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 justere enhetene på aksene slik at hele grafen får plass i grafikkfeltet.

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-filLast ned 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-filLast ned 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-filLast ned 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-filLast ned den tilhørende GeoGebra-fila

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-filLast ned 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-filLast ned 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

Sannsynlighetskalkulatoren

Oppgave 1:

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) = P(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 2:

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 3:

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 4:

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 ikke stå.

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 5:

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.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «Z-estimat av et gjennomsnitt», og setter

    • «Konfidensnivå» til 0.99, fordi vi skal ha et 99 %-intervall.
    • «Gjennomsnitt» til 217, fordi gjennomsnittsproduksjonen er 217 enheter.
    • «σ» til 5.8, fordi standardavviket til produksjonen er 5,8.
    • «N» til 6, fordi vi har målinger fra 6 dager.

Beregning av 99 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, n-foredeling

GeoGebra beregner at konfidensintervallet er om lag [210,9008, 223,0992]. Dette regner vi ut for hånd i oppgave 4 i artikkelen om estimering

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

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.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «T-estimat av et gjennomsnitt», og setter

    • «Konfidensnivå» til 0.9, fordi vi skal ha et 90 %-intervall.
    • «Gjennomsnitt» til 217, fordi gjennomsnittsproduksjonen er 217 enheter.
    • «s» til 6, fordi utvalgsstandardavviket er 6.
    • «N» til 6, fordi vi har målinger fra 6 dager.

Beregning av 90 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, t-foredeling

GeoGebra beregner at konfidensintervallet er om lag [212,0642, 221,9358].

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

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.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «Z-estimat av en andel», og setter

    • «Konfidensnivå» til 0.95, fordi vi skal ha et 95 %-intervall.
    • «Treff» til 35 fordi 35 av laderne er defekte.
    • «N» til 2000 fordi det er tatt 2000 stikkprøver.

Beregning av 90 % konfidensintervall i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell

GeoGebra beregner at konfidensintervallet er om lag [0,0118, 0,0232]. Dette regner vi ut for hånd i oppgave 9 i artikkelen om estimering

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

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.

Den alternative hypotesen blir HA: p > 1/6, og nullhypotesen H0: p = 1/6.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «Z-test av en andel», og setter

    • «Nullhypotese p =» til 1/6 fordi nullhypotesen er at mynten er rettferdig, med en sannsynlighet for sekser på ${\large \frac{1}{6}}$. GeoGebra regner 1/6 om til desimaltall.
    • «Alternativ hypotese» til «>» fordi den alternative hypotesen er at terningen gir for mange seksere.
    • «Treff» til 20 fordi kastene i første undersøkelse har gitt 20 seksere.
    • «N» til 100 fordi det er gjort totalt 100 kast i første undersøkelse.

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell, 20 av 100

GeoGebra regner ut at verdien til testobservatoren blir om lag Z ≈ 0,8935. Med et lite avvik, som antakelig skyldes avrundingsfeil, regner vi dette ut for hånd i oppgave 1 i artikkelen om hypotesetesting. Siden Z ≈ 0,8935 < zα = z0,05 ≈ 1,6449, kan vi konkludere med at vi ikke kan forkaste nullhypotesen. Men det er enklere å basere seg på P-verdien, som er om lag 0,1858. Siden P-verdien ikke er mindre enn signifikansnivået på 0,05, kan ikke nullhypotesen forkastes.

Vi endrer så

    • «Treff» til 200 fordi kastene i andre undersøkelse har gitt 200 seksere.
    • «N» til 1000 fordi det er gjort totalt 1000 kast i andre undersøkelse.

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, binomisk modell, 200 av 1000

GeoGebra regner ut at verdien til testobservatoren blir om lag Z ≈ 2,8254. Med et lite avvik, som antakelig skyldes avrundingsfeil, regner vi dette ut for hånd i oppgave 2 i artikkelen om hypotesetesting. Siden Z ≈ 2,8254 > zα = z0,05 ≈ 1,6449, kan vi konkludere med at vi kan forkaste nullhypotesen. Men det er enklere å basere seg på P-verdien, som er om lag 0,0024. Siden P-verdien er mindre enn signifikansnivået på 0,05, kan nullhypotesen forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 9:

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.

