kan faktoriseres som 41 · 41. For større n veksler det om vi får primtall eller ikke.

Det er ganske lett å skjønne at n = 41 ikke gir primtall, fordi formelen gir n2 − n + 41 = 412 − 41 + 41 = 412, som kan deles på 41.

Per 2023 finnes det ingen kjente primtallsgeneratorer.

Tilbake til oppgaven

Uttømmende bevis

Oppgave 1:

Vi skal bevise at det finnes nøyaktig ett heltall i intervallet [20, 25], som består av nøyaktig fire primtallsfaktorer.

Vi bruker et uttømmende bevis og faktoriserer heltallene mellom 20 og 25:

20 = 2 · 2 · 5

21 = 3 · 7

22 = 2 · 11

23 = 23

24 = 2 · 2 · 2 · 3

25 = 5 · 5

Vi ser at 24 og ingen andre av tallene oppfyller kravet, og påstanden er derved bevist.

Tilbake til oppgaven

Bevis ved moteksempel

Oppgave 1:

Vi skal bevise at påstanden «alle sammensatte tall større enn hundre består av minst tre primtallsfaktorer» er uriktig.

Det gjør vi ved et moteksempel: 106 er et sammensatt tall, men inneholder bare 2 primtallsfaktorer. 106 = 2 · 53.

Tilbake til oppgaven

Algebraisk bevis

Oppgave 1:

Vi skal forklare hva som er problemet med det følgende «beviset» for at summen av to partall alltid er delelig med 4, og forklare hva det egentlig er vi har bevist.

«Vi lar 2t være et vilkårlig partall. Summen av to partall blir da 2t + 2t = 4t, som er delelig med 4.»

Problemet er at vi representerer to tall som kan være ulike, med like symboler. Når vi bruker 2t som symbol for begge tallene, betyr det at tallene er like. Så det vi har bevist, er at et partall addert med seg selv er delelig med 4. For eksempel 2 + 2 og 6 + 6.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bevise at summen av to oddetall er et partall.

Et oddetall er et tall på formen 2t + 1 der t er et heltall. Velger vi n og m som symboler for vilkårlige heltall, vil 2n + 1 og 2m + 1 være to vilkårlige oddetall.

Summen av to oddetall kan da skrives som (2n + 1) + (2m + 1) = 2n + 2m + 1 + 1 = 2(n + m + 1). Siden uttrykket i parentesen er et heltall, ser vi at summen er på formen 2t, og derved et partall.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke et algebraisk bevis til å begrunne at vi alltid får 37 når vi dividerer et tresifret tall der sifrene er like, med summen av sifrene.

Lar vi a representere hvilket som helst av sifrene 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 og 9, og skriver telleren på utvidet form, får vi
a · 100 + a · 10 + a = a(100 + 10 + 1) = 111a.

Nevneren blir a + a + a = 3a.

Så den generelle brøken blir ${\large \frac{111a}{3a}}$, som kan forkortes til 37. Vi får altså alltid 37 uansett hvilket siffer a representerer.

Tilbake til oppgaven

Dueslagprinsippet

Oppgave 1:

Vi spør hvor mange, m, sokker vi må ha blant n varianter for at minst to skal være like. Dueslagprinsippet sier at dette vil vi ha når m > n. Siden n = 5, og minste m > 5 er 6, må vi ha minst seks sokker.

Tilbake til oppgaven

Implikasjon og ekvivalens

Oppgave 1:

Vi skal finne feilen i et «bevis» for at −1 = 1.

«Beviset» består av en kjede med implikasjoner. Men én av implikasjonene er feil.

At $\sqrt{(2 − 1)^2 }= \sqrt{(1 − 2)^2}$ medfører ikke at 2 − 1 = 1 − 2.

Generelt har vi at a = ba2 = b2, men vi kan ikke snu implikasjonspila, fordi også a = −ba2 = b2.

Implikasjonskjeden er brutt. Vi ser her hvordan en eneste implikasjonsfeil ødelegger logikken i en hel kjede av implikasjoner som ellers er riktige.

Tilbake til oppgaven

Bevis ved selvmotsigelse

Oppgave 1:

Vi påsto at det ikke fantes hele, positive tall, a og b, slik at a2b2 = 12.fordi vi, både når vi faktoriserte 12 som 4 · 3 og 12 · 1, endte opp med en $a$ som ikke var et heltall.

Vi har imidlertid ikke tatt for oss alle måtene 12 kan faktoriseres på. Vi kan også ha 12 = 6 · 2 og da får vi

(a + b)(ab) = (6)(2) = 12.

Vi må altså ha
a + b = 6
ab = 2

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 8, det vil si at a = 4. Og vi ser at vi da får b = 2.

Det finnes altså a og b som er heltall, vi har ikke motsagt den opprinnelige forutsetningen, og beviset faller sammen. Vi har at 42 − 22 = 16 − 4 = 12.

Tilbake til oppgaven

Induksjonsbevis

Oppgave 1:

Vi skal bevise at

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \frac{\displaystyle n(n + 1)(2n+1)}{\displaystyle 6}$

for alle n ≥ 1.

I trinn 1 viser vi da at påstanden er riktig for n0 = 1, det vil si at summen av kvadrattallene fra og med 12 til og med 12 blir 1. Og formelen gir

$\frac{\displaystyle 1(1 + 1)(2\cdot1+1)}{\displaystyle 6} = \frac{\displaystyle 1 \cdot 2 \cdot 3} {\displaystyle 6} = 1$

så påstanden er riktig for n0 = 1.

Formelen vi skal bevise sier at hvis

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + {\color{brown}n}^2 = \frac{\displaystyle {\color{brown}n}({\color{brown}n} + 1)(2{\color{brown}n}+1)}{\displaystyle 6}$

er

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 + ({\color{brown}{n + 1}})^2 = \frac{\displaystyle ({\color{brown}{n + 1}})(({\color{brown}{n + 1}}) + 1)(2({\color{brown}{n +1}})+1)}{\displaystyle 6}$

(For å tydeliggjøre har vi markert siste ledd i rekka med brunt.)

Regner vi ut telleren i brøken, ser vi at den blir

$\frac{\displaystyle (n+1)(n+2)(2n+3)}{\displaystyle 6}$

I trinn 2 skal vi vise at dette er riktig. Vi har altså

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \frac{\displaystyle n(n + 1)(2n+1)}{\displaystyle 6}$

Vi adderer et nytt ledd på begge sider av likhetstegnet:

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 + (n+1)^2= \frac{\displaystyle n(n + 1)(2n+1)}{\displaystyle 6} + (n+1)^2$

Vi skriver uttrykket på høyre side som en enkelt brøk:

$\frac{\displaystyle n(n + 1)(2n+1) + 6(n+1)^2}{\displaystyle 6}$

Vi setter n + 1 utenfor parentes:

$\frac{\displaystyle (n + 1)\Big(n(2n+1) + 6(n+1)\Big)}{\displaystyle 6}$

Inni den store parentesen regner vi ut parenteser og trekker sammen like ledd :

$\frac{\displaystyle (n + 1)(2n^2+7n+6)}{\displaystyle 6}$

Vi faktoriserer andregradsuttrykket:

$\frac{\displaystyle (n + 1) \cdot 2(n+2)(n+\frac{3}{2})}{\displaystyle 6} = \frac{\displaystyle (n + 1) (n+2)(2n+2\cdot\frac{3}{2})}{\displaystyle 6} = \frac{\displaystyle (n + 1) (n+2)(2n+3)}{\displaystyle 6}$

Som er det uttrykket formelen sa vi skulle få.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, statistikk

Introduksjon til statistikk

Oppgave 1:

Vi påstår at de fleste mennesker har mer enn gjennomsnittlig antall armer og spør om dette er korrekt, og hva i så fall problemet med denne påstanden er.

Påstanden er statistisk korrekt fordi ingen har mer enn 2 armer, men noen mangler én arm eller begge armene. Det betyr at gjennomsnittlig antall armer er litt under 2, og alle som har 2 armer ligger derved over gjennomsnittet. Problemet er at gjennomsnittet i dette tilfellet ikke gir noe godt bilde av virkeligheten. Median, som vi skal lære om i artikkelen om måltall i statistikk vil være mye bedre å bruke her.

Tilbake til oppgaven

Grafiske presentasjoner

Oppgave 1:

Basert på disse karakterene: 1, 4, 5, 5, 4, 1, 3, 4, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 3, 3, 1, 3, 2, 5, 6, 3, 1, 4, 2, skal vi lage:

1:
En frekvenstabell som viser fordeling av karakterene, inkludert relativ frekvens i prosent.
Vi teller opp, og finner ut at karakterene fordeler seg slik: 4 enere, 5 toere, 5 treere, 7 firere, 3 femmere og 1 sekser. Totalt er det 25 karakterer, så de relative frekvensene blir:

enere ${\large \frac{4}{25}} = 0{,}16$, altså 16 %
toere ${\large \frac{5}{25}} = 0{,}20$, altså 20 %
treere ${\large \frac{5}{25}} = 0{,}20$, altså 20 %
firere ${\large \frac{7}{25}} = 0{,}28$, altså 28 %
femmere ${\large \frac{3}{25}} = 0{,}12$, altså 12 %
seksere ${\large \frac{1}{25}} = 0{,}04$, altså 4 %

Så frekvenstabellen blir slik:

Karakter 1 2 3 4 5 6
Frekvens 4 5 5 7 3 1
Relativ frekvens 16 % 20 % 20 % 28 % 12 % 4 %

2:
En frekvenstabell som viser fordeling av karakterene gruppert som 1-2, 3-4 og 5-6, inkludert relativ frekvens i prosent.
Frekvensene og de relative frekvensene finner vi i tabellen over. 1-2: 4 + 5 = 9 og 16 % + 20 % = 36 %. 3-4: 5 + 7 = 12 og 24 % + 24 % = 48 %. 5-6: 3 + 1 = 4 og 12 % + 4 % = 16 %. Frekvenstabellen blir seende slik ut

Karakter 1-2 3-4 5-6
Frekvens 9 12 4
Relativ frekvens 36 % 48 % 16 %

3:
Et søylediagram som illustrerer karakterfordelingen i punkt 2.
Vi åpner et regneark, for eksempel Excel og legger inn følgende data:

«1-2» 9
«3-4» 12
«5-6» 4

(Vi har brukt anførselstegn for å unngå at regnearket tolker teksten i venstre kolonne som datoer. Alternativt kunne vi formatert kolonna som «tekst» før vi skrev inn.)
Så markerer vi cellene med data, velger «Sett inn» – «Stolpe», velger stolpetype, og får et stolpediagram likt det under:

Søylediagram grupperte karaktererdata

Tilbake til oppgaven

Måltall i statistikk

Oppgave 1:

6 tellinger av busspassasjerer har gitt henholdsvis 20, 34, 16, 27, 8 og 9 passasjerer, og vi skal beregne gjennomsnitt for passasjertallet.

Gjennomsnittet blir $\overline X = {\large \frac{20 + 34 + 16 + 27 + 8 + 9}{6}} = 19$.

Gjennomsnittlig passasjertall er 19.

I et regneark som Excel legger vi inn dataene i hver sin celle, la oss si at det er A1 … A6. Så setter vi markøren i cella der vi vil ha utført beregningen, og skriver =gjennomsnitt(A1: A6). Regnearket beregner gjennomsnittet til 19.

I GeoGebra kan vi gjøre tilsvarende med funksjonen gsnitt, vi kan også skrive gsnitt(20, 34, 16, 27, 8, 9) direkte i inntastingsfeltet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne median og typetall blant karakterene 1, 4, 5, 5, 4, 1, 3, 4, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 3, 3, 1, 3, 2, 5, 6, 3, 1, 4, 2.

Vi sorterer først karakterene i stigende rekkefølge: 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 6.

Vi har 25 elementer, så midtelementet blir element nummer ${\large \frac{1 + 25}{2}} = 13$. Det trettende elementet har verdien 3, så medianen er 3.

4 forekommer flest ganger, så typetallet er 4.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi vet at 20, 34, 16, 27, 8 og 9 busspassasjerer gir et gjennomsnitt på 19 passasjerer, og skal beregne standardavviket.

Summen av de kvadratiske avstandene blir

(20 − 19)2 + (34 − 19)2 + (16 − 19)2 + (27 − 19)2 + (8 − 19)2 + (9 − 19)2 = 1 + 225 + 9 + 64 + 121 + 100 = 520.

Det er 6 målinger, så vi skal dividere 520 på 6 − 1 = 5 for å finne variansen. Så tar vi kvadratrota og får $\sqrt {\large \frac{520}{5}} \approx 10{,}20$. Standardavviket til passasjertallet er ca. 10,20 passasjerer.

I et regneark som Excel legger vi inn dataene i hver sin celle, la oss si at det er A1 … A6. Så setter vi markøren i cella der vi vil ha utført beregningen og skriver =stdav.s(A1: A6). Regnearket beregner standardavviket til om lag 10,20.

I GeoGebra kan vi gjøre tilsvarende med funksjonen stavv, vi kan også skrive stavv(20, 34, 16, 27, 8, 9) direkte i inntastingsfeltet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal vurdere hvordan det påvirker gjennomsnitt og standardavvik for antall busspassasjerer hvis det på bussen med færrest passasjerer i oppgave 4 er 2 i stedet for 8 passasjerer, og på bussen med flest passasjerer 40 i stedet for 34.

Dette betyr 6 færre passasjerer på én buss, og 6 flere på en annen. Senterpunktet blir da det samme, så gjennomsnittet endrer seg ikke. Vi får

$\overline X = {\large \frac{20 + 40 + 16 + 27 + 2 + 9}{6}} = 19$.

Spredningen øker derimot, så standardavviket øker.

Summen av de kvadratiske avstandene blir

(20 − 19)2 + (40 − 19)2 + (16 − 19)2 + (27 − 19)2 + (8 − 19)2 + (9 − 19)2 = 1 + 441 + 9 + 64 + 289 + 100 = 904.

Og standardavviket blir

$\sqrt {\large \frac{904}{5}} \approx 13{,}45$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal finne og tolke variasjonsbredden og kvartilbredden til datasettet 6, 25, 15, 8, 29, 14, 27, 30, 0, 29, 0, 2, 23, 125, 5, 30, 20, 10, 14, som representerer antall minutter et tog er forsinket.

Vi sorterer først dataene i stigende rekkefølge: 0, 0, 2, 5, 6, 8, 10, 14, 14, 15, 20, 23, 25, 27, 29, 29, 30, 30, 125.

Variasjonsbredden er avstanden mellom største og laveste verdi, 125 − 0 = 125.

Datasettet har 19, verdier, så første kvartil blir verdien til element nummer (1 + 19) · 0,25 = 5, altså 6. Tredje kvartil blir verdien til element nummer (1 + 19) · 0,75 = 15, altså 29.

Kvartilbredden blir 29 − 6 = 23.

Basert på kvartilbredden ser vi at forsinkelsene normalt varierer med 23 minutter, mellom 6 og 29 minutter.

Ser vi på variasjonsbredden, er den antakelig ikke representativ på grunn av enkeltverdien 125, som ligger langt over de andre verdiene, og kanskje er forårsaket av en spesiell hendelse. På den annen side ser vi at toget noen ganger faktisk ikke er forsinket. 

Tilbake til oppgaven

Forventning og varians

Oppgave 1:

Vi skal finne forventningen til hvor mange plagg en kunde kjøper i en klesbutikk når 30 % ikke kjøper noen ting, 20 % kjøper ett plagg, 40 % kjøper to plagg og 10 % kjøper 3 plagg.

Vi kaller antall kjøpte plagg for X.

At 30 % ikke kjøper noen ting, kan vi da uttrykke som P(X = 0) = 0,3.

At 20 % kjøper ett plagg, kan vi da uttrykke som P(X = 1) = 0,2.

At 40 % kjøper to plagg, kan vi da uttrykke som P(X = 2) = 0,4.

At 10 % kjøper tre plagg, kan vi da uttrykke som P(X = 3) = 0,1.

Forventningen til antall kjøpte plagg finner vi ved å multiplisere hver variant av antall kjøpte plagg med den tilhørende sannsynligheten, og summere produktene.

Så vi får μ = E(X) = 0 · 0,3 + 1 · 0,2 + 2 · 0,4 + 3 · 0,1 = 1,3.

En vilkårlig kunde kan forventes å kjøpe 1,3 plagg.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal avgjøre om Farmen-deltakere med lite penger bør satse 2 kroner på et lykkehjul med 16 sektorer, der det er åtte kroners gevinst på 1 sektor, fire kroners gevinst på 6 sektorer, to kroners gevinst på 5 sektorer, og ingen gevinst på 4 sektorer. Vi kan anta at alle sektorene er like store, det vil si at sannsynligheten for at hjulet stopper i en vilkårlig sektor er ${\large \frac{1}{16}}$.

Forventet gevinst finner vi ved å multiplisere gevinsten i hver sektor med sannsynligheten for at hjulet stopper i den sektoren, og addere produktene:

$\mu = E(X) = 8 \cdot {\large \frac{1}{16}} + 4 \cdot {\large \frac{6}{16}} + 2 \cdot {\large \frac{5}{16}} + 0 \cdot {\large \frac{4}{16}} = {\large \frac{42}{16}} = {\large \frac{21}{8}} \approx 2{,}63$.

Forventet gevinst er høyere enn innsatsen på 2 kroner, så det vil i det lange løp lønne seg å spille på lykkehjulet. En annen sak er at sjansen for å tape innsatsen er ${\large \frac{4}{16}} = {\large \frac{1}{4}}$. Så med uflaks i de første rundene og lite penger er det jo en risiko for å bli blakk før en får gevinst.

(Farmen-deltakerne tapte i første runde, men spilte videre, og ga seg med 4 kroner i pluss.)

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne forventning, varians og standardavvik til antall varer en kunde kjøper når 20 % ikke kjøper noen ting, 20 % kjøper én vare og 60 % kjøper to varer. Antall kjøpte varer betegnes med X. Vi får 

μ = E(X) = 0 · 0,2 + 1 · 0,2 + 2 · 0,6 = 1,4

E(X2) = 02 · 0,2 + 12 · 0,2 + 22 · 0,6 = 2,6

Var(X) = E(X2) − μ2 = 2,6 − (1,4)2 = 0,64

$\sigma = \sqrt{Var(X)} = \sqrt{0{,}64} = 0{,}8$

Forventningen er 1,4, variansen 0,64 og standardavviket 0,8.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi har en terning der antall øyne er multiplisert med 2, med lik sannsynlighet for å få 2, 4, 6, 8, 10 og 12. Vi skal så beregne μ = E(X) og Var(X) og sjekke om dette er i tråd med reglene for forventning og varians til en variabel multiplisert med en konstant.

Vi får:

$\mu = E(X) = (2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12)\cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{42}{6}} = 7$.

Og vi får

$E(X^2) = (2^2 + 4^2 + 6^2 + 8^2 + 10^2 + 12^2)\cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{364}{6}}$.

$Var(X) = E(X^2) − \mu^2 = {\large \frac{364}{6}} − 7^2 \approx 11{,}667$

De tilsvarende verdiene for en vanlig terning er E(X) = 3,5 og Var(X) ≈ 2,917. 

Vi ser at dette er i tråd med reglene om å multiplisere en konstant med en tilfeldig variabel:

E(k · X) = k · E(X) fordi E(2 · X) = 7 = 2 · E(X) = 2 · 3,5.

og

Var(k · X) = k2 · Var(X) fordi Var(2 · X) ≈ 11,667 ≈ 22 · Var(X) ≈ 22 · 2,917.

Tilbake til oppgaven

Diskrete sannsynlighetsfordelinger

Oppgave 1:

X betegner antall kron i 8 kast med en juksemynt der sannsynligheten for kron er 0,6, og vi skal beregne de tre sannsynlighetene under, både ved bruk av binomialformelen

$P(X = x) = {\large \binom{n}{x}} p^x (1 − p)^{(n − x)}$

og tabellen over binomisk fordeling.

Her er p = 0,6 siden sannsynligheten for kron er 0,6, og n = 8 fordi vi kaster 8 ganger.

  1. P(X = 4)
     
    Formel:
    ${\large \binom{8}{4}} (0{,}6)^4 (1 − 0{,}6)^{(8 − 4)} \approx 0{,}2322$
     
    Tabell:
    $P(X \le 4) − P(X \le 3) \approx 0{,}4059 − 0{,}1737 = 0{,}2322$. Markert med rødt i bildet under.
     
  2. P(X ≤ 2)
     
    Formel:
    Dette er summen av sannsynlighetene for at X er 0, 1 eller 2:
    $P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) =$

    ${\large \binom{8}{0}} (0{,}6)^0 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 0)} + {\large \binom{8}{1}} (0{,}6)^1 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 1)} + {\large \binom{8}{2}} (0{,}6)^2 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 2)} \approx 0{,}0007 + 0{,}0079 + 0{,}0413 = 0{,}0498$
     
    Tabell:
    $P(X \le 2) = 0{,}0498$. Markert med blått i bildet under.
     

  3. P(X ≤ 6)
     
    Formel:
    I stedet for å summere sannsynlighetene for at X er 0, 1, 2, 3, 4, 5 eller 6, er det enklere å benytte seg av den komplementære hendelsen, X > 6, altså at X er 7 eller 8.
    $P(X \le 6) = 1 − P(X > 6) = 1 − P(X = 7) − P(X = 8) =$

    $1 – {\large \binom{8}{7}} (0{,}6)^7 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 7)} – {\large \binom{8}{8}} (0{,}6)^8 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 8)} \approx 1 – 0{,}0896 – 0{,}0168 = 0{,}8936$
     
    Tabell:
    $P(X \le 6) = 0{,}8936$. Markert med oransje i bildet under.

Eksempler på oppslag i binomisk tabell

For å kontrollere svarene i Excel, skriver vi henholdsvis

    1. =binom.fordeling.n(4; 8; 0,6; usann)
       
    2. =binom.fordeling.n(2; 8; 0,6; sann)
       
    3. =binom.fordeling.n(6; 8; 0,6; sann)

For å kontrollere svarene i GeoGebra, velger vi «Innstillinger» – «Avrunding» – «4 desimaler» og skriver henholdsvis

    1. FordelingBinomial(8, 0.6, 4, false)
       
    2. FordelingBinomial(8, 0.6, 2, true)
       
    3. FordelingBinomial(8, 0.6, 6, true)

Så skal vi vurdere om P(X = 7) er større, lik, eller lavere enn P(X = 1).

P(X = 7) tilsvarer «7 kron», mens P(X = 1) tilsvarer «7 mynt». Siden kron har høyere sannsynlighet enn mynt, vil en overvekt av kron være mer sannsynlig enn en tilsvarende overvekt av mynt, så P(X = 7) > P(X = 1). Hadde sannsynlighetene for mynt og kron vært like, p = 0,5, ville vi hatt P(X = 7) = P(X = 1).

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne E(X), Var(X) og σ når

  1. X er antall kron i 10 kast med en rettferdig mynt.
    Dette er en binomisk situasjon der kron betyr suksess og mynt betyr fiasko. Vi har $n = 10$ og $p = 0{,}5$, så vi får
    $E(X) = n \cdot p = 10 \cdot 0{,}5 = 5$.
    $Var(X) = n \cdot p(1 − p) = 10 \cdot 0{,}5(1 − 0{,}5) = 2{,}5$.
    $\sigma = \sqrt{Var(X)} = \sqrt{2{,}5} \approx 1{,}58$.
     
  2. X er antall seksere i 5 kast med en rettferdig terning.
    Dette er en binomisk situasjon der «sekser» betyr suksess og «ikke sekser» betyr fiasko. Vi har $n = 5$ og $p = {\large \frac{1}{6}} \approx 0{,}167$, så vi får
    $E(X) = n \cdot p \approx 5 \cdot 0{,}167 = 0{,}84$.
    $Var(X) = n \cdot p(1 − p) \approx 5 \cdot 0{,}167(1 − 0{,}167) = 0{,}70$.
    $\sigma = \sqrt{Var(X)} = \sqrt{0{,}70} \approx 0{,}83$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

I en forening med 65 medlemmer er 13 negative til et forslag. Vi velger 20 representanter tilfeldig fra gruppen og skal finne sannsynligheten for at et visst antall er negative. Lar vi X være antall negative representanter, er P(X) hypergeometrisk fordelt med N = 65 elementer, av disse er M = 13 spesielle, altså negative. Vi trekker n = 20 ganger og skal finne sannsynligheten for at

  1. Ingen av representantene er negative.
    Vi får
    $P(X = 0) = \frac{\displaystyle \binom{13}{0} \cdot \binom{65 − 13}{20 − 0}}{\displaystyle \binom{65}{20}} \approx 0{,}0044$.
    Det er ca. 0,44 % sannsynlighet for at ingen er negative.
     
  2. Én av representantene er negativ.
    Vi får
    $P(X = 1) = \frac{\displaystyle \binom{13}{1} \cdot \binom{65 − 13}{20 − 1}}{\displaystyle \binom{65}{20}} \approx 0{,}0350$.
    Det er ca. 3,5 % sannsynlighet for at én er negativ.
     
  3. To eller flere av representantene er negative.
    Dette kan vi beregne som
    P(X = 2) + P(X = 3) + … + P(X = 20), men det er mye enklere å se på den komplementære hendelsen. Da kan vi også bruke det vi har funnet i punkt 1 og 2.
    Vi får
    P(X ≥ 2) = 1 − P(X = 0) − P(X = 1) ≈ 1 − 0,004 − 0,035 = 0,9610.
    Det er ca. 96,10 % sannsynlighet for at to eller flere er negative.

For å kontrollere svarene i Excel, skriver vi henholdsvis

    1. =hypgeom.fordeling.n(0; 20; 13; 65; usann)
       
    2. =hypgeom.fordeling.n(1; 20; 13; 65; usann)
       
    3. =1 – hypgeom.fordeling.n(1; 20; 13; 65; sann)

For å kontrollere svarene i GeoGebra, velger vi «Innstillinger» – «Avrunding» – «4 desimaler» og skriver vi henholdsvis

    1. fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 0, false)
       
    2. fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 1, false)
       
    3. 1 – fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 1, true)

RegnearkÅpne et regneark med beregningene fra oppgave 3
 

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 4

Vi skal bruke formelen for hypergeometrisk fordeling til å finne sannsynligheten for å få henholdsvis 5 og 4 rette i Lotto. Vi trekker da 7 tall fra en mengde på 34, der 7 er spesielle (vinnertallene), og beregner hva sannsynligheten for å få henholdsvis 5 og 4 av de spesielle er. Vi får

$P(X = 5) = \frac{\displaystyle \binom{7}{5} \cdot \binom{34 − 7}{7 − 5}}{\displaystyle \binom{34}{7}} \approx 1{,}3702 \cdot 10^{−3}$.

$P(X = 4) = \frac{\displaystyle \binom{7}{4} \cdot \binom{34 − 7}{7 − 4}}{\displaystyle \binom{34}{7}} \approx 1{,}9030 \cdot 10^{−2}$.

Det er om lag 0,137 % sannsynlighet for å få 5 rette, og om lag 1,903 % sannsynlighet for å få 4 rette

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 5

Vi skal finne E(X), Var(X) og σ i et utvalg der N = 65, M = 13 og n = 20. Vi får

$E(X) = 20 \cdot {\large \frac{13}{65}} = 4$.

$Var(X) = \Big({\large \frac{65 − 20}{65 − 1}} \Big) \cdot 20 \cdot {\large \frac{13}{65}} \cdot \Big(1 − {\large \frac{13}{65}} \Big) = 2{,}25$.

$\sigma = \sqrt{Var(X)} = \sqrt{2{,}25} = 1{,}50$.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi vet at det i en vannprøve i gjennomsnitt er to hoppekreps, at forekomsten av hoppekreps er poissonfordelt, og skal finne sannsynligheten for at en tilsvarende vannprøve inneholder et gitt antall hoppekreps. Vi skal både bruke formelen for poissonfordeling, $P(X = x) = \frac{\displaystyle \lambda^x}{\displaystyle x!}e^{− \lambda}$ og tabellen over poissonfordeling med $\lambda = 2$.

  1. Sannsynligheten for ingen hoppekreps.
    Formel: $P(X = 0) = \frac{\displaystyle 2^{0}}{\displaystyle 0!}e^{−2} \approx 0{,}1353$.
    Tabell: $P(X = 0) = P(X \le 0) = 0{,}1353$. Markert med rødt i bildet under.
     
  2. Sannsynligheten for én hoppekreps
    Formel: $P(X = 1) = \frac{\displaystyle 2^{1}}{\displaystyle 1!}e^{−2} \approx 0{,}2707$.
    Tabell: $P(X = 1) = P(X \le 1) − P(X \le 0) = 0{,}4060 − 0{,}1353 = 0{,}2707$. Markert med blått i bildet under.
     
  3. Sannsynligheten for to eller flere hoppekreps. Vi ser på komplementhendelsen:
    Formel: $P(X \ge 2) = 1 − P(X = 1) − P(X = 0) \approx 1 − 0{,}1353 − 0{,}2707 = 0{,}5940$.
    Tabell: $P(X \ge 2) = 1 − P(X \le 1) = 1 − 0{,}4060 = 0{,}5940$. Markert med oransje i bildet under.

Eksempler på oppslag i poissontabell

For å kontrollere svarene i Excel, skriver vi henholdsvis

    1. =poisson.fordeling(0; 2; usann)
       
    2. =poisson.fordeling(1; 2; usann)
       
    3. =1 – poisson.fordeling(1; 2; sann)

For å kontrollere svarene i GeoGebra, velger vi «Innstillinger» – «Avrunding» – «4 desimaler» og skriver vi henholdsvis

    1. FordelingPoisson(2, 0, false)
       
    2. FordelingPoisson(2, 1, false)
       
    3. 1 – FordelingPoisson(2, 1, true)

RegnearkÅpne et regneark med beregningene fra oppgave 5
 

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Innbyggerne i en by med 10 000 innbyggere er delt akkurat på midten når det gjelder synet på kommunesammenslåing. Vi trekker 100 innbyggere tilfeldig og skal beregne sannsynligheten for at den gruppen også er delt akkurat på midten.

Her har vi altså N = 10 000, M = 5000, n = 100, og skal finne P(X = 50).

  1. Vi skal først bruke hypergeometrisk fordeling og får:
    $P(X = 50) = \frac{\displaystyle \binom{5000}{50} \cdot \binom{10000 − 5000}{100 − 50}}{\displaystyle \binom{10000}{100}} \approx 0{,}0800$.
    Vi ser at mellomregningene involverer svært høye tall, for eksempel er ${\large \binom{10000}{100}} \approx 6{,}52 \cdot 10^{241}$.
     
  2. Så skal vi avgjøre om en tilnærming med binomisk fordeling vil være god. Vi har $n = 100$ og ${\large \frac{N}{20}} = 500$. Siden $n \le {\large \frac{N}{20}}$, er tilnærmingen god.
     
  3. Vi bruker binomisk fordeling og får: $P(X = 50) = {\large \binom{100}{50}} (0,5)^{50} (1 − 0,5)^{100 − 50} \approx 0{,}0796$.
     
  4. Med fire siffer bak komma ble feilen 0,0800 − 0,0796 = 0,0004.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal bruke binomisk sannsynlighetsfordeling for å finne sannsynligheten for å få spar ess minst én gang når vi trekker 75 ganger fra en komplett kortstokk. Vi har $n = 75$ og $p = {\large \frac{1}{52}} \approx 0{,}0192$. Det enkleste er å basere seg på sannsynligheten for komplementhendelsen «aldri spar ess»:

$P(X \ge 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − {\large \binom{75}{0}} (0{,}0192)^0 (1 − 0{,}0192)^{75 − 0} \approx 0{,}7664$.

Så skal vi avgjøre om vi kan bruke poissonfordeling til å beregne denne sannsynligheten. Vi har $n = 75$, som er innenfor grensa på $n > 50$, og vi har $p = 0{,}0192$, som er innenfor grensa på $p \le 0{,}05$, så tilnærmingen bør være god. Vi har $\lambda = 75 \cdot 0,0192 = 1,44$ og får

$P(X \ge 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − {\large \frac{(1{,}44)^0}{0!}}e^{−1{,}44} \approx 0{,}7631$

Tilbake til oppgaven

Normalfordelingen

Oppgave 1:

Vi skal bruke normalfordelingstabellen til å finne

    1. P(Z ≤ 0,85)
      Det vil si G(0,85).
      Vi leser av tabellen der rad 0,8 krysser kolonne 0,05, og får
      0,8023.
       
    2. P(Z ≤ −1,21)
      Det vil si G(−1,21) = 1 − G(1,21)
      Vi leser av tabellen der rad 1,2 krysser kolonne 0,01, og får 0,8669.
      Så vi får 1 − 0,8669 = 0,1131.
       