Den alternative hypotesen blir HA: μ > 30, og nullhypotesen H0: μ = 30.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «T-test av en andel», og setter

    • «Nullhypotese μ =» til 30 fordi dette er den angitte ventetiden.
    • «Alternativ hypotese» til «>» fordi den alternative hypotesen er at ventetiden er høyere enn angitt.
    • «Gjennomsnitt» til 37 fordi den gjennomsnittlige ventetiden er 37 sekunder.
    • «s» til 14 fordi utvalgsstandardavviket er 14.
    • «N» til 15 fordi det er gjort 15 målinger.

Hypotesetest i sannsynlighetskalkulator, målemodell, ukjent standardavvik

GeoGebra regner ut at verdien til testobservatoren blir om lag t ≈ 1,9365. Siden t ≈ 1,9365 > tα = t0,05 (15−1) ≈ 1,7613, kan vi konkludere med at vi kan forkaste nullhypotesen. Men det er enklere å basere seg på P-verdien, som er om lag 0,0366. Siden P-verdien er mindre enn signifikansnivået på 0,05, kan nullhypotesen forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 10:

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.

Den alternative hypotesen blir HA: μ1μ2, og nullhypotesen H0: μ1μ2.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «Z-test mellom gjennomsnitt», og setter

        • «Nullhypotese μ1 − μ2» til 0 fordi nullhypotesen er at forventningsverdiene i de to utvalgene er like.
        • «Alternativ hypotese» til «≠» fordi den alternative hypotesen er at forventningsverdiene i de to utvalgene ikke er like.

Vi lar «Utvalg» representere maskin X og setter

        • «Gjennomsnitt» til 10.107 fordi gjennomsnittsmengden for maskin X er 10,107.
        • «σ» til 0.11 fordi maskin X opererer med et standardavvik på 0,11.
        • «N» til 60 fordi det er gjort 60 målinger på maskin X.

Vi lar «Utvalg 2» representere maskin Y og setter

        • «Gjennomsnitt» til 10.061 fordi gjennomsnittsmengden for maskin Y er 10,061.
        • «σ» til 0.13 fordi maskin Y opererer med et standardavvik på 0,13.
        • «N» til 75 fordi det er gjort 75 målinger på maskin Y.

Hypotesetest i to utvalg sannsynlighetskalkulator, målemodell, kjent standardavvik

GeoGebra regner ut at verdien til testobservatoren blir om lag Z ≈ 2,2261. Dette regner vi ut for hånd i oppgave 1 i artikkelen om å sammenlikne datasett. Siden Z ≈ 2,2261 > zα/2 = z0,025 ≈ 1,9600, kan vi konkludere med at vi kan forkaste nullhypotesen. Men det er enklere å basere seg på P-verdien, som er om lag 0,026. Siden P-verdien er mindre enn signifikansnivået på 0,05, kan nullhypotesen forkastes.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 11:

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 produksjonslinje X er 147 av 2500 defekter, og ved produksjonslinje Y er 151 av 2000 defekter.

Den alternative hypotesen blir HA: p1 = p2, og nullhypotesen H0: p1 ≠ p2.

Vi åpner sannsynlighetskalkulatoren, klikker på fanen “Statistikk”, velger «Z-test. Forskjell mellom andeler», og setter

    • «Nullhypotese p1 − p2» til 0 fordi nullhypotesen er at andelene defekte i de to utvalgene er like.
    • «Alternativ hypotese» til «≠» fordi den alternative hypotesen er at andelene defekte i de to utvalgene ikke er like.

Vi lar «Utvalg» representere produksjonslinje X og setter

    • «Treff» til 147 fordi antall defekte ved produksjonslinje X er 147.
    • «N» til 2500 fordi det er undersøkt 2500 sømmer ved produksjonslinje X.