    3. P(−0,22 ≤ Z ≤ 0,22)
      Det vil si G(0,22) − G(−0,22) = G(0,22) − [1 − G(0,22)] = 2 · G(0,22) − 1
      Vi leser av tabellen der rad 0,2 krysser kolonne 0,02, og får 0,5871.
      Så vi får 2 · 0,5871 − 1 = 0,1742.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

På en eksamen er resultatene N(14, 22), og vi skal finne hvor mange som forventes å stryke, det vil si få 12 poeng eller mindre. Vi skal bruke normalfordelingstabellen, Excel og GeoGebra.

Det vi skal beregne er P(X ≤ 12) i den gitte fordelingen. Vi gjør en standardisering og finner ut at dette tilsvarer $G({\large \frac{12 − 14}{2}}) = G(−1) = 1 − G(1)$. Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 1,0 og kolonne 0,00, og finner 0,8413.

P(X < 12) ≈ 1 − 0,8413 = 0,1587. Om lag 15,8 % kan forventes å stryke.

I Excel skriver vi =norm.fordeling(12; 14; 2; sann) og får 0,1587.

I GeoGebra skriver vi FordelingNormal(14, 2, 12) og får det samme. (Muligens etter at vi har brukt menyen «Innstillinger» – «Avrunding» til å sette at GeoGebra skal vise tall med 4 desimaler.

Tilbake til oppgaven

Sentralgrenseteoremet

Oppgave 1:

Vi skal finne sannsynligheten for at en orkidedyrker klarer å produsere minst 3200 blomsterstengler når han har 2500 planter, og i gjennomsnitt 20 % av plantene ikke får blomsterstengler, 40 % får én stengel, 30 % to stengler, og 10 % tre stengler.

Dersom X er antall stengler per plante, har vi altså at P(X = 0) = 0,2, P(X = 1) = 0,4, P(X = 2) = 0,3 og P(X = 3) = 0,1. Dersom Y er antall stengler totalt, skal vi finne P(Y ≥ 3200).

Vi beregner forventning og varians for X:

E(X) = 0 · 0,2 + 1 · 0,4 + 2 · 0,3 + 3 · 0,1 = 1,3.

E(X2) = 02 · 0,2 + 12 · 0,4 + 22 · 0,3 + 32 · 0,1 = 2,5.

Var(X) = E(X2) − [E(X)]2 = 2,5 − (1,3)2 = 0,81.

Altså μ = E(X) = 1,3, og σ2 = Var(X) = 0,81.

n = 2500, langt over tommelfingerregelen på «> 30». Så dersom antall stengler på en plante er uavhengig av de andre, har vi ifølge sentralgrenseteoremet at summen er tilnærmet normalfordelt. Standardavviket og variansen til Y blir 2500 ganger standardavviket og variansen til X, siden vi har 2500 planter.

Y ~ N(2500 · 1,3, 2500 · 0,81) = N(3250, 2025).

Vi gjør en standardisering, og finner ut at

P(Y ≥ 3200) = 1 − P(Y < 3200) tilsvarer

$1 − G({\large \frac{3200 − 3250}{\sqrt{2025}}}) \approx 1 − G(−1{,}11) = G(1{,}11)$.

Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 1,1, kolonne 0,01 og finner 0,8665.

Alternativt skriver vi =1-norm.fordeling(3200; 3250; rot(2025); sann) i Excel eller 1- FordelingNormal(3250, sqrt(2025), 3200) i GeoGebra og får 0,8667, som er litt mer presist.

Det er altså om lag 86,7 % sannsynlighet for at han klarer å produsere nok stengler.

Grunnen til at vi trekker ut rota av 2025 er at det er variansen, σ2, som er 2025, så standardavviket blir $\sigma = \sqrt{2025}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi trekker 20 varer tilfeldig fra et parti på 100 varer der 10 av varene har feil. Dette er en hypergeometrisk situasjon med n = 20, N = 100 og M = 10. Hvis X betegner antall varer med feil, er altså X ~ hypergeom(100, 10, 20).

  1. Vi skal finne sannsynligheten for at minst 1 av varene har feil, altså P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0).
     
    I en hypergeometrisk fordeling er $P(X = x) = {\Large \frac{\binom{M}{x} \binom{N − M}{n − x}}{\binom{N}{n}}}$, så $P(X = 0) = {\Large \frac{\binom{10}{0} \binom{90}{20}}{\binom{100}{20}}} \approx 0{,}0951$, og
    P(X ≥ 1) ≈ 1 − 0,0951 = 0,9049. Det er ca. 90,5 % sannsynlig at minst 1 av varene i utvalget har feil.
     
  2. Vi skal avgjøre om vi kan forvente at en normaltilnærming er god i dette tilfellet. Vi har N = 100 og 20 · 20 = 400, så kriteriet N ≥ 20n er absolutt ikke oppfylt, og vi kan ikke forvente at tilnærmingen er særlig god.
     
  3. Vi skal bruke normaltilnærming til å beregne den samme sannsynligheten som i 1). Vi har at
    $E(X) = n \cdot {\large \frac{M}{N}} = 20 \cdot {\large \frac{10}{100}} = 2$.
    $Var(X) = \Big( {\large \frac{N − n}{N − 1}} \Big) \cdot n \cdot {\large \frac{M}{N}} \cdot \Big(1 − {\large \frac{M}{N}} \Big) = \Big( {\large \frac{100 − 20}{100 − 1}} \Big) \cdot 20 \cdot {\large \frac{10}{100}} \cdot \Big(1 − {\large \frac{10}{100}} \Big) \approx 1,45$.
    Så normalfordelingen blir N(2, 1,45). Vi gjør en standardisering og finner ut at
    $P(X \ge 1) = 1 − G({\large \frac{1 − 2}{\sqrt{1{,}45}}}) \approx 1 − G(−0{,}83) = G(0{,}83)$.
    Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 0,8, kolonne 0,03 og finner 0,7967. Dette er om lag ${\large \frac {0{,}9049 − 0{,}7967}{0{,}9049}} \approx 0{,}12$, altså om lag 12 % for lavt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi trekker 200 varer tilfeldig fra et parti på 10 000 varer der 1000 av varene har feil. Dette er en hypergeometrisk situasjon med n = 200, N = 10 000 og M = 1000. Hvis X betegner antall varer med feil, er altså X ~ hypergeom(10 000, 1000, 200). Det er oppgitt at P(X ≥ 15) ≈ 0,8595.

  1. Vi skal avgjøre om vi kan forvente at en normaltilnærming er god i dette tilfellet.
    Vi har N = 10 000 og 20 · 200 = 4000, så kriteriet N ≥ 20n er oppfylt.
    Videre har vi $n{\large \frac{M}{N}}(1 − {\large \frac{M}{N}}) = 200{\large \frac{1000}{10 \, 000}}(1 − {\large \frac{1000}{10 \, 000}}) \approx 17{,}64$. Siden dette er mer enn 10, bør normaltilnærmingen være god.
     
  2. Vi skal bruke normaltilnærming til å beregne sannsynligheten for at P(X ≥ 15).
    Vi har at
    $E(X) = n \cdot {\large \frac{M}{N}} = 200 \cdot {\large \frac{1000}{10 \,000}} = 20$.
    $Var(X) = \Big( {\large \frac{N − n}{N − 1}} \Big) \cdot n \cdot {\large \frac{M}{N}} \cdot \Big(1 − {\large \frac{M}{N}} \Big) = \Big( {\large \frac{10 \, 000 − 200}{10 \, 000 − 1}} \Big) \cdot 200 \cdot {\large \frac{1.000}{10 \, 000}} \cdot \Big(1 − {\large \frac{1.000}{10 \, 000}} \Big) \approx 17{,}64$
    Så normalfordelingen blir N(200, 17,64). Vi gjør en standardisering og finner ut at
    $P(X \ge 15) = 1 − G({\large \frac{15 − 20}{17{,}64}}) \approx 1 − G(−1{,}19) = G(1{,}19)$.
    Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 1,1, kolonne 0,09 og finner 0,8830. Dette er om lag ${\large \frac {0{,}8830 − 0{,}8595}{0{,}8595}} \approx 0{,}0273$, altså om lag 2,7 % for høyt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal gjøre om igjen normaltilnærmingene i oppgave 2 og 3 med heltallskorreksjon og vurdere om resultatene blir bedre eller dårligere enn i oppgave 2 og 3.

I oppgave 2 hadde vi X ~ hypergeom(100, 10, 20), og skulle finne P(X ≥ 1). Vi fant at svaret var om lag 0,9049. Normaltilnærming uten heltallskorreksjon ga 0,7967, ca. 12 % for lavt.

Med heltallskorreksjon får vi $1 − G({\large \frac{1 + 0{,}5 − 2}{\sqrt{1{,}45}}}) \approx 1 − G(−0{,}42) = G(0{,}42)$.

Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 0,4, kolonne 0,02 og finner 0,6628. Dette er om lag ${\large \frac {0{,}9049 − 0{,}6628}{0{,}9049}} \approx 0{,}27$, altså om lag 27 % for lavt.

Dette er et verre resultat enn uten heltallskorreksjon. Men vi har jo uansett konkludert med at normaltilnærming ikke er brukbar i denne situasjonen.

I oppgave 3 hadde vi X ~ hypergeom(10 000, 1000, 200), og det var oppgitt at P(X ≥ 15) ≈ 0,8595. Normaltilnærming uten heltallskorreksjon ga 0,8830, ca. 2,7 % for høyt.

Med heltallskorreksjon får vi $1 − G({\large \frac{15 + 0{,}5 − 20}{17{,}64}}) \approx 1 − G(−1{,}07) = G(1{,}07)$.

Vi går inn i normalfordelingstabellen, rad 1,0, kolonne 0,07 og finner 0,8577. Dette er om lag ${\large \frac {0{,}8595 − 0{,}8577}{0{,}8595}} \approx 0{,}00209$, altså om lag 0,21 % for lavt. Heltallskorreksjon har gitt en forbedring, fra 2,7 % til 0,21 % feil.

Tilbake til oppgaven

Estimering

Oppgave 1:

Basert på at en bedrift på 6 tilfeldige dager produserer 210, 220, 210, 225, 220 og 217 støtfangere, skal vi gi et forventningsrett estimat for dagsproduksjonen av støtfangere.

Som estimat bruker vi gjennomsnittet: $\mu = \overline X = {\large \frac{210 + 220 + 210 + 225 + 220 + 217}{6}} = 217$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Basert på at en bedrift på 6 tilfeldige dager produserer 210, 220, 210, 225, 220 og 217 støtfangere, og at standardavviket til produksjonen er $\sigma = 5{,}8$, skal vi angi estimert gjennomsnitt i form av en rapportering.

I oppgave 1 fant vi at gjennomsnittlig dagsproduksjon var 217 støtfangere.

En rapportering av estimatet til gjennomsnittlig produksjon vil derfor bli

$217 \pm \frac{\displaystyle 5{,}8}{\displaystyle \sqrt{6}} \approx 217 \pm 2{,}37$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Basert på at en bedrift på 6 tilfeldige dager produserer 210, 220, 210, 225, 220 og 217 støtfangere, skal vi estimere standardavviket til produksjonen og presentere estimert gjennomsnitt i form av en rapportering..

Vi fant i oppgave 1 at gjennomsnittsproduksjonen var 217 enheter

Vi estimerer standardavviket med utvalgsstandardavviket, som blir

 $\hat \sigma = S = \sqrt{\large \frac{(210 −217)^2 + (220 − 217)^2 + (210 −217)^2 + (225 − 217)^2 + (220 − 217)^2 + (217 − 217)^2}{5}} = 6$.

Og en rapportering blir

$217 \pm \frac{\displaystyle 6}{\displaystyle \sqrt{6}} \approx 217 \pm 2{,}45$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Basert på at dagsproduksjonen av støtfangere i seks forskjellige dager er henholdsvis 210, 220, 210, 225, 220 og 217 enheter og at standardavviket til produksjonen er $\sigma = 5{,}8$, skal vi angi et 95 % og 99 % konfidensintervall for gjennomsnittet til produksjonen.

Et 95 % konfidensintervall er gitt ved

$\overline X \pm 1{,}96 \cdot \frac{\displaystyle \sigma}{\displaystyle \sqrt n} = 217 \pm 1{,}96 \cdot {\large \frac{5{,}8}{\sqrt{6}}} \approx [212{,}36, \: 221{,}64]$

Et 99 % konfidensintervall er gitt ved

$\overline X \pm 2{,}58 \cdot \frac{\displaystyle \sigma}{\displaystyle \sqrt n} = 217 \pm 2{,}58 \cdot {\large \frac{5{,}8}{\sqrt{6}}} \approx [210{,}89, \: 223{,}11]$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal bruke (normal) kvantiltabellen til å finne et 97 % konfidensintervall for gjennomsnittsvekten av laks når 13 laks er veid med et gjennomsnitt på 4,14 kg, og standardavviket til vekta i populasjonen er $\sigma = 0{,7}$.

I et 97 % konfidensintervall er ${\large \frac{\alpha}{2}} = {\large \frac{1 − 0{,}97}{2}} = 0{,}015$. Vi slår opp ${\large \frac{\alpha}{2}} = 0{,}015$ i kvantiltabellen og får $2{,}1701$.

Et 97 % konfidensintervall er gitt ved

$\overline X \pm 2{,}17 \cdot \frac{\displaystyle \sigma}{\displaystyle \sqrt n} = 4,14 \pm 2{,}17 \cdot {\large \frac{0{,}7}{\sqrt{13}}} \approx [3{,}72, \: 4{,}56]$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal bruke Excel til å beregne et 98 % konfidensintervall for gjennomsnittsproduksjonen av støtfangere, som på seks tilfeldige dager er 210, 220, 210, 225, 220 og 217 enheter, når vi vet at standardavviket til produksjonen er 5,8.

Vi skriver =konfidens.norm(1-0,98; 5,8; 6) i Excel, og får ut 5,51.

Vi har tidligere beregnet at gjennomsnittsproduksjonen er 217 enheter.

Et 98 prosent konfidensintervall blir derfor om lag

[217 − 5,51, 217 − 5,51 = [211,49, 222,51]

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Basert på at 6 tilfeldige observasjoner gir at gjennomsnittlig antall produserte støtfangere er $\overline X = 217$ og at produksjonens standardavvik er $S = 6$, skal vi lage og sammenlikne et 95 % konfidensintervall basert på normalfordeling med ett basert på t-fordeling.

I et 95 % konfidensintervall er ${\large \frac{\alpha}{2}} = {\large \frac{1 − 0{,}95}{2}} = 0{,}025$.

Vi vet fra tidligere at

${\large z_{0{,}025}} \approx 1{,}96$, eller vi slår det opp i (normal) kvantiltabellen.

Basert på normalfordelingen får vi derfor følgende 95 % konfidensintervall:

$217 \pm 1{,}96 \cdot {\large \frac{6}{\sqrt{6}}} \approx [212{,}2, \: 221{,}8]$

Vi slår opp ${\large t_{0{,}025 \, (5)}}$ i (t) kvantiltabellen, og finner 2,571.

Basert på t-fordelingen får vi derfor følgende 95 % konfidensintervall:

$217 \pm 2{,}57 \cdot {\large \frac{6}{\sqrt{6}}} \approx [210{,}7, \: 223{,}3]$

Konfidensintervallet blir en del bredere med t-fordeling enn med normalfordeling, dette skyldes usikkerheten når standardavviket er estimert ut fra så lite som 6 målinger.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Basert på 6 tilfeldige observasjoner med gjennomsnitt 217 og utvalgsstandardavvik 6 skal vi lage et 95 % konfidensintervall basert på t-fordeling ved hjelp av Excel.

I Excel skriver vi =konfidens.t(1-0,95; 6; 6) og får ut 6,30.

Så et 95 % konfidensintervall blir

$217 \pm 6{,}30 \approx [210{,}7, \: 223{,}3]$

Som er det samme som vi fant da vi gjorde beregningen for hånd i oppgave 7.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 9:

Basert på at 35 av 2000 tilfeldige ladere er målt til å være defekte, skal vi estimere sannsynligheten for at en vilkårlig lader er defekt, og finne et 95 % konfidensintervall for denne sannsynligheten.

Et forventningsrett estimat for sannsynligheten for at en lader er defekt vil være andelen defekte ladere i utvalget. Altså:

$\hat p = {\large \frac{35}{2000}} = 0{,}0175$, altså 1,75 %.

Estimert standardavvik til estimatoren blir

$\sqrt{\large \frac{\hat p(1− \hat p)}{n}} = \sqrt{\large \frac{0{,}0175(1 − 0{,}0175)}{2000}} \approx 0{,}0029$.

En rapportering av sannsynligheten for at en lader er defekt blir da

$0{,}0175 \pm 0{,}067$

I et 95 % konfidensintervall er ${\large \frac{\alpha}{2}} = {\large \frac{1 − 0{,}95}{2}} = 0{,}025$.

Vi vet fra tidligere at

${\large z_{0{,}025}} \approx 1{,}96$, eller vi slår det opp i (normal) kvantiltabellen.

Så et 95 % konfidensintervall blir

$0{,}0175 \pm 1{,}96 \cdot 0{,}0029 \approx [0{,}0118, \: 0{,}0232]$, mellom 1,18 % og 2,32 %.

Tilbake til oppgaven

Hypotesetesting

Oppgave 1:

Basert på at hundre terningkast gir 20 seksere, skal vi sette opp nullhypotese og alternativ hypotese for at terningen gir for mange seksere, og teste hypotesen med et signifikansnivå på 5 %.

Den alternative hypotesen er at terningen gir for mange seksere, det vil si at sannsynligheten for å få seks er mer enn en sjettedel, slik den er på en rettferdig terning. Kaller vi sannsynligheten for å få en sekser for $p$, har vi

$H_A: p > \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}$.

Nullhypotesen blir da at terningen er rettferdig, med sannsynlighet lik en sjettedel for å få en sekser:

$H_0: p = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}$.

Grensen for forkastningsområdet blir:

$z_{\large \alpha} = z_{\large 0{,}05} \approx 1{,}6449$.

Testobservatoren blir:

$Z = \frac{\displaystyle X − np_0}{\displaystyle \sqrt{np_0(1 − p_0)}} = \frac{\displaystyle 20 − 100 \cdot \frac{1}{6}}{\displaystyle \sqrt{100 \cdot \frac{1}{6} \Big(1 − \frac{1}{6} \Big)}} \approx 0{,}8944$.

Siden testobservatoren ligger til venstre for grensen for forkastningsområdet, kan vi ikke forkaste nullhypotesen på signifikansnivå 0,05. 20 av 100 seksere gir altså ikke grunnlag for å si at terningen gir for mange seksere.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal utføre samme test som i oppgave 1, men nå basert på at 1000 terningkast ga 200 seksere. Hypotesene blir de samme, og grensen for signifikansnivået det samme, $z_{\large 0{,}05} \approx 1{,}6449$.

Testobservatoren blir nå

$Z = \frac{\displaystyle X − np_0}{\displaystyle \sqrt{np_0(1 − p_0)}} = \frac{\displaystyle 200 − 1000 \cdot \frac{1}{6}}{\displaystyle \sqrt{1000 \cdot \frac{1}{6} \Big(1 − \frac{1}{6} \Big)}} \approx 2{,}8284$.

Testobservatoren ligger nå langt inni forkastningsområdet, og vi forkaster nullhypotesen på signifikansnivå 0,05. 200 av 1000 seksere gir altså grunnlag for å si at terningen gir for mange seksere.

Sammenlikninger vi med oppgave 1, ser vi at det relative antallet seksere er det samme i begge tilfeller: $\frac{\displaystyle 20}{\displaystyle 100} = \frac{\displaystyle 200}{\displaystyle 1000} = 0{,}2$. Men å få 200 seksere på 1000 kast er altså mye mindre sannsynlig enn å få 20 på 100 kast. Det kommer av at den forventede spredningen, altså standardavviket, blir mindre jo flere forsøk vi gjør. 200 av 1000 seksere vil faktisk gi forkastning av nullhypotesen på så lite signifikansnivå som 0,0025. Det er altså mindre enn 0,25 % sjanse for å få 200 eller flere seksere på 1000 kast.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal sette opp og gjennomføre en hypotesetest med et signifikansnivå på 1 % på om oljeinnholdet i dressingpakker er over 10 ml, når gjennomsnittet i 25 pakker er målt til 10,3 ml, og produksjonen har et standardavvik på 0,65 ml.

Hypotesene blir $H_A: \mu > 10$, $H_0: \mu = 10$.

Vi har $\overline X = 10{,}3$, og $\sigma = 0{,}65$.

Så vi får: Testobservator: $Z = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{\sigma}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 10{,}3 − 10}{\displaystyle \frac{0{,}65}{\sqrt{25}}} \approx 2{,}31$.

Vi har $z_{\large \alpha} = z_{\large 0{,}01} \approx 2{,}3263$.

Siden $Z \not > z_{\large \alpha}$ kan vi ikke forkaste nullhypotesen, målingene gir med andre ord ikke dekning for at dressingene i snitt inneholder mer enn 10 ml. olje.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Basert på at 15 målinger av svartid på en servicetelefon gir et gjennomsnitt på 37 sekunder med et standardavvik på 14 skal vi sette opp og gjennomføre en hypotesetest på signifikansnivå 5 % på om oppgitt gjennomsnittlig ventetid på 30 sekunder er lavt.

Hypotesene blir $H_A: \mu > 30$$H_0: \mu = 30$.

Siden vi baserer oss på utvalgsstandardavviket, bruker vi t-fordeling i testen. Antall frihetsgrader blir $15 − 1 = 14$.

Testobservator $T = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{S}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 37 − 30}{\displaystyle \frac{14}{\sqrt{15}}} \approx 1{,}937$.

Grensen for forkastningsområdet blir $ t_{\large 0{,}05 \, (14)} = 1{,}761$.

Siden $T > t_{\large 0{,}05 \, (14)}$, kan vi forkaste nullhypotesen, og har på 5 % signifikansnivå grunnlag for å si at gjennomsnittlig ventetid er over 30 sekunder.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Basert på at innholdet i 30 glass syltetøy i gjennomsnitt er målt til 47,7 % bær, med et standardavvik på 5,7 %, skal vi sette opp og gjennomføre hypotesetester på signifikansnivå 5 % og signifikansnivå 1 % på om syltetøyet inneholder mindre enn fabrikantens påstand om minst 50 % bær.

Hypotesene blir $H_A: \mu < 50$, $H_0: \mu = 50$.

Siden vi baserer oss på utvalgsstandardavviket, må vi bruke t-fordeling i testen.

Testobservator blir $T = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{S}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 47{,}7 − 50}{\displaystyle \frac{5{,}7}{\sqrt{30}}} \approx −2{,}210$.

Grensen for forkastningsområdet ved 5 % signifikansnivå blir $−t_{\large 0{,}05 \, (29)} \approx −1{,}699$.

Grensen for forkastningsområdet ved 1 % signifikansnivå blir $−t_{\large 0{,}01 \, (29)} \approx −2{,}462$.

Siden $T < −t_{\large 0{,}05 \, (29)}$ kan vi på 5 % signifikansnivå forkaste nullhypotesen og akseptere hypotesen om at syltetøyet har for lite bær.

Man siden $T \not < −t_{\large 0{,}01 \, (29)}$ kan vi på 1 % nivå ikke forkaste nullhypotesen.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Basert på 15 stikkprøver av sukkermengde med en vekt på gjennomsnittlig 82,5 gram og et standardavvik på 0,6 gram skal vi sette opp og gjennomføre hypotesetester på signifikansnivå 5 % og signifikansnivå 1 % på om gjennomsnittlig sukkermengde er 83 gram.

Siden vi baserer oss på utvalgsstandardavviket, må vi bruke t-fordeling i testen, med 15 − 1 = 14 frihetsgrader.

Testobservator blir $T = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{S}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 82{,}5 − 83}{\displaystyle \frac{0{,}6}{\sqrt{15}}} \approx −3{,}227$.

Grensen for forkastningsområdet ved 1 % signifikansnivå blir $t_{\large 0{,}01/2 \, (14)} \approx 2{,}997$.

Siden $|T| > t_{\large 0{,}01/2 \, (14)}$, kan vi på 1 % signifikansnivå forkaste nullhypotesen og akseptere hypotesen om at sukkermengden ikke er korrekt, og følgelig også på 5 % nivå.

Tilbake til oppgaven

Sammenlikne datasett

Oppgave 1:

Vi har gitt to datasett $X$ og $Y$ med 4 korresponderende verdier:

$X_1 = 242$ $X_2 = 266$ $X_3 = 218$ $X_4 = 234$
$Y_1 = 363$ $Y_2 = 399$ $Y_3 = 327$ $Y_4 = 351$

og skal beregne

  1. Gjennomsnittet i hvert av settene.
    Vi får
    $\overline X = {\large \frac{242 + 266 + 218 + 234}{4}} = 240$
    $\overline Y = {\large \frac{363 + 399 + 327 + 351}{4}} = 360$
     
  2. Standardavviket i hvert av settene.
    Summen av kvadratavvikene i $X$ er
    $(242 − 240)^2 + (266 − 240)^2 + (218 − 240)^2 + (234 − 240)^2 = 1200$
    Og standardavviket blir $\sigma^{\phantom 1}_X = \sqrt {\large \frac{1200}{4}} \approx 17{,}32$
    Summen av kvadratavvikene i $Y$ er
    $(363 − 360)^2 + (399 − 360)^2 + (327 − 360)^2 + (351 − 360)^2 = 2700$
    Og standardavviket blir $\sigma^{\phantom 1}_Y = \sqrt {\large \frac{2700}{4}} \approx 25{,}98$.
     
  3. Kovariansen mellom settene.
    Vi får $Cov(X, Y)= {\large \frac{(242 − 240)(363 − 360) + (266 − 240)(399 − 360) + (218 − 240)(327 − 360) + (234 − 240)(351 − 360)}{4}} = 450$
     
  4. Korrelasjonskoeffisienten mellom settene.
    Vi får $R(X, Y) = {\large \frac{Cov(X, Y)}{\sigma^{\phantom 1}_X \sigma^{\phantom 1}_Y}} \approx {\large \frac{450}{17{,}32 \cdot 25{,}98}} \approx 1$
    Vi har altså perfekt samvariasjon. Hvis vi kontrollregner, ser vi at det stemmer, for hvert element i $Y$ er lik det tilhørende elementet i $X$ multiplisert med $1{,}5$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

En bedrift sammenlikner to maskiner for å se om det er forskjell i mengden sukker de tilsetter i en matvare. Maskin X arbeider med et standardavvik på 0,11 og maskin Y med et standardavvik på 0,13. 

60 prøver av maskin X gir et snitt på 10,107 gram sukker, 75 prøver av maskin Y et snitt på 10,061 gram sukker.

Så skal vi sette opp hypoteser og gjennomfør en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om de to maskinene tilsetter forskjellig mengde sukker.

Hypotesene blir $H_A: \overline X \ne \overline Y$, $H_0: \overline X = \overline Y$

Testobservatoren blir

$Z = \frac{\displaystyle 10{,}107 − 10{,}061}{\displaystyle \sqrt{\frac{(0{,}11)^2}{60} + \frac{(0{,}13)^2}{75}}} \approx 2{,}226$

Siden vi har en tosidig test, skal vi forkaste nullhypotesen hvis $|Z| > z_{\Large \frac{\alpha^\phantom 1}{2}}$

I (kvantil)normalfordelingstabellen finner vi at $z_{\Large \frac{0{,}05}{2}} \approx 1,9600$.

Siden $|Z| > z_{\Large \frac{0{,}05}{2}}$, kan vi forkaste vi nullhypotesen. Undersøkelsen bekrefter at det er forskjell på sukkermengdene.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Frukthøsten til 13 kirsebærtrær av type $X$ og 12 kirsebærtrær av type $Y$ er vist i tabellen under, og vi skal sette opp og gjennomføre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om de to typene trær gir forskjellig mengde frukt.

Type $X$ 44 44 56 46 47 38 58 53 49 35 46 30 41
Type $Y$ 35 47 55 29 40 39 32 41 42 57 51 39  

Hypotesene blir $H_A: \overline X \ne \overline Y$, $H_0: \overline X = \overline Y$.

Fra kalkulator eller PC får vi:

$\overline X \approx 45{,}154$.

$\overline Y = 42{,}250$.

$S_X \approx 7{,}998$.

$S_Y \approx 8{,}740$.

Vi beregner:

$S_p \approx \sqrt \frac{\displaystyle {7{,}998}^2(13 − 1) + {8{,}740}^2(12 − 1)}{\displaystyle 13 + 12 − 2} \approx 8{,}361$.

$T \approx \frac{\displaystyle 45{,}154 − 42{,}250}{\displaystyle 8{,}361 \sqrt{\frac{1}{13} + \frac{1}{12}}} \approx 0{,}868$.

Vi har her en tosidig test, og forkaster nullhypotesen hvis $|T| > t_{\Large \frac{\alpha}{2},\, (v)}$.

Vi slår opp i (t) kvantiltabellen med $a = 0{,}025$ og $v = 13 + 12 − 2 = 23$ og finner $2{,}069$.

Siden $|T| \not > t_{\large 0{,}025 \, (23)}$, kan vi ikke forkaste nullhypotesen. Undersøkelsen gir ikke grunnlag for å si at den ene typen trær gir mer kirsebær enn den andre.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Basert på blodtrykket til 15 pasienter før og etter bruk av en medisin, vist i tabellen under, skal vi sette opp og gjennomføre en hypotesetest på 5 % signifikansnivå på om medisinen som en bieffekt reduserer blodtrykket.

Før 70 80 72 76 76 76 72 78 82 64 74 92 74 68 84
Etter 78 72 62 70 58 66 68 52 64 72 74 60 74 72 74

Her gir det bare mening å gjøre en parvis test. Vi beregner først differansen mellom før og etter:

Differanse 2 8 10 6 18 10 4 26 18 −8 0 32 0 −4 10

Vi kaller «før» for $X$, «etter» for $Y$ og differansen for $D$.

Hypotesene blir $H_A: \overline X > \overline Y$, $H_0: \overline X = \overline Y$.

Fra kalkulator eller PC får vi:

$\overline D = 8{,}8$.

$S_p = S_D \approx 10{,}975$.

Testobservatoren blir

$T \approx \frac{\displaystyle 8{,}8}{\displaystyle 10{,}975 \frac{1}{\sqrt{15}}} \approx 3{,}105$.

Vi har her en høyresidig test, og forkaster nullhypotesen hvis $T > t_{\large \alpha, \, (v)}$.
Vi slår opp i t-fordelingstabellen med $\alpha = 0{,}05$ og $v = 15 − 1 = 14$ og finner $1{,}761$.

Siden $T > t_{\large 0{,}05 \, (14)}$, kan vi forkaste nullhypotesen. Testen gir absolutt grunnlag for å si at medisinen gir redusert blodtrykk.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

En bedrift skal undersøke om det er forskjell i sannsynlighetene for defekter ved to produksjonslinjer for bukser. De finner 147 av 2500 defekte ved første produksjonslinje og 151 av 2000 ved andre. Vi skal sette opp og på 5 % signifikansnivå teste en hypotese om at sannsynligheten for defekter er forskjellig ved de to linjene.

Vi kaller sannsynligheten for defekt ved linje 1 for $p_1$ og sannsynligheten for defekt ved linje 2 for $p_2$. Hypotesene blir

$H_A: p_1 \ne p_2$ mot $H_0: p_1 = p_2$.

Vi har $n_1 = 2500$, $n_2 = 2000$.

Vi estimerer

$\hat p_1 = \frac{\displaystyle 147}{\displaystyle 2500} \approx 0{,}0588$.

$\hat p_2 = \frac{\displaystyle 151}{\displaystyle 2000} \approx 0{,}0755$.

$\hat p = \frac{\displaystyle 147 + 151}{\displaystyle 2500 + 2000} \approx 0{,}0662$.

Og vi får

$Z \approx \frac{\displaystyle 0{,}0588 − 0{,}0755}{\displaystyle \sqrt{0{,}0662(1 − 0{,}0662)(\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2500} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2000})}} \approx −2{,}239$.

Siden vi har en tosidig test med 5 % signifikansnivå, skal vi forkaste nullhypotesen hvis $|Z| > z_{\Large \frac{0{,}05}{2}} = z_{\large 0{,}025}$. Vi slår opp i (normal) kvantiltabellen, og finner $z_{\large 0{,}025} = 1{,}9600$.

Siden $|Z| = 2{,}239 > 1{,}9600$, forkaster vi nullhypotesen og aksepterer den alternative hypotesen om at det er forskjell i defektsannsynligheten ved de to linjene.

Tilbake til oppgaven

Datainnsamling

Oppgave 1:

Du ønsker å finne ut hvor populært kino er i forhold til å se film hjemme, går i byen en kveld og intervjuer tilfeldige forbipasserende.