Vi lar «Utvalg 2» representere produksjonslinje Y og setter

    • «Treff» til 151 fordi antall defekte ved produksjonslinje Y er 151.
    • «N» til 2000 fordi det er undersøkt 2000 sømmer ved produksjonslinje Y.

Hypotesetest i to utvalg sannsynlighetskalkulator, binomisk modell

GeoGebra regner ut at verdien til testobservatoren blir om lag Z ≈ −2,1541. Dette regner vi ut for hånd i eksempel 4 i artikkelen om å sammenlikne datasett. Siden |Z| ≈ 2,1541 > zα/2 = z0,025 ≈ 1,9600, kan vi konkludere med at vi kan forkaste nullhypotesen. Men det er enklere å basere seg på P-verdien, som er om lag 0,0252. Siden P-verdien er mindre enn signifikansnivået på 0,05, kan nullhypotesen forkastes.

Tilbake til oppgaven

CAS

Oppgave 1:

Vi skal bruke CAS i GeoGebra til å forenkle uttrykkene

    1. 4xy + 8z − 3xy + 5x − 3z
       
    2. 5m2 − 3n − 3(m2 + n) − (−m2n)
       
    3. $\frac{\displaystyle {(a^{\large 2})}^{\large 3}a^{\large 4}}{\displaystyle {(a^{\large 3})}^{\large 2}}$
       
    4. x2y2x + x3y3x−1x3y2 + xyyyyy−1x

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

    1. 4xy + 8z – 3xy + 5x – 3z. GeoGebra forenkler uttrykket til xy + 5x + 5z.
       
    2. 5m^2 – 3n – 3(m^2 + n) – (-m^2 – n). GeoGebra forenkler uttrykket til 3m2 −5n.
       
    3. (a^2)^3 a^4 / (a^3)^2. GeoGebra forenkler uttrykket til a4.
       
    4. 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 2025 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.

Følgende implikasjon er riktig: a = ba2 = b2. Men vi kan ikke snu implikasjonspila og si a2 = b2  a = b, 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, mer om statistikk

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) = N(3250, 452).

Så skal vi finne P(Y ≥ 3200). Vi skriver =1-norm.fordeling(3200; 3250; 45; sann) i Excel eller 1- fordelingnormal(3250, 45, 3200) i GeoGebra og får 0,8667.

Det er altså om lag 86,67 % sannsynlighet for at han klarer å produsere nok stengler.

Vi kan også finne normaltilnærmngen ved å bruke normalfordelingstabellen. Vi gjør da først en standardisering, og finner at P(Y ≥ 3200) = 1 − P(Y < 3200) tilsvarer $1 – G({\large \frac{3200 – 3250}{45}}) \approx 1 – G(-1{,}11) = G(1{,}11)$. Så går vi inn i tabellen, rad 1,1, kolonne 0,01, der det står 0,8665.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har en juksemynt med sannsynlighet p = 0,6 for kron, og vil finne sannsynligheten for å få 125 eller færre kron i 200 kast. Det er oppgitt at sannsynligheten for dette er ca. 0,7858.

Vi skal avgjøre om en normaltilnærming kan forventes å være god i dette tilfellet. En normaltilnærming anses å være god hvis np(1 − p) ≥ 10. Vi har n = 200, p = 0,6, så vi får np(1 − p) = 200 · 0,6(1 − 0,6) = 48, så vi forventer at normaltilnærmingen er god.

Vi har at når X ~ bin(np), er normaltilnærmingen N(np, np(1 − p)), det vil si N(200 · 0,6, 200 · 0,6(1 − 0,6) = N(120, 48).

Hvis vi så skriver =norm.fordeling(125; 120; rot(48); sann) i Excel eller fordelingnormal(120, sqrt(48), 125) GeoGebra, får vi 0,7648.

Dette er en feil på ${\large \frac{0{,}7858 – 0{,}7648}{0{,}7858}} \approx 0{,}0268$, ca. 2,6 % for lavt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

I oppgave 2 brukte vi normaltilnærming for å finne sannsynligheten for å få 125 eller færre kron i 200 kast med en mynt med sannsynlighet p = 0,6 for kron. Nå skal vi gjøre tilnærmingen om igjen med heltallskorreksjon.