Naturligvis er det liten grunn til å tro at dette utvalget er representativt. Det er jo mer sannsynlig at du treffer kinogjengerne på byen enn de som sitter hjemme og ser på film.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, kombinatorikk

Permutasjoner

Oppgave 1:

Vi skal beregne hvor mange måter ei rekke med 30 elever kan organiseres på. Til plassen først kan vi velge 30 elever, til neste plass 29, elever, og så videre, så dette blir 30! ≈ 2,6 · 1032 måter.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne antall 4-permutasjoner av 10 ved å bruke formelen for antall k-permutasjoner av n, ${\large \frac{n!}{(n − k)!}}$.

Vi setter inn k = 4 og n = 10 og får:

${\large \frac{10!}{(10 − 4)!}} = {\large \frac{3 \, 628 \, 800}{720}} = 5040$.

For å gjøre beregningen i Excel skriver vi = permuter(10; 4). I GeoGebra skriver vi nPr(10,4) i inntastingsfeltet eller CAS.

Tilbake til oppgaven

Ordnede og uordnede utvalg

Oppgave 1:

Vi skal beregne hvor mange forskjellige delegasjoner på 3 som kan velges blant 25 ansatte. Dette blir «tjuefem over tre», altså

${\large \binom{25}{3}} = {\large \frac{25!}{3!(25 − 3)!}} = 2300$.

Det kan velges 2300 forskjellige delegasjoner.

For å kontrollere resultatet i Excel, skriver vi = kombinasjon(25; 3). I GeoGebra skriver vi nCr(25,3) i inntastingsfeltet eller CAS.

Tilbake til oppgaven

Utvalg og delmengder

Oppgave 1:

Vi skal finne ut hvor mange delmengder vi kan lage i mengden A = {a, b, c}, og vurdere om antallet delmengder er riktig.

Vi kan lage følgende tre delmengder med ett element: {a}, {b} og {c}.

Vi kan lage følgende tre delmengder med to elementer: {a, b}, {a, c} og {b, c}.

Vi kan lage følgende delmengde med tre elementer: {a, b, c}.

Vi kan lage følgende delmengde med ingen elementer: {}, det vil si ∅.

Vi har totalt 3 + 3+ 1 + 1 = 8 delmengder, noe som stemmer, siden A inneholder 3 elementer og 23 = 8.

Tilbake til oppgaven

Utvalg fra blandede mengder

Oppgave 1:

Vi har ei gruppe med 11 gutter og 8 jenter, og skal beregne hvor mange kombinasjoner det finnes med

    1. 3 gutter og 3 jenter
       
    2. 1 gutt og 3 jenter
       
    3.  Ingen gutter og 4 jenter

Vi får

    1. ${\large \binom{11}{3}} \cdot {\large \binom{8}{3}} = 165 \cdot 56 = 9240$.
       
    2. ${\large \binom{11}{1}} \cdot {\large \binom{8}{3}} = 11 \cdot 56 = 616$.
       
    3. ${\large \binom{11}{0}} \cdot {\large \binom{8}{4}} = 1 \cdot 70 = 70$.

I tilfelle 2 ser vi at vi egentlig ikke trenger stille opp ${\large \binom{11}{1}}$, det holder å multiplisere med 11.

I tilfelle 3 ser vi at vi egentlig ikke trenger stille opp ${\large \binom{11}{0}}$, fordi dette blir 1.

Imidlertid kan det være lurt å stille opp hele regnestykket slik det er gjort i 2. og 3. fordi det tydeliggjør metoden, og vi slipper å lage spesialtilfeller når vi bare skal velge 1 eller 0.

Tilbake til oppgaven

Kombinasjoner og sannsynligheter

Oppgave 1:

Vi skal beregne antall kombinasjonsmuligheter i korthender med 5 kort:. Korthendene skal henholdsvis

    1. inneholde nøyaktig 2 spar.
       
    2. bare inneholde spar.
       
    3. inneholde spar konge

Vi får:

    1. Denne hånden inneholder 2 av 13 mulige spar og 3 av 39 andre kort, så antall muligheter blir
      ${\large \binom{13}{2}} \cdot {\large \binom{39}{3}} = 78 \cdot 9139 = 712 \, 842$.
       
    2. Denne hånden inneholder 5 av 13 mulige spar og 0 av 39 andre kort, så antall muligheter blir
      ${\large \binom{13}{5}} \cdot {\large \binom{39}{0}} = 1287 \cdot 1 = 1287$.
       
    3. Denne hånden inneholder 1 av 1 mulige spar konge og 4 av 51 andre kort, så antall muligheter blir
      ${\large \binom{1}{1}} \cdot {\large \binom{51}{4}} = 1 \cdot 249 \, 900 = 249 \, 900$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal beregne sannsynlighetene for å få utdelt korthendene med 5 kort nevnt i oppgave 6.

De tre korthendene

    1. inneholder nøyaktig 2 spar.
       
    2. inneholder bare spar.
       
    3. inneholder spar konge

Totalt finnes det ${\large \binom{52}{5}} = 2 \, 598 \, 960$ mulige korthender med 5 kort.

    1. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 712 842 hender med nøyaktig 2 spar.
      Gunstige på mulige gir $712 \, 842 : 2 \, 598 \, 960 \approx 0{,}2743$. Det er ca. 27,43 % sjanse for å få en hånd med nøyaktig 2 spar.
       
    2. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 1287 hender med bare spar.
      Gunstige på mulige gir $1287 : 2 \, 598 \, 960 \approx 4{,}952\cdot 10^{−4}$. Det er ca. 0,05 % sjanse for å få en hånd med bare spar.
       
    3. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 249 900 hender med spar konge.
      Gunstige på mulige gir $249 \, 900 : 2 \, 598 \, 960 \approx 0,0962$. Det er ca. 9,62 % sjanse for å få en hånd som inneholder spar konge.

En interessant observasjon er at denne brøken kan forkortes til${\large \frac{5}{52}}$.
Hva dette skyldes, skjønner vi hvis vi tenker oss at spar konge er vinnerloddet i en bunke med 52 lodd. Trekker vi fem kort tilfeldig, har vi da fem av femtito sjanser for å ha trukket vinnerloddet.

Tilbake til oppgaven

Ordnede utvalg med tilbakelegging

Oppgave 1:

På en kodelås med tre kodehjul, hvert med sifre fra 0 til 9, skal vi finne ut hvor mange mulige koder som kan stilles inn.

Dette er et ordnet utvalg med tilbakelegging. Ordnet fordi rekkefølgen på sifrene i koden er vesentlig, og med tilbakelegging fordi alle sifrene er tilgjengelige på alle hjulene.

Antall kombinasjoner blir derfor 103 = 1000.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, sannsynlighet

Introduksjon til sannsynlighet

Oppgave 1:

En kollega vil vedde på at det blant de første 20 bilene som passerer er minst to som har samme to sluttsifre i registreringsnummeret. Bør du vedde imot?

Nei, du vil sannsynligvis tape. Det er om lag 87 % sannsynlighet for at minst to av 20 vilkårlige registreringsnumre slutter på samme to sifre.

Tenk deg at en vegg er delt i 100 like store ruter, at du skal kaste en ball tjue ganger mot veggen i blinde, og at det er helt tilfeldig hvor du treffer. Sannsynligheten for ikke å treffe samme rute to eller flere ganger er da den samme som for at ingen av 20 biler har samme sluttsifre.

De første kastene går nok greit. Men når du kommer til kast 16, er det 15 ruter du ikke må treffe. Så er det 16, neste gang 17, så 18, og til slutt 19. Selv om det i hvert kast er mest sannsynlig å treffe en ny rute, er det ikke så sannsynlig at du klarer det i kast etter kast etter kast.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

I Monty Halls gameshow vinner du en bil hvis du velger den riktige av tre dører. Når du har valgt dør, åpner Monty en av de to andre, der det ikke er noe bak. Du vet nå at bilen enten er bak den ene døren du har valgt, eller bak den tredje, som ennå er lukket. Er det noen vits i å bytte dør, sannsynlighetene er vel 50-50?

Ja, du bør bytte! Sjansene er ikke 50-50, men ca. 33-66. Ved å bytte dobler du vinnersannsynlighetene.

Idet du velger, er det en tredels sannsynlighet for at bilen er bak døra du har valgt, og to tredels sannsynlighet for at den er bak en av de to andre. Når Monty åpner en dør uten noe bak, betyr det at det er to tredels sannsynlighet for at bilen er bak den lukkede døra du ikke har valgt.

Vanskelig å forstå? La oss gjøre problemstillingen mer ekstrem, av og til kan det å gjøre noe veldig stort eller veldig lite gjøre ting mer intuitive.

Tenk deg at det er 1000 dører med en bil bak en av dem. Du velger 1, så åpner Monty 998 der det ikke er noe. Vil du fremdeles ikke bytte til den ene døra som er igjen? Selvfølgelig vil du det. Ved å bytte øker du vinnersannsynlighetene fra 0,1 % til 99,9 %.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Du tester positivt på en dødelig sykdom som har rammet hver titusende innbygger. Testen er 99 % sikker, så du regner med at du sannsynligvis stryker med hvis du ikke betaler en formue for behandling. Men hvor sannsynlig er det at du faktisk er syk?

Det er om lag 1 % sannsynlighet for at du faktisk er syk. Hvis du trodde at sannsynligheten for at du var syk var kjempestor, lot du deg lure av paradokset med de falske positive.

At testen er 99 % sikker betyr at den i 1 % av tilfellene ikke klarer å påvise at en syk person faktisk er syk, men også at den i 1 % av tilfellene påviser sykdom hos en person som faktisk er frisk. Og siden det finnes så mange flere friske enn syke, er det flest friske som blir feildiagnostisert.

La oss si at vi tester 1 000 000 personer. Siden hver titusende i gjennomsnitt er syk, kan vi blant disse forvente å finne 100 syke og 999 900 friske. Av de syke vil i snitt 99 %, altså 99 teste positivt. Av de friske vil i snitt 1 %, altså 9999 teste positivt. Totalt er det altså 9999 + 99 = 10 098 positive tester. Av disse er ${\large \frac{99}{10 \, 098}} \approx 0{,}0098$, altså ca. 1 %, fra personer som faktisk er syke.

Tilbake til oppgaven

Begreper i sannsynlighet

Oppgave 1:

Vi skal bestemme hva som er utfallsrommet, og hvilke enkeltutfall vi kan få når vi kaster tre mynter og teller opp antall kron.

Vi kan få ingen, én, to eller tre kron, så utfallsrommet er {0, 1, 2, 3}.

Kaller vi kron for K og mynt for M, blir enkeltutfallene
{M-M-M, M-M-K, M-K-M, M-K-K, K-M-M, K-M-K, K-K-M, K-K-K}.

Det er altså 8 mulige enkeltutfall. Det gir mening, for det finnes 2 muligheter for hver av 3 mynter, altså 23 = 8 kombinasjonsmuligheter.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

På et terningkast skal vi beregne sannsynligheten for å få

    1. 5 eller 6
      Dette er to av i alt seks like sannsynlige muligheter som ikke kan inntreffe samtidig, så sannsynligheten blir $P(\{5, 6\}) = {\large \frac{2}{6}} = {\large \frac{1}{3}}$.
       
    2. Ikke 5 eller 6
      Dette tilsvarer å få 1, 2, 3 eller 4. Samme argument som i punkt 1 gir at sannsynligheten blir $P(\{1, 2, 3, 4\}) = {\large \frac{4}{6}} = {\large \frac{2}{3}}$.
      Vi kan imidlertid også benytte oss av at summen av sannsynlighetene skal bli 1, slik at sannsynligheten for ikke å 5 eller 6 er $1 − P(\{5, 6\}) = 1 − {\large \frac{1}{3}} = {\large \frac{2}{3}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne sannsynlighetene for å få henholdsvis 0, 1, 2 og 3 kron ved kast med 3 mynter.

Vi har i alt 8 enkeltutfall:
{M-M-M, M-M-K, M-K-M, M-K-K, K-M-M-, K-M-K, K-K-M, K-K-K}.

Vi ser at 1 av disse gir null kron, 3 gir én kron, 3 gir to kron, og 1 gir tre kron. Så sannsynlighetene blir

$P(0) = P(3) = {\large \frac{1}{8}}$.

$P(1) = P(2) = {\large \frac{3}{8}}$.

Vi ser at vi har en symmetrisk fordeling sentrert rundt én og to kron.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

    1. Vi skal beregne sannsynligheten for at en familie med to barn har ett barn av hvert kjønn, når vi antar at gutt og jente er like sannsynlig.
      Vi har fire, like sannsynlige enkeltutfall som ikke kan inntreffe samtidig: {G-G, G-J, J-G, J-J}.
      To av disse gir ett av hvert kjønn, så ut fra «gunstige på mulige» får vi at
      $P(\text{«ett av hvert»}) = {\large \frac{2}{4}} = {\large \frac{1}{2}}$.
       
    2. Vi skal svare på hvorfor mange svarer feil på spørsmålet over, og hva de svarer.
      Mange tenker på dette som en uniform modell, der kombinasjonene «to gutter», «ett av hvert» og «to jenter» er like sannsynlig, og tror derfor at det er en tredjedels sannsynlighet for ett av hvert kjønn. Men modellen er ikke uniform, de forskjellige mulighetene har ulik sannsynlighet.

Tilbake til oppgaven

Mengder

Oppgave 1:

Med utgangspunkt i mengdene A = {a, b, c, d, e}, K = {b, c, d} og V = {a, i} skal vi beregne mengder ut fra unioner og snitt. Vi skal også angi mengdens kardinalitet, noe som vil si antall elementer i mengdene.

    1. A ∪ V
      Dette er mengden av elementer som finnes i A eller V eller begge:
      A ∪ V = {a, b, c, d, e, i}.
      n(A ∪ V) = 6.
       
    2. AK
      Dette er mengden av elementer som finnes i A eller K eller begge:
      A ∪ K = {a, b, c, d, e}.
      n(A ∪ K) = 5.
       
    3. K ∪ V
      Dette er mengden av elementer som finnes i K eller V eller begge:
      K ∪ V = {a, b, c, d, i}.
      n(K ∪ V) = 5.
       
    4. A ∩ V 
      Dette er mengden av elementer som finnes i både A og VA ∩ V = {a}.
      n(A ∩ V) = 1.
       
    5. A ∩ K
      Dette er mengden av elementer som finnes i både A og K:
      A ∩ K= {b, c, d}.
      n(A ∩ K) = 3.
       
    6. KV
      Dette er mengden av elementer som finnes i både K og V:
      K ∩ = ∅
      n(K ∩ V) = 0.
      K og V har ingen felles elementer, de er disjunkte.

​Tilbake til oppgaven

Addisjonsregelen

Oppgave 1:

Basert på at sannsynlighetene for å få henholdsvis 0, 1, 2 og 3 kron ved kast med 3 mynter er henholdsvis ${\large \frac{1}{8}}$, ${\large \frac{3}{8}}$, ${\large \frac{3}{8}}$ og ${\large \frac{1}{8}}$ skal vi beregne sannsynligheten for «minst én kron, altså P(X ≥ 1), der X er antall kron.

Dette er disjunkte utfall, vi må få enten 0, 1, 2 og 3 kron, vi kan ikke få for eksempel 1 og 2 kron samtidig, så vi kan bruke addisjonsregelen for disjunkte utfall:

$P(X \ge 1) = P(1) + P(2) + P(3) = {\large \frac{3}{8}} + {\large \frac{3}{8}} + {\large \frac{1}{8}} = {\large \frac{7}{8}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

I spillet vist under kan vi spille på «tall», «farge», «både tall og farge» og «enten tall eller farge».

En forenklet rulett

Vi skal så finne vinnersannsynlighetene i hvert av tilfellene.

Det er 12 mulige ruter, så ved å telle antall gunstige og bruke «gunstige på mulige» får vi:

Riktig tall. Det er 3 ruter for hvert tall, så vi får $P(T) = {\large \frac{3}{12}} = {\large \frac{1}{4}}$.

Riktig farge: Det er 4 ruter for hver farge, så vi får$P(F) = {\large \frac{4}{12}} = {\large \frac{1}{3}}$.

Både riktig tall og riktig farge: Det er 1 rute for hver kombinasjon av tall og farge, så vi får$P(T \cap F) = {\large \frac{1}{12}}$.

Når det gjelder «Enten riktig tall eller riktig farge», er dette sammensatt av to ikke-disjunkte utfall, så vi må bruke den generelle addisjonsregelen:

$P(T \cup F) = P(T) + P(F) − P(T \cap F) = {\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{1}{3}} − {\large \frac{1}{12}} = {\large \frac{1}{2}}$.

Tilbake til oppgaven

Komplementregelen

Oppgave 1:

Vi skal finne sannsynligheten for «minst én kron» ved kast med 3 mynter ved å bruke komplementregelen og at sannsynligheten for «ingen kron» er ${\large \frac{1}{8}}$.

Hendelsen «minst én kron», P(X ≥ 1), og hendelsen «ingen kron», P(0) er komplementære. Vi får derfor at $P(X \ge 1) = 1 − {\large \frac{1}{8}} = {\large \frac{7}{8}}$, som var det samme vi fikk i oppgave 1 i  artikkelen om addisjonsregelen.

Tilbake til oppgaven

Produktregelen

Oppgave 1:

Vi skal finne sannsynligheten for å tippe riktig vinner i alle 5 løp i V5, når det er henholdsvis 12, 10, 14, 9 og 12 hester med i de enkelte løpene og vi velger hester tilfeldig.

I hvert løp har hver hest samme sannsynlighet for å bli valgt, så vi kan bruke «gunstige på mulige» for å finne sannsynligheten for å velge vinnerhesten.

NB! Vi sier ikke at alle hestene har like stor sannsynlighet for å vinne sitt løp, denne sannsynligheten er ukjent, og spiller ingen rolle. En bestemt hest kan gjerne være garantert å vinne, sannsynligheten vi er ute etter er sannsynligheten for at vi velger akkurat denne hesten når vi plukker tilfeldig. En annen sak er imidlertid at det ikke er noen god taktikk å plukke tilfeldig, nettopp fordi noen hester har større vinnersannsynlighet enn andre.

«Gunstige på mulige» gir for de enkelte løpene sannsynligheter på henholdsvis

${\large \frac{1}{12}}$, ${\large \frac{1}{10}}$, ${\large \frac{1}{14}}$, ${\large \frac{1}{9}}$ og ${\large \frac{1}{12}}$.

Den totale sannsynligheten finner vi ved å multiplisere hver av disse sannsynlighetene, i henhold til produktregelen for uavhengige hendelser. Vi får

${\large \frac{1}{12}} \cdot {\large \frac{1}{10}} \cdot {\large \frac{1}{14}} \cdot {\large \frac{1}{9}} \cdot {\large \frac{1}{12}} = {\large \frac{1}{181 \, 440}}\approx 5{,}5 \cdot 10^{−6}$. Om lag 0,00055 %.

Vinnersannsynligheten er altså ikke særlig stor når vi bare velger hester tilfeldig.

Tilbake til oppgaven

Kombinere regler

Oppgave 1:

Vi har at sannsynligheten for at en tegnestift havner med spissen opp er $P(O) = {\large \frac{2}{3}}$, kaster tre tegnestifter, og skal finne sannsynlighetene de fire hendelsene under, samt forklare hvorfor summen av sannsynlighetene blir 1.

  1. Alle havner med spissen opp.
    De tre tegnestiftene er uavhengige av hverandre, derfor kan vi finne sannsynligheten for at alle har spissen opp ved å bruke produktregelen og multiplisere enkeltsannsynlighetene.
    $P(\text{alle opp}) = {\large \frac{2}{3}} \cdot {\large \frac{2}{3}} \cdot {\large \frac{2}{3}} = {\large \frac{8}{27}} \approx 0{,}2963$.
     
  2. Alle havner med spissen ned.
    Vi har at sannsynligheten for spissen opp er $P(O) = {\large \frac{2}{3}}$. Da må sannsynligheten for spissen ned ifølge komplementregelen være $P(N) = 1 − {\large \frac{2}{3}} = {\large \frac{1}{3}}$.
    Produktregelen gir
    $P(\text{alle ned}) = {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{3}} = {\large \frac{1}{27}} \approx 0{,}0370$.
     
  3. To havner med spissen opp og en med spissen ned.
    Nå blir det litt mer komplisert, for her finnes tre varianter, O-O-N, O-N-O og N-O-O. Sannsynligheten for O-O-N blir ifølge produktregelen
    $P(\text{O-O-N}) = {\large \frac{2}{3}} \cdot {\large \frac{2}{3}} \cdot {\large \frac{1}{3}} = {\large \frac{4}{27}} \approx 0{,}1481$.
    For de andre to resultatene bytter vi jo bare om på faktorene, så sannsynligheten for hvert av disse blir naturligvis også ${\large \frac{4}{27}}$.
    Siden disse tre ikke kan inntreffe samtidig, kan vi bruke addisjonsregelen for disjunkte utfall:
    $P(\text{2 opp, 1 ned}) = {\large \frac{4}{27}} + {\large \frac{4}{27}} + {\large \frac{4}{27}} = {\large \frac{12}{27}} \approx 0{,}4444$.
     
  4. To havner med spissen ned og en med spissen opp.
    Samme logikk som i forrige punkt. Det finnes tre varianter, N-N-O, N-O-N og O-N-N.
    $P(\text{N-N-O}) = {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{2}{3}} = {\large \frac{2}{27}} \approx 0{,}0741$.
    Og
    $P(\text{2 ned, 1 opp}) = {\large \frac{2}{27}} + {\large \frac{2}{27}} + {\large \frac{2}{27}} = {\large \frac{6}{27}} \approx 0{,}2222$.

Summen av sannsynlighetene blir ${\large \frac{8}{27}} + {\large \frac{1}{27}} + {\large \frac{12}{27}} + {\large \frac{6}{27}} = {\large \frac{27}{27}}= 1$.

Grunnen til at summen blir 1, er at de fire hendelsene dekker alle måter tre tegnestifter kan bli liggende på, og den totale sannsynligheten i et stokastisk forsøk er alltid 1.

Det kan se ut som det å beregne slike sannsynligheter blir svært arbeidskrevende hvis vi har mange objekter, for eksempel 100 tegnestifter. Men heldigvis finnes det metoder som ikke krever at vi finner enkeltsannsynligheter slik som her. I forsøk basert på to mulige enkeltutfall, slik som her med spissen opp eller spissen ned, kan vi for eksempel modellere hendelsen ut fra en binomisk sannsynlighetsfordeling, noe som er beskrevet i artikkelen om diskrete sannsynlighetsfordelinger.

Tilbake til oppgaven

Oppgave_2:

Vi skal beregne sannsynligheten for å få minst én sekser i et kast med fem terninger.

Dette er en veldig sammensatt hendelse, så vi tar utgangspunkt i den komplementære hendelsen, det vil si å få ingen seksere. Sannsynligheten for å ikke få sekser på en terning er ${\large \frac{5}{6}}$, og produktregelen for uavhengige hendelser gir at sannsynligheten for «ingen sekser» med fem terninger er $\Big({\large \frac{5}{6}}\Big)^5 = {\large \frac{3125}{7776}}$.

Komplementregelen gir så at sannsynligheten for «minst én sekser» blir
$1 – {\large \frac{3125}{7776}} = {\large \frac{7776 – 3125}{7776}} = {\large \frac{4651}{7776}} \approx 0{,}5981$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne sannsynligheten for å få minst én kron i et kast med fem mynter.

Vi tar utgangspunkt i den komplementære hendelsen, å ikke få kron. Sannsynligheten for å ikke få kron på en mynt er ${\large \frac{1}{2}}$, og produktregelen for uavhengige hendelser gir at sannsynligheten for «ingen kron» med fem mynter er $\Big({\large \frac{1}{2}}\Big)^5 = {\large \frac{1}{32}}$.

Komplementregelen gir så at sannsynligheten for «minst én kron» blir
$1 {\large \frac{1}{32}} = {\large \frac{32 1}{32}} = {\large \frac{31}{32}} \approx 0{,}9688$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal finne sannsynligheten for at det i en klasse med 30 elever finnes noen som har samme fødselsdag.

«Magefølelsen» sier kanskje at sannsynligheten ikke er særlig stor, for det finnes jo 365 mulige fødselsdager, der vi bare velger 30 av disse.

For å beregne den nøyaktige sannsynligheten ser vi på den komplementære hendelsen, at ingen av elevene har samme fødselsdag. Det kan vi tenke på som hendelsen at en elev har unik fødselsdag gjentatt tretti ganger. Elevene er tilfeldig sammensatt, så det er ingen avhengighet mellom dem, for eksempel at noen er tvillinger. Vi kan derfor bruke produktregelen til å regne ut sannsynligheten.

For første elev finnes det 365 av 365 unike dager, for andre elev finnes det 364 av 365, deretter 363 av 365, og så videre. For hver ny elev blir én av de unike fødselsdagene brukt opp. Vi får derfor følgende sannsynlighet:

${\large \frac{365}{365}} \cdot {\large \frac{364}{365}} \cdot {\large \frac{363}{365}} \cdot \, \dots \, \cdot {\large \frac{336}{365}} \approx 0,2937$. Dette er sannsynligheten for at ingen har samme fødselsdag.

Ved å bruke komplementregelen finner vi at sannsynligheten for at noen har samme fødselsdag er ca. 1 − 0,2937 = 0,7063, altså ca. 71 %.

Tilbake til oppgaven

Den generelle produktregelen

Oppgave 1:

En eksamen består av en teoretisk og en praktisk prøve. I snitt klarer 70 % den teoretiske prøven, 80 % av de som klarer den teoretiske prøven, klarer den praktiske prøven, og vi skal beregne sannsynligheten for å klare både den teoretiske og den praktiske prøven.

Kaller vi hendelsen «bestått teoretisk prøve» for A og hendelsen «bestått praktisk prøve» for B, vet vi at:

P(A) = 0,7

P(B|A) = 0,8.

Sannsynligheten for å bestå begge prøver blir da ifølge den generelle produktregelen:

P(A ∩ B) = P(A) · P(B|A) = 0,7 · 0,8 = 0,56. Sannsynligheten for å klare begge prøver er 56 %.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har 7 kuler av ulik farge i en pose, deriblant 1 rød, og skal beregne sannsynligheten for å få den røde hvis vi trekker 3 kuler.

Vi modellerer dette først som at vi stikker hånda i posen, trekker opp 3 kuler, og får en sannsynlighet på ${\large \frac{3}{7}}$, ca. 43 %. Det er riktig. Her bruker vi gunstige på mulige, og får en sannsynlighet på ${\large \frac{n}{7}}$ for å få den røde når vi trekker n kuler. Trekker vi alle 7 kulene, blir sannsynligheten for å få den røde ${\large \frac{7}{7}} = 1$.

Men så modellerer vi det som at vi trekker ei og ei kule, og resonnerer slik: Ved første trekning er 1 av 7 kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde er ${\large \frac{1}{7}}$. Hvis vi ikke får den røde kula i første trekning, er 1 av 6 gjenværende kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde i andre trekning er ${\large \frac{1}{6}}$. Hvis vi fremdeles ikke har fått den røde kula, er 1 av 5 gjenværende kuler røde så sannsynligheten for å få den røde i tredje trekning er ${\large \frac{1}{5}}$. Summen av disse sannsynlighetene blir ca. 51 %, altså høyere enn det vi fikk med den første utregningsmetoden.

Denne utregningsmetoden er feil. Det blir tydelig hvis vi utvider til å trekke 7 ganger, da får vi en sannsynlighet på ${\large \frac{1}{7}} + {\large \frac{1}{6}} + {\large \frac{1}{5}} + {\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{1}{3}} + {\large \frac{1}{2}} + {\large \frac{1}{1}} \approx 2{,}59$.

Problemet er at trekningene ikke er uavhengige. Sannsynligheten for å få den røde kula i andre trekning er ${\large \frac{1}{6}}$, betinget at vi ikke har fått den i første, og sannsynligheten for å få den røde i tredje trekning er ${\large \frac{1}{5}}$, betinget at vi ikke har fått den i første eller andre.

Sannsynligheten for å ikke få den røde kula i første trekning er ${\large \frac{6}{7}}$ , det kan vi lett regne ut ved å bruke «gunstige på mulige» eller komplementregelen. Sannsynligheten for å få den i andre, betinget at vi ikke fikk den i første, er ${\large \frac{1}{6}}$. Og sannsynligheten for å få den røde kula i andre trekning blir ${\large\frac{6}{7}} \cdot {\large\frac{1}{6}} = {\large\frac{1}{7}}$.

Kaller vi hendelsen «ikke rød kule i første trekning» for A, og hendelsen «rød kule i andre trekning» for B, ser vi at vi egentlig har brukt den generelle produktregelen her:

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B | A) = {\large\frac{6}{7}} \cdot {\large\frac{1}{6}} = {\large\frac{1}{7}}$

Når vi trekker tredje gang, er sannsynligheten for at kula er rød ${\large \frac{1}{5}}$, betinget at vi ikke fikk den røde kula i noen av de to forrige trekningene, med en sannsynlighet på ${\large \frac{5}{7}}$. Så den generelle produktregelen gir en sannsynlighet på ${\large\frac{5}{7}} \cdot {\large\frac{1}{5}} = {\large\frac{1}{7}}$.

Vi ser at sannsynligheten for å trekke den røde kula er ${\large \frac{1}{7}}$ i hver av de tre trekningene, og den totale sannsynligheten blir ${\large \frac{3}{7}}$, som er det samme vi fikk da vi tenkte oss at vi trakk de 3 kulene samtidig.

Denne utregningsmetoden kan vi utvide til 7 trekninger, og vi vil få at sannsynligheten for å få den røde er ${\large \frac{1}{7}}$ i hver av trekningene.

Det er viktig å være oppmerksom på at sannsynligheten på ${\large \frac{3}{7}}$ gjelder situasjonen der vi før vi begynner å trekke spør hva sannsynligheten for å få den røde kula er når vi trekker tre ganger. Hvis vi trekker ei og ei kule og etter hver trekning spør hva sannsynligheten for å få den røde kula i neste trekning er, har vi en helt annen situasjon. Det er tre atskilte forsøk, og de tre sannsynlighetene på henholdsvis ${\large \frac{1}{7}}$, ${\large \frac{1}{6}}$ og ${\large \frac{1}{5}}$ kan ikke settes sammen.

Tilbake til oppgaven

Betinget sannsynlighet

Oppgave 1:

Vi spiller et spill der vi kaster to terninger, vinner hvis vi får sum 4 eller mindre, og skal beregne:

    1. Hva sannsynligheten er for å vinne.
      Ved kast med to terninger er det totalt 36 enkeltutfall. 6 av disse gir sum 4 eller mindre, nemlig 1-1, 1-2, 1-3, 3-1, 2-1 og 2-2. «Gunstige på mulige» gir at sannsynligheten for å vinne er ${\large \frac{6}{36}} = {\large \frac{1}{6}}$. Kaller vi dette for hendelse B, har vi altså at $P(B) = {\large \frac{1}{6}}$.
       
    2. Hva sannsynligheten er for å vinne hvis vi har kastet første terning og fått 2.
      Vi kaller dette for hendelse A. Sannsynligheten for å få 2 på en terning er en sjettedel, så $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$.
      De mulige utfallene med 2 på første terning er 2-1, 2-2, 2-3, 2-4, 2-5 og 2-6. To av disse er felles med B. Siden dette er 2 av i alt 36 mulige utfall, blir $P(A \cap B) = {\large \frac{2}{36}} = {\large \frac{1}{18}}$.
      Og formelen for betinget sannsynlighet gir $P(B|A) = {\large \frac{P(A \cap B)}{P(A)}} = {\LARGE \frac{\frac{1}{18}}{\frac{1}{6}}} = {\large \frac{1}{3}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har 7 kuler av ulik farge i en pose, deriblant 1 rød, og skal beregne sannsynligheten for å få den røde hvis vi trekker 3 kuler.

Vi modellerer dette først som at vi stikker hånda i posen, trekker opp 3 kuler, og får en sannsynlighet på ${\large \frac{3}{7}}$, ca. 43 %. Det er riktig. Her bruker vi gunstige på mulige, og får en sannsynlighet på ${\large \frac{n}{7}}$ for å få den røde når vi trekker n kuler. Trekker vi alle 7 kulene, blir sannsynligheten for å få den røde ${\large \frac{7}{7}} = 1$.

Men så modellerer vi det som at vi trekker ei og ei kule, og resonnerer slik: Ved første trekning er 1 av 7 kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde er ${\large \frac{1}{7}}$. Hvis vi ikke får den røde kula i første trekning, er 1 av 6 gjenværende kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde i andre trekning er ${\large \frac{1}{6}}$. Hvis vi fremdeles ikke har fått den røde kula, er 1 av 5 gjenværende kuler røde så sannsynligheten for å få den røde i tredje trekning er ${\large \frac{1}{5}}$. Summen av disse sannsynlighetene blir ca. 51 %, altså høyere enn det vi fikk med den første utregningsmetoden.