Normalfordelingen er den samme som i oppgave 2, N(120, 48), men vi skal erstatte 125 med 125 + 0,5 = 125,5.

Hvis vi skriver =norm.fordeling(125,5; 120; rot(48); sann) i Excel eller fordelingnormal(120, sqrt(48), 125.5) i GeoGebra, får vi 0,7864.

I forhold til den riktige verdien på 0,7858, er feilen ${\large \frac{0{,}7858 – 0{,}7864}{0{,}7858}} \approx -0{,}0007$, ca. 0,1 % for høyt.

Tilnærmingen er altså blitt bedre, med bare 0,1 % feil i forhold til 2,6 % feil uten heltallskorreksjon.

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, som i oppgave 1, og at standardavviket til produksjonen er σ = 5,8, skal vi angi estimert gjennomsnitt i form av en rapportering.

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

I en rapportering angir vi estimert verdi pluss/minus standardavviket til estimatoren.

Standardavviket til estimatoren er $\frac{\displaystyle \sigma}{\displaystyle \sqrt n} = \frac{\displaystyle 5{,}8}{\displaystyle \sqrt 6} \approx 2{,}37$.

Så en rapportering av estimatet til gjennomsnittlig produksjon blir

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Basert på at en bedrift på 6 tilfeldige dager produserer 210, 220, 210, 225, 220 og 217 støtfangere, som i oppgave 1, 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, som i oppgave 1, og at standardavviket til produksjonen er er σ = 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 gjennomsnittsvekta av laks når 13 laks er veid med et gjennomsnitt på 4,14 kg, og standardavviket til vekta i populasjonen er er σ = 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, der det står 2,1701.

Et 97 % konfidensintervall er da 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 σ = 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 X = 217 og at produksjonens standardavvik er S = 6, skal vi lage og sammenlikne et 95 % konfidensintervall basert på normalfordeling, med et 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:

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

Siden vi har 6 observasjoner, får vi v = 6 − 1 = 5 frihetsgrader. 

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 at usikkerheten er stor 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 ± 6,30 ≈ [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 ± 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 ± 1,96 · 0,0029 ≈ [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 zα = z0,05 ≈ 1,6449, som vi finner ved å slå opp 0,05 i (kvantil)normalfordelingstabellen. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =norm.s.inv(1 – 0,05) i Excel eller inversnormalfordeling(0, 1, 1 – 0.05) i GeoGebra.

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 Z ≈ 0,8944 $\ngtr$ zα ≈ 1,6449, kan vi ikke forkaste nullhypotesen på signifikansnivå 5 %. 20 seksere i 100 kast 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 gir 200 seksere. Hypotesene blir de samme, og grensen for forkastningsområdet det samme, zα = z0,05 ≈ 1,6449.

Testobservatoren blir nå

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

Z ≈ 2,8284 > zα ≈ 1,6449. Testobservatoren ligger langt inni forkastningsområdet, og vi forkaster nullhypotesen på signifikansnivå 5 %. 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 0,25 %.

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 HA: μ > 10, H0: μ = 10.

Vi har X = 10,3, og σ = 0,65.

Vi vet fra eksempel 3 at grensen for forkastningsområdet er zα = z0,05 ≈ 1,6449.

Testobservatoren blir:

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

Siden Z ≈ 2,31 $\ngtr$ zα ≈ 2,3263, kan vi ikke forkaste nullhypotesen på 1 % signifikansnivå. Målingene indikerer altså ikke 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 sekunder skal vi sette opp og gjennomføre en hypotesetest på signifikansnivå 5 % på om oppgitt gjennomsnittlig ventetid på 30 sekunder er lav.

Hypotesene blir HA: μ > 30, H0: μ = 30.

Siden vi baserer oss på utvalgsstandardavviket, bruker vi t-fordeling i testen. Antall frihetsgrader blir 15 − 1 = 14. For å finne grensen til forkastningsområdet slår vi opp i (kvantil) t-fordelingstabellen, med t0,05 (14), der det står 1,761. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =t.inv(1 – 0,05; 14) i Excel eller inverstfordeling(14, 1 – 0.05) i GeoGebra.

Testobservatoren blir

$T = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{S}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 37 − 30}{\displaystyle \frac{14}{\sqrt{15}}} \approx 1{,}94$.

Siden T ≈ 1,94 > t0,05 (14) ≈ 1,761, 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 HA: μ < 50, H0: μ = 50.

Siden vi baserer oss på utvalgsstandardavviket, bruker vi t-fordeling i testen. Antall frihetsgrader blir 30 − 1 = 29. For å finne grensene til forkastningsområdene slår vi opp i (kvantil) t-fordelingstabellen, med henholdsvis t0,05 (29), der det står 1,699, og t0,01 (29), der det står 2,462. Alternativt kan vi finne disse verdiene ved å skrive henholdsvis  =t.inv(1 – 0,05; 29) og =t.inv(1 – 0,01; 29) i Excel, eller henholdsvis inverstfordeling(29, 1 – 0.05) og inverstfordeling(29, 1 – 0.01) i GeoGebra.

Siden vi har en venstresidig test, blir grensene −1,699 og −2,462.

Testobservatoren blir

$T = \frac{\displaystyle \overline X − \mu_0}{\displaystyle \frac{S}{\sqrt n}} = \frac{\displaystyle 47{,}7 − 50}{\displaystyle \frac{5{,}7}{\sqrt{30}}} \approx −2{,}21$.

Siden T ≈ −2,21 < −t0,05 (29) ≈ −1,699, kan vi på 5 % signifikansnivå forkaste nullhypotesen og akseptere hypotesen om at syltetøyet har for lite bær.

Men siden T ≈ −2,21 $\nless$t0,01 (29) ≈ −2,462, 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 en hypotesetest på 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. For å finne grensene til forkastningsområdet slår vi opp i (kvantil) t-fordelingstabellen, med t0,01/2 (14) = t0,005 (14), der det står 2,977. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =t.inv(1 – 0,005; 14) i Excel eller inverstfordeling(14, 1 – 0.005) i GeoGebra.

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

Siden |T| ≈ 3,227 > t0,005 (14) ≈ 2,977, kan vi på 1 % signifikansnivå forkaste nullhypotesen og akseptere hypotesen om at sukkermengden ikke er korrekt.

Tilbake til oppgaven

Samvariasjon

Oppgave 1:

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

X1 = 242 X2 = 266 X3 = 218 X4 = 234
Y1 = 363 Y2 = 399 Y3 = 327 Y4 = 351

og skal beregne

  1. Gjennomsnittet i hvert av settene.
      
    $\overline X = \frac{\displaystyle 242 + 266 + 218 + 234}{\displaystyle 4} = 240$
     
    $\overline Y = \frac{\displaystyle 363 + 399 + 327 + 351}{\displaystyle 4} = 360$
     
  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
     
    $S_X = \sqrt {\frac{\displaystyle 1200}{\displaystyle 4-1}} = 20$
     
    Summen av kvadratavvikene i Y er
     
    (363 − 360)2 + (399 − 360)2 + (327 − 360)2 + (351 − 360)2 = 2700
     
    Og standardavviket blir
     
    $S_Y = \sqrt {\frac{\displaystyle 2700}{\displaystyle 4-1}} = 30$
     
  3. Kovariansen mellom settene.
     
    Summen av produktene av avstandene mellom verdi og gjennomsnitt i settene er
     
    (242 − 240)(363 − 360) + (266 − 240)(399 − 360) + (218 − 240)(327 − 360) + (234 − 240)(351 − 360) = 1800
     
    Og kovariansen blir
     
    $Cov(X, Y) =  \frac{\displaystyle 1800}{\displaystyle 4-1} = 600$
     
  4. Korrelasjonskoeffisienten mellom settene.
     
    $R(X, Y) =  \frac{\displaystyle Cov(X, Y)}{\displaystyle S_X S_Y} = \frac{\displaystyle 600}{\displaystyle 20 \cdot 30} = 1$

Tolkningen av korrelasjonskoeffsienten er at vi har 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

Sammenlikne datasett

Oppgave 1:

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 gir et snitt på 10,061 gram sukker.