Denne utregningsmetoden er feil. Det blir tydelig hvis vi utvider til å trekke 7 ganger, da får vi en sannsynlighet på ${\large \frac{1}{7}} + {\large \frac{1}{6}} + {\large \frac{1}{5}} + {\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{1}{3}} + {\large \frac{1}{2}} + {\large \frac{1}{1}} \approx 2{,}59$.

Problemet er at trekningene ikke er uavhengige. Sannsynligheten for å få den røde kula i andre trekning er ${\large \frac{1}{6}}$, betinget at vi ikke har fått den i første, og sannsynligheten for å få den røde i tredje trekning er ${\large \frac{1}{5}}$, betinget at vi ikke har fått den i første eller andre.

Sannsynligheten for å ikke få den røde kula i første trekning er ${\large \frac{6}{7}}$ , det kan vi lett regne ut ved å bruke «gunstige på mulige» eller komplementregelen. Sannsynligheten for å få den i andre, betinget at vi ikke fikk den i første, er ${\large \frac{1}{6}}$. Og sannsynligheten for å få den røde kula i andre trekning blir ${\large\frac{6}{7}} \cdot {\large\frac{1}{6}} = {\large\frac{1}{7}}$.

Kaller vi hendelsen «ikke rød kule i første trekning» for A, og hendelsen «rød kule i andre trekning» for B, ser vi at vi egentlig har brukt den generelle produktregelen her:

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B | A) = {\large\frac{6}{7}} \cdot {\large\frac{1}{6}} = {\large\frac{1}{7}}$

Når vi trekker tredje gang, er sannsynligheten for at kula er rød ${\large \frac{1}{5}}$, betinget at vi ikke fikk den røde kula i noen av de to forrige trekningene, med en sannsynlighet på ${\large \frac{5}{7}}$. Så den generelle produktregelen gir en sannsynlighet på ${\large\frac{5}{7}} \cdot {\large\frac{1}{5}} = {\large\frac{1}{7}}$.

Vi ser at sannsynligheten for å trekke den røde kula er ${\large \frac{1}{7}}$ i hver av de tre trekningene, og den totale sannsynligheten blir ${\large \frac{3}{7}}$, som er det samme vi fikk da vi tenkte oss at vi trakk de 3 kulene samtidig.

Denne utregningsmetoden kan vi utvide til 7 trekninger, og vi vil få at sannsynligheten for å få den røde er ${\large \frac{1}{7}}$ i hver av trekningene.

Det er viktig å være oppmerksom på at sannsynligheten på ${\large \frac{3}{7}}$ gjelder situasjonen der vi før vi begynner å trekke spør hva sannsynligheten for å få den røde kula er når vi trekker tre ganger. Hvis vi trekker ei og ei kule og etter hver trekning spør hva sannsynligheten for å få den røde kula i neste trekning er, har vi en helt annen situasjon. Det er tre atskilte forsøk, og de tre sannsynlighetene på henholdsvis ${\large \frac{1}{7}}$, ${\large \frac{1}{6}}$ og ${\large \frac{1}{5}}$ kan ikke settes sammen.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne sannsynligheten i oppgave 2 ved hjelp av teknikken for trekning fra blandede mengder.

Det gunstige utfallet består av 1 rød og 2 ikke-røde kuler. 1 rød kule blant 1 kan kombineres på ${\large \binom{1}{1}} = 1$ måter, og 2 ikke-røde blant 6 kan kombineres på ${\large \binom{6}{2}} = 15$ måter. Totalt finnes det ${\large \binom{7}{3}} = 35$ måter å kombinere 3 av 7 kuler på. Så «gunstige på mulige» gir at sannsynligheten for å få den røde kula er ${\large \frac{1 \cdot 15}{35}} = {\large \frac{3}{7}}$, som er det samme vi fikk i oppgave 2.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

I et spill der vi vinner hvis vi får sum 11 eller 12 ved et kast med to terninger har vi følgende sannsynligheter:
Sannsynlighet for «sum 11 eller 12»: $P(B) = {\large \frac{1}{12}}$.
Sannsynlighet for «seks på første terning»: $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$.
Sannsynlighet for å vinne, gitt at vi har fått seks på første terning»: $P(B|A) = {\large \frac{1}{3}}$.

Så skal bruke Bayes setning til å finne sannsynligheten for at første terning var 6 hvis vi har vunnet, P(A | B).

Bayes setning gir

$P(A|B) = P(B|A) \cdot {\large \frac{P(A)}{P(B)}} = {\large \frac{1}{3}} \cdot \frac{{\LARGE \frac{1}{6}}}{{\LARGE \frac{1}{12}}} = {\large \frac{2}{3}}$.

Ser vi på et Venn-diagram som viser situasjonen, skjønner vi at dette er riktig:

Venn diagram som illustrerer terningkombinasjoner som gir sum 11 eller 12, gitt at en hendelse har inntruffet

Av totalt 3 utfall som gir «sum 11 eller 12», har 2 seks på første terning, så «gunstige på mulige» gir at sannsynligheten er to tredeler.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Fra Ubøe: statistikk for økonomifag.

Med utgangspunkt i sannsynlighetstreet under skal vi finne ut hvor stor sannsynligheten er for at en vare kommer fra maskin 1 og 3 hvis den er feilfri.

Sannsynlighetstre med absolutte verdier

Totalt er 45 % + 6 % + 12 % + 2 % = 65 % feilfrie. Av disse kommer 45 % fra maskin 1 og 3. Så «gunstige på mulige» gir at $P(\text{maskin 1 og 3 | OK}) = {\large \frac{0{,}45}{0{,}65}} \approx 0{,}692$, altså kommer ca. 69,2 % av alle feilfrie fra maskin 1 og 3.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Fra Ubøe: statistikk for økonomifag.

En megler investerer 30 % i fond A, 60 % i fond B og 10 % i fond C. Fondene sprer investeringene på aksjemarkeder som vist i under:

Fond USA Europa Japan
A 50 % 30 % 20 %
B 20 % 70 % 10 %
C 30 % 50 % 20 %
    1. Vi skal tegne et sannsynlighetstre som beskriver situasjonen, med relative sannsynligheter langs grenene og absolutte sannsynligheter ytterst.
      Sannsynlighetstre som viser fordeling av investeringer.
      De absolutte sannsynlighetene er vi kommet fram til ved å multiplisere de relative sannsynlighetene langs grenene. For eksempel gir 0,3 · 0,5 = 0,15 sannsynligheten for fond A i USA, og 0,6 · 0,7 = 0,42 sannsynligheten for fond B i Europa.
       
    2. Vi skal beregne hvor stor andel av midlene i fond A og fond B som er investert i USA.
      Av sannsynlighetstreet ser vi at total investering i fond A og fond B er 0,3 + 0,6 = 0,9. Av disse er 0,15 + 0,12 = 0,27 i USA. «Gunstige på mulige» gir $P(\text{USA | fond A og B}) = {\large \frac{0{,}27}{0{,}9}} = 0{,}3$. 30 % av investeringene i fond A og B går til USA.
       
    3. Vi skal beregne hvor stor del av investeringene i USA som er kommet gjennom fond A. Av sannsynlighetstreet ser vi at total investering i USA er 0,15 + 0,12 + 0,03 = 0,3. Av disse er 0,15 fra fond A. «Gunstige på mulige» gir $P(\text{Fond A | USA}) = {\large \frac{0{,}15}{0{,}3}} = 0{,}5$. 50 % av investeringene i USA er gjennom fond A.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, geometri

Plangeometriske figurer

Oppgave 1:

Vi skal plassere firkanter i et hierarki. Det kan se noe slik ut:

Hierarki av firkanttyper

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

    1. Vi skal finne arealet til et trapes der de to parallelle sidene er henholdsvis 5 og 8 cm og høyden er 6 cm.
      Vi bruker formelen for arealet av et trapes, $A={{\displaystyle (a+b) \cdot h}\over{\displaystyle 2}}$, der a og b er de parallelle sidene og h høyden og får

      $A={{\displaystyle (5+8) \cdot 6}\over{\displaystyle 2}} cm^2 = 39 \, cm^2$
       

    2. Vi vet at et trapes har areal 26 cm2, at de to parallelle sidene er 7 og 6 cm. og skal finne trapesets høyde.
      Vi bruker vanlige algebra-regler til å regne om formelen slik at vi får høyden alene på venstre side av likhetstegnet: $h={{\displaystyle 2A}\over{\displaystyle a + b}}$, setter inn og får
       
      $h={{\displaystyle 2 \cdot 26 }\over{\displaystyle 7 + 6 }} cm = 4 \, cm$

Tilbake til oppgaven

Trigonometri

Oppgave 1:

Det er oppgitt at i en rettvinklet trekant er hypotenusen 13 cm og den ene kateten 12 cm, og vi skal finne ut hvor lang den andre kateten er.

Kaller vi hypotenusen c og katetene a og b, sier Pytagoras′ setning at c2 = a2 + b2.

Vi regner om slik at den ene kateten blir stående alene til venstre for likhetstegnet:

a2 = b2c2

Setter vi inn, får vi a2=132 − 122 = 25. Det vil si at $a=\sqrt{25} = 5$.

Den andre kateten er 5 cm.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

I en rettvinklet trekant med navn som i figuren under, er det oppgitt at  vinkelen v = 42° og d = 10, og vi skal finne lengdene til c og e.

Rettvinklet trekant som illustrerer oppgave

Vi har at cosinus til en vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom hosliggende katet og hypotenusen: $\cos v = {\large \frac{c}{d}}$.

Regner vi om slik at vi får c alene på venstre side av likhetstegnet, blir det

c = d · cos v.

Vi finner cos 42° ≈ 0,74 på en kalkulator eller i GeoGebra e.l., setter inn og får

c ≈ 10 · 0,74 = 7,4.

Vi har at sinus til en vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom motstående katet og hypotenusen:

$\sin v = {\large \frac{e}{d}}$.

Regner vi om slik at vi får e alene på venstre side av likhetstegnet, blir det

e = d · sin v.

Vi finner sin 42° ≈ 0,67, setter inn og får

e ≈ 10 · 0,67 = 6,7

Her kunne vi også brukt Pytagoras′ setning og fått

$e^2 = d^2 − c^2 \approx 10^2 − 7{,}4^2 = 45{,}24 \Rightarrow e \approx \sqrt{45{,}24 } \approx 6{,}7$

c er om lag 7,4 cm lang og e er om lag 6,7 cm lang.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

I trekanten under vet vi at sidelengdene a = 7 og c = 9, og skal bruke trigonometri til å finne vinkelen A.

Rettvinklet trekant som illustrerer oppgave

Vi vet at sinus til en vinkel er lik motstående katet over hypotenusen, så vi får at

$\sin A = \frac{\displaystyle a}{\displaystyle c} = {\large \frac{7}{9}} \approx 0{,}78$.

A = sin−1 0,78 ≈ 51,3°.

Vi får da at A = sin−1 0,78 ≈ 51,3°.

Så skal vi kontrollere at vinkelsummen i trekanten er 180°, når vi vet at B er om lag 38,7°.

Vi får 90° + 38,7° + 51,3°= 180°.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal undersøk om sammenhengene

$\cos v = \sin(90^ \circ − v)$

$\tan v = \frac{\displaystyle \sin v}{\displaystyle \cos v}$

er riktige for vinklene 0, 30, 45, 60 og 90 grader, slik de er vist i tabellen under.

Liste over spesielle trigonometriske verdier

Vi ser at

$\cos 0^\circ = \sin(90^\circ − 0^\circ) = \sin 90^\circ = 1$

$\cos 30^\circ = \sin(90^\circ − 30^\circ) = \sin 60^\circ = {\large \frac{\sqrt 3}{2}}$

$\cos 45^\circ = \sin(90^\circ − 45^\circ) = \sin 45^\circ = {\large \frac{\sqrt 2}{2}}$

$\cos 60^\circ = \sin(90^\circ − 60^\circ) = \sin 30^\circ = {\large \frac{1}{2}}$

$\cos 90^\circ = \sin(90^\circ − 90^\circ) = \sin 0^\circ = 0$

${\large \frac{\sin 0^\circ}{\cos 0^\circ}}=  {\large \frac{0}{1}} = 0 = \tan 0^\circ$

${\large \frac{\sin 30^\circ}{\cos 30^\circ}}=  {\large \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt 3}{2}}} =  {\large \frac{1}{\sqrt 3}} = {\large \frac{\sqrt 3}{3}} = \tan 30^\circ$

${\large \frac{\sin 45^\circ}{\cos 45^\circ}}=  {\large \frac{\frac{\sqrt 2}{2}}{\frac{\sqrt 2}{2}}} =  1= \tan 45^\circ$

${\large \frac{\sin 60^\circ}{\cos 60^\circ}}=  {\large \frac{\frac{\sqrt 3}{2}}{\frac{1}{2}}} =  \sqrt 3 = \tan 60^\circ$

${\large \frac{\sin 90^\circ}{\cos 90^\circ}}=  {\large \frac{1}{0}}$. Denne verdien er udefinert.

Alt stemmer med tabellen.

Tilbake til oppgaven

Vektorregning

Oppgave 1:

Vi har punktene G = (0, 4), L = (−2, 2), O = (2, 3) og R = (4, 4), og skal beregne koordinatene til vektorene $\vec{GL}$ og $\vec{OR}$.

Vi finner koordinatene til vektorer ved å trekke x– og y-koordinatene til startpunktet fra henholdsvis x– og y-koordinatene til sluttpunktet, så vi får

$\vec{GL} = [−2 − 0, 2 − 4] = [−2, −2]$

$\vec{OR} = [4 − 2, 4 − 3] = [2, 1]$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har vektorene $\vec{a} = [−3, 2]$, $\vec{b} = [4, 2]$ og $\vec{c} = [−1, −3]$ og skal beregne

$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.

Vi får

$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = [−3 + 4 + (−1), 2 + 2 + (−3)] = [0, 1]$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne $|\vec{b}|$ når $\vec{b} = [12, 5]$

Vi får

$|\vec{b}| = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{169} = 13$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi har vektorene $\vec{a} = [3,1]$ og $\vec{b} = [−2,3]$ og skal beregne

$2\vec{a} + 4 \vec{b}$

Vi får

$2\vec{a} + 4 \vec{b} = 2[3,1] + 4[−2,3] = [6,2] + [−8,12]=[−2,14]$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

 Vi skal beregne prikkproduktet til vektorene $\vec{a} = [4,2]$ og $\vec{b} = [−8,−4]$

Vi får

$\vec{a} \cdot \vec{b} = 4 \cdot (−8) + 2 \cdot (−4) = −40$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal beregne prikkproduktet av vektorene fra oppgave 5, $\vec{a} = [4,2]$ og $\vec{b} = [−8,−4]$ ved å benytte at vinkelen mellom vektorene er $180^\circ$.

Vi vet at

cos 180° = −1

og beregner

$|\vec{a}| = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20}$

og 

$|\vec{b}| = \sqrt{(−4)^2 + (−8)^2} = \sqrt{80}$

Så prikkproduktet blir

$\vec{a} \cdot \vec{b} =\sqrt{20} \cdot \sqrt{80} \cdot  (−1) = \sqrt{1600} \cdot(−1) = −40$

Som er det samme som vi fikk i oppgave 5.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal finne vinkelen mellom vektorene $\vec{a} = [2,−1]$ og $\vec{b} = [1,3]$.

Vi har at (I)

$\vec{a} \cdot \vec{b} = a_x \cdot b_x + a_y \cdot b_y = 2\cdot 1 + (−1) \cdot 3 = −1$

Samtidig har vi at (II)

$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b} | \cos \theta = \sqrt{2^2 + (−1)^2} \cdot \sqrt{1^2 + 3^2} \cdot \cos \theta = \\
 \sqrt{5} \cdot \sqrt{10} \cdot \cos \theta = \sqrt{50} \cdot \cos \theta$

Setter vi sammen I og II, får vi

$−1 =\sqrt{50} \cos \theta\Rightarrow \cos \theta = {\large \frac{−1}{\sqrt{50}}}$

$\theta = \cos^{−1}{\Big({\large \frac{−1}{\sqrt{50}}}}\Big) \approx 98{,}13^\circ$

Dette er illustrert under.

Vinkel beregnet ved hjelp av prikkprodukt

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

Vi skal beregne projeksjonen av $\vec{a} = [−3, 2]$ på $\vec{b} = [4, 1]$

Vi får

$\vec{a} \cdot \vec{b} = a_x \cdot b_x + a_y \cdot b_y = −3\cdot 4+ 2 \cdot 1 = −10$

og

$\vec{b} \cdot \vec{b} = b_x \cdot b_x + b_y \cdot b_y = 4 \cdot 4 + 1 \cdot 1 = 17$

$\vec{a_b} = {\large \frac{−10}{17}}[4,1] \approx[−2{,}35, −0{,}59]$

Dette er illustrert under.