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

Vi har altså X = 10,107, Y = 10,061, σX = 0,11, σY = 0,13, nX = 60, nY = 75.

Hypotesene blir HA: μXμY , H0: μXμY .

Testobservatoren blir

$Z = \frac{\displaystyle 10{,}107 − 10{,}061}{\displaystyle \sqrt{\frac{(0{,}11)^2}{60} + \frac{(0{,}13)^2}{75}}} \approx 2{,}2261$

Siden vi har en tosidig test, skal vi forkaste nullhypotesen hvis |Z| > zα/2

Med 5 % signifikansnivå blir α/2 = 0,05/2 = 0,025.

Vi slår opp i (kvantil)normalfordelingstabellen med α = 0,025, der det står 1,9600. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =norm.s.inv(1 – 0,025) i Excel eller inversnormalfordeling(0, 1, 1 – 0.025) i GeoGebra.

Siden |Z| ≈ 2,2261 > zα/2 ≈ 1,9600, kan vi forkaste vi nullhypotesen. Undersøkelsen bekrefter at det er forskjell på sukkermengdene.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

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 HA: μXμY , H0: μXμY .

Vi har altså nX = 13, nY = 12.

Fra kalkulator eller PC får vi:

X = 45,1538

Y = 42,25

SX ≈ 7,9984

SY ≈ 8,7399

Vi beregner:

$S_P = \sqrt \frac{\displaystyle {S_X}^2(n^{\phantom 1}_X − 1) + {S_Y}^2(n^{\phantom 1}_Y − 1)}{\displaystyle n^{\phantom 1}_X + n^{\phantom 1}_Y − 2} \approx \sqrt \frac{\displaystyle {7{,}9984}^2(13 − 1) + {8{,}7399}^2(12 − 1)}{\displaystyle 13 + 12 − 2} \approx 8{,}3612$

Testobservatoren blir da

$T = \frac{\displaystyle \overline X − \overline Y}{\displaystyle S_P \sqrt{\frac{1}{n^{\phantom 1}_X} + \frac{1}{n^{\phantom 1}_Y}}} \approx \frac{\displaystyle 45{,}1538 − 42{,}25}{\displaystyle 8{,}3612 \sqrt{\frac{1}{13} + \frac{1}{12}}} \approx 0{,}8675$.

Siden vi har en tosidig test, skal vi forkaste nullhypotesen hvis |T| > tα/2 (v)

Med 5 % signifikansnivå blir α/2 = 0,05/2 = 0,025

Vi slår opp i (t) kvantiltabellen med a = 0,025 og v = 13 + 12 − 2 = 23, der det står 2,069. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =t.inv(1 – 0,025; 23) i Excel eller inverstfordeling(23, 1 – 0.025) i GeoGebra.

Siden |T| ≈ 0,8675 $\ngtr$ tα/2 ≈ 2,069, 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 3:

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 HA: μXμY , H0: μX ≤ μY .

Fra kalkulator eller PC får vi:

X = 8,8

SD ≈ 10,9753

Testobservatoren blir

$T = \frac{\displaystyle \overline D}{\displaystyle S_D \frac{1}{\sqrt n}} \approx \frac{\displaystyle 8{,}8}{\displaystyle 10{,}975 \frac{1}{\sqrt{15}}} \approx 3{,}1054$.

Siden vi har en ensidig test, skal vi forkaste nullhypotesen hvis |T| > tα (v)

Med 5 % signifikansnivå blir α = 0,05

Vi slår opp i (t) kvantiltabellen med a = 0,05 og v = 15 − 1 = 14, der det står 1,761. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =t.inv(1 – 0,05; 14) i Excel eller inverstfordeling(14, 1 – 0.05) i GeoGebra.