Vektorprojeksjon

Tilbake til oppgaven

Polarkoordinater

Oppgave 1:

Vi skal angi punktet $(4,3)$ i polarkoordinater. Da setter vi x = 4 og y = 3 inn i $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ og $\theta = \tan^{−1}{\large \frac{y}{x}}$ og får:

$r = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$

og

$\theta = \tan^{−1}{\large \frac{3}{4}} \approx 37^\circ$

Så punktet blir (5, 37°)

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal angi punktet (2, 60°) i kartesiske koordinater. Da setter vi r = 2 og θ = 60° inn i x = r · cos θ og y = r · sin θ og får:

$x = 2 \cdot \cos 60^\circ = 2 \cdot {\large \frac{1}{2}} = 1$

og

$y = 2 \cdot \sin60^\circ = 2 \cdot {\large \frac{\sqrt 3}{2}} = \sqrt3$

Så punktet blir $(1, \sqrt 3)$

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, differensiallikninger

Om differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ er en løsning til differensiallikningen y′ + 2y − 6x = 0.

Vi deriverer $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ . Dette er en rett-fram operasjon der vi deriverer ledd for ledd, vi må bare huske på å bruke kjerneregelen på siste ledd, noe som gjør at vi får konstanten −2 som en faktor:

$y′ = 3− 2Ce^{−2x}$

Vi setter dette og

$y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$

inn i

$y′+2y−6x$

og får 

$3 −2Ce^{−2x} + 2(3x − {\large \frac{3}{2}} + Ce^{−2x}) −6x = 3 −2Ce^{−2x} + 6x −3 + 2Ce^{−2x} −6x = 0$.

Siden det også står 0 på høyre side av likhetstegnet i differensiallikningen, er løsningen er riktig.

Tilbake til oppgaven

Separable differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at differensiallikningen y′ = xy + 3x er separabel, det vil si at den kan skrives på formen g(y) · y′ = h(x).

Vi setter x utenfor parentes og får

y′ = x(y + 3)

Vi dividerer med y + 3 på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{y+3}}y′=x$

Nå ser vi at det er en separabel differensiallikning med $g(y) = {\large\frac{1}{y+3}}$ og $h(x) = x$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′=2\sqrt y$, og sette prøve på svaret.

Vi dividerer med $\sqrt y$ på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{\sqrt y}}y′ = 2$

Vi ser at likningen har form som en separabel differensiallikning.

Vi skriver om til potensform, og erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$

$y^{−\Large\frac{1}{2}}{\Large\frac{dy}{dx}}=2$

Vi multipliserer med $dx$ på begge sider, og setter på integrasjonstegn:

$\int y^{−\Large\frac{1}{2}}dy=\int2\, dx$

Vi utfører integrasjonene, og får

$2y^{\Large\frac{1}{2}} + C_1= 2x + C_2$

(Utregningen av uttrykket på venstre side er: $\int y^{−\large \frac{1}{2}} dy= {\large\frac{1}{−\frac{1}{2}+1}} y^{−\large\frac{1}{2} + 1} + C_1= {\large\frac{1}{\frac{1}{2}}} y^{\large\frac{1}{2}} + C_1 = 2 y^{\large\frac{1}{2}} + C_1$)

Vi dividerer med 2 på begge sider, og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^{\Large\frac{1}{2}} = x + C$

Vi opphøyer begge sider i andre, og får

$y=(x+ C)^2$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′=2(x+C)$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′=2\sqrt y$, får vi

Venstre side:

$y′ =2(x+C)$

Høyre side:

$2\sqrt y = 2 \sqrt{(x+C)^2} = 2(x+C)$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, og sette prøve på svaret.

Vi multipliserer begge sider med 2y:

$2y y′=2x−3$

Vi erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$:

$2y{\Large \frac{dy}{dx}} = 2x−3$

Vi multipliserer på begge sider med dx, og setter integrasjonstegn på begge sider:

$\int 2y \, dy = \int (2x−3) \, dx$

Vi utfører integrasjonene og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^2 = x^2 − 3x + C$

Vi trekker ut kvadratrota på begge sider:

$y=\pm\sqrt{x^2 − 3x + C}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi sjekker løsningen med positivt fortegn først.

Vi deriverer ved hjelp av kjerneregelen med g = x2 3x + C som kjerne. Når g = x2 3x + C , er g′ = 2x 3.

$y′ = \big(\sqrt{x^2 − 3x + C}\big)′ = (\sqrt g )′ \cdot g′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′$

Vi setter inn for g og g′:

$y′  = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′ = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, får vi

Venstre side:

$\frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$
 

Høyre side:

$\frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y} = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tar vi for oss løsningen med negativt fortegn, vil vi få samme deriverte med negativt fortegn. Vi får et fortegnsskifte på begge sider av likhetstegnet, slik at venstre og høyre side da også er like. Løsningen med negativt fortegn er derfor også riktig.

Tilbake til oppgaven

Lineære differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ − 4y = 2

Vi har p(x) = −4, så vi får

$P(x) = \int −4 dx = −4x + C$

Integrerende faktor blir

e−4x

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

y′ · e−4x − 4y · e−4x = 2 · e−4x

Siden (e−4x)′ = −4e−4x, kan dette skrives som

y′ · e−4xy · (e−4x)′ = 2 · e−4x

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

(y · e−4x)′ = 2 · e−4x

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{−4x})′ \, dy = \int2 · e^{−4x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = 2 \cdot {\large\frac{1}{−4}}e^{−4x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = −{\large\frac{1}{2}} \cdot e^{−4x} + C$

Så dividerer vi med integrerende faktor og får

$y = {\large −\frac{1}{2}}+ {\large \frac{C}{e^{−4x}}} = {Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret.

Vi deriverer, og får

y′ =4 Ce4x

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, y′ − 4y = 2, får vi

Venstre side:

$4 Ce^{4x} − 4\big({Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}\big) = 2$
 

Høyre side:

2

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ +6y=3$, og sette prøve på svaret.

Vi har $p(x) = 6$, så vi får

$P(x) = \int 6 \, dx = 6x + C$

Integrerende faktor blir

$e^{6x}$

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

$y′ \cdot e^{6x} +6y \cdot e^{6x} = 3 \cdot e^{6x}$

Siden $(e^{6x})′ = 6e^{6x}$, kan dette skrives som

$y′ \cdot e^{6x} +y \cdot (e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

$(y \cdot e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{6x})′ \, dy = \int 3 \cdot e^{6x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = 3 \cdot {\large \frac{1}{6}}e^{6x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = {\large \frac{1}{2}}e^{6x} + C$

Så dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{C}{e^{6x}}} = {Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′ =−6 Ce^{−6x}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ +6y=3$, får vi

Venstre side:

$−6Ce^{−6x} + 6\big({Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}\big) = 3$

Høyre side:

$3$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Modellere med differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi fyller vann i et basseng med en hastighet på 4 m3/min. Samtidig lekker det vann ut med en hastighet som er proporsjonal med vannvolumet i bassenget.

V(t) er vannvolumet i bassenget, målt i m3, som funksjon av tiden, t, målt i minutter.

    • Vi skal forklare at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.
       
      I denne likningen er volumet, V, den avhengige variabelen, og tiden, t, den uavhengige variabelen.
       
      På venstre side av likningen har vi V′, som betyr endring i volum. Endringen i volum er også det som står på høyre side, fordi 4 representerer den mengden vann som fylles på, og kV, som trekkes fra, representerer den mengden vann som renner ut. Denne mengden er proporsjonal med volumet, V, som forutsatt. Proporsjonalitetskonstanten k er foreløpig ukjent. 
       
    • Vi har at k = 0,005/min, bassenget er i utgangspunktet tomt, og vi skal finne et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
      Vi har
      V′ =4 − 0,005V
       
      Vi flytter leddet med V over til venstre side, og får
      V′ + 0,005V = 4
       
      Dette gjenkjenner vi som en lineær differensiallikning med p(t) = 0,05 og q(t) = 4, som vi kan løse med metoden vi har lært for dette.
       
      Vi får $P(t) = \int 0{,}005 \, dt = 0{,}005\,t + C$. Integrerende faktor blir $e^{0{,}005t}$.
       
      Vi multipliserer likningen med integrerende faktor på begge sider:
      $V′e^{0,005t} + 0,005V e^{0,005t} = 4e^{0,005t}$
       
      Siden $(e^{0,005t})′ = 0,005e^{0,005t}$, kan dette skrives som
       
      $V′e^{0,005t} + V( e^{0,005t})′ = 4e^{0,005t}$
       
      Vi skriver om venstre side ved hjelp av produktregelen baklengs:
      $(Ve^{0,005t})′= 4e^{0,005t}$
       
      Vi integrerer begge sider og får
      $\int (Ve^{0,005t})′ \, dV = \int 4e^{0,005t} \, dt$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 4 \cdot {\large \frac{1}{0,005}} e^{0,005t} + C$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 800e^{0,005t} + C$
        
      Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor:
      $V = 800 + Ce^{−0,005t}$
       
      For å bestemme konstanten C benytter vi oss av initialbetingelsen at bassenget var tomt til å begynne med. Så vi har
      0 = 800+ Ce0C = −800
       
      Så et uttrykk for volumet som funksjon av tiden blir
      V = 800 − 800 e−0,005t
       
    • Vi skal beregne hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.
       
      Vi har da at
      400 = 800 − 800e−0,005t
       
      Vi bytter om på leddene og dividerer med 800 på begge sider av likhetstegnet og får
      $e^{−0,005t} = {\large \frac{1}{2}}$
       
      Vi beregner ln på begge sider og får
      $−0{,}005t = \ln{\large\frac{1}{2}} \approx −0{,}693$
       
      Som gir
      t ≈ 138,6
       
      Det er 400 m3 vann i bassenget etter om lag 139 minutter, altså to timer og 19 minutter.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, integrasjonsmetoder

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Oppgave 1:

Vi skal bruke delbrøkoppspalting til å beregne tre integraler.

    1. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{\displaystyle (x + 1)(x −3)} \; dx$
       
      Her vet vi at nevner i den ene brøken skal være x − 1 og nevner i den andre brøken x − 3. Så vi får følgende likning:
       $\frac{\displaystyle 5x − 3}{(\displaystyle x + 1)(x − 3)} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 3}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x − 3 = A(x − 3) + B(x + 1)
       
      Vi setter først x = −1 for å bli kvitt B:
      5(−1) − 3 = A(−1 − 3) + B(−1 + 1) ⇒ −8 = −4AA = 2
       
      Så setter vi x = 3 for å bli kvitt A:
      5 · 3 − 3 = A(3 − 3) + B(3 + 1) ⇒ 12 = 4BB = 3
       
      Det vil si at integralet blir:
      ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{(\displaystyle x + 1)(x −3)} \; dx = \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 1} \; dx + \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x − 3} \; dx = 2 \ln |x + 1| + 3 \ln | x − 3| + C$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx$
       
      Her må vi først finne nullpunktene i nevneren:
      x2 − 3x + 2 = 0 ⇒ x1 = 2 eller x2 = 1
       
      Det vil si at x2 − 3x + 2 kan faktoriseres som (x − 1)(x − 2)
       
      Så vi kan sette opp følgende likning:
      $\frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x + 2} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x − 2} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 1}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x − 7 = A(x − 1) + B(x − 2)
       
      Vi setter først x = 2 for å bli kvitt B:
      5 · 2 − 7 = A(2 − 1) + B(2 − 2) ⇒ 3 = AA = 3
       
      Så setter vi x = 1 for å bli kvitt A:
      5 · 1 − 7 = A(1 − 1) + B(1 −2) ⇒ −2 = −BB = 2
       
      Det vil si at integralet blir:
      $\int \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx = \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x −2} \; dx + \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x − 1} \; dx = 3 \ln |x − 2| + 3 \ln | x − 1| + C$
       
    3. $\int \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx$
       
      Her er ikke nevner av større grad enn teller, så vi må først utføre en polynomdivisjon:
      $(x^2 + 8) : (x^2 − 5x + 6) = 1 + \frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 − 5x + 6}$
       
      Vi arbeider videre med brøken, og finner først nullpunktene i nevneren:
      x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x1 = 3 eller x2 = 2
       
      Det vil si at x2 − 5x + 6 kan faktoriseres som (x − 3)(x − 2)
       
      Så vi kan sette opp følgende likning:
      $\frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x − 3} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 2}$
       
      Vi multipliserer med fellesnevneren og får
      5x + 2 = A(x − 2) + B(x − 3)
       
      Vi setter først x = 3 for å bli kvitt B:
      5 · 3 + 2 = A(3 − 2) + B(3 − 3) ⇒ 17 = AA = 17
       
      Så setter vi x = 2 for å bli kvitt A:
      5 · 2 + 2 = A(2 − 2) + B(2 − 3) ⇒ 12 = −BB = −12
       
      Det vil si at integralet blir:
      ${\large \int}\frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \int} \frac{\displaystyle 17}{\displaystyle x − 3} \; dx − {\large \int} \frac{\displaystyle 12}{\displaystyle x − 2} \; dx = x + 17 \ln |x − 3| − 12 \ln |x−2| + C$

Tilbake til oppgaven

Integrasjon ved substitusjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke substitusjon til å beregne integralet $\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$. Her ser vi at hvis vi deriverer uttrykket inni parentesen, får vi uttrykket utenfor parentesen. Så vi setter:

g = x2 + 1

og får

$\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 2x \Leftrightarrow \; dx = \frac{\displaystyle du}{\displaystyle 2x}$

Substitusjon gir

$\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int g^3 \, 2x \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = \int g^3 \; dg = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 + C = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal ta utgangspunkt i det vi gjorde i oppgave 1, og finne $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$ ved

  1. å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
     
    Vi tar utgangspunkt i det ubestemte integralet i oppgave 1, og får:
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 \big]_0^1 = \frac{\displaystyle (1^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle (0^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$
     
  2. å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for g.
     
    Vi har at:
    g = x2 + 1
     

    x = 0 gir g= 02 + 1 = 1
     
    og
    x = 1 gir g = 12 + 1 = 2
     
    og vi får
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int\limits_1^2 g^3 \; dg = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 \big]_1^2 = \frac{\displaystyle 2^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$

Tilbake til oppgaven

Delvis integrasjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int (x + 1)e^{−x} \; dx$

Vi bør om mulig velge en u′ som blir enklere ved integrasjon, og en v som blir enklere ved derivasjon. I denne oppgaven ser vi at x + 1 blir enklere ved derivasjon, og ex vil bare skifte fortegn ved integrasjon. Så vi velger:

u′ = ex, som gir u = −ex

og

v = x + 1, som gir v′ = 1

Dette setter vi inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$, og får:

$\int (x + 1)e^{−x} \; dx = −e^{−x} (x + 1) − \int −e^{−x} \cdot 1 \; dx = −e^{−x} (x + 1) − e^{−x} + C = −e^{−x}(x + 2) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x(3x + 2) \; dx$

3x + 2 blir enklere ved derivasjon og ex er nøytralt ved integrasjon, så vi velger

v = 3x + 2 og u′ = ex

og får

v′ = 3 og u = ex

Vi setter inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$, og får:

$\int e^x(3x + 2) \; dx = e^x(3x + 2) − \int e^x \cdot 3 \; dx = e^x(3x + 2) − 3e^x + C = e^x(3x −1) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x \sin x \; dx$

Her blir det hipp som happ hva vi lar være v og u′, men velger vi 

v = sin x og u′ = ex

får vi

v′ = cos x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − \int e^x \cos x \; dx$

Vi bruker delvis integrasjon igjen på det nye integralet $\int e^x \cos x \; dx$

Igjen blir det hipp som happ hva vi lar være v og u′, men velger vi

v = cos x og u′ = ex

får vi

v′ = −sin x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \cos x \; dx = e^x \cos x − \int e^x (−\sin x) \; dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \; dx$

Setter vi dette inn i uttrykket for det opprinnelige integralet, får vi

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − e^x \cos x − \int e^x \sin x \; dx$

Nå har vi det opprinnelige integralet på nytt på høyre side med motsatt fortegn, og kan flytte det over til venstre side:

$2\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x − e^x \cos x$

Vi dividerer med 2 på begge sider av likningen og legger til integrasjonskonstanten, C:

$\int e^x \sin x \; dx = \frac{\displaystyle e^x (\sin x − \cos x)}{\displaystyle 2} + C$

Tilbake til oppgaven