Siden |T| ≈ 3.1054 > tα (v) ≈ 1,761, kan vi forkaste nullhypotesen. Testen gir absolutt grunnlag for å si at medisinen gir redusert blodtrykk.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

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 p1 og sannsynligheten for defekt ved linje 2 for p2. Hypotesene blir

HA: p1p2 mot H0: p1p2.

Vi har n1 = 2500, n2 = 2000, X1 = 147, X2 = 151.

Vi estimerer

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

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

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

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, skal vi forkaste nullhypotesen hvis |Z| > zα/2

Med 5 % signifikansnivå blir α/2 = 0,05/2 = 0,025.

I (kvantil)normalfordelingstabellen finner vi at z0,025 ≈ 1,9600. Alternativt kan vi finne denne verdien ved å skrive =norm.s.inv(1 – 0,025) i Excel eller inversnormalfordeling(0, 1, 1 – 0.025) i GeoGebra.

Siden |Z| ≈ 2,239 > zα/2 ≈ 1,9600, forkaster vi nullhypotesen og aksepterer den alternative hypotesen om at det er forskjell i sannsynligheten for defekt ved de to linjene.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, sannsynlighetsfordelinger

Binomisk fordeling

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 ved bruk av formelen for binomisk fordeling, $P(X = x) = {\large \binom{n}{x}} p^x (1 − p)^{(n − x)}$, og kontrollere svarene i Excel eller GeoGebra.

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

  1. P(X = 4)
     Formelen gir
    ${\large \binom{8}{4}} (0{,}6)^4 (1 − 0{,}6)^{(8 − 4)} \approx 0{,}2322$
     I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =binom.fordeling.n(4; 8; 0,6; usann) og fordelingbinomial(8, 0.6, 4, false).
     
  2. P(X ≤ 2)
    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 $
    $0{,}0007 + 0{,}0079 + 0{,}0413 = 0{,}0498$
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =binom.fordeling.n(2; 8; 0,6; sann) og fordelingbinomial(8, 0.6, 2, true).
     
  3. P(X ≤ 6)
     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.
    $P(X \le 6) = 1 − P(X > 6) = 1 − P(X = 7) − P(X = 8) =$
    $1 – {\large \binom{8}{7}} (0{,}6)^7 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 7)} – {\large \binom{8}{8}} (0{,}6)^8 (1 – 0{,}6)^{(8 \text{ – } 8)} \approx$
    $1 – 0{,}0896 – 0{,}0168 = 0{,}8936$
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =binom.fordeling.n(6; 8; 0,6; sann) og 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) og Var(X) 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 · p = 10 · 0,5 = 5.
    Var(X) = n · p(1 − p) = 10 · 0,5(1 − 0,5) = 2,5.
     
  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 · p = 5 · 0,167 ≈ 0,84.
    Var(X) = n · p(1 − p) = 5 · 0,167(1 − 0,167) ≈ 0,70.

Tilbake til oppgaven

Hypergeometrisk fordeling

Oppgave 1:

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.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =hypgeom.fordeling.n(0; 20; 13; 65; usann) og fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 0, false).
     
  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.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =hypgeom.fordeling.n(1; 20; 13; 65; usann) og fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 1, false).
     
  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.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =1 – hypgeom.fordeling.n(1; 20; 13; 65; sann) og 1 – fordelinghypergeometrisk(65, 13, 20, 1, true).

RegnearkLast ned regneark med beregningene fra oppgave 1
 

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 2

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 3

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

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

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

​Tilbake til oppgaven

Poissonfordeling

Oppgave 1:

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 ved hjelp av formelen for poissonfordeling, $P(X = x) = \frac{\displaystyle \lambda^x}{\displaystyle x!}e^{− \lambda}$.

  1. Sannsynligheten for ingen hoppekreps.
    $P(X = 0) = \frac{\displaystyle 2^{0}}{\displaystyle 0!}e^{−2} \approx 0{,}1353$.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =poisson.fordeling(0; 2; usann) og fordelingpoisson(2, 0, false).
     
  2. Sannsynligheten for én hoppekreps
    $P(X = 1) = \frac{\displaystyle 2^{1}}{\displaystyle 1!}e^{−2} \approx 0{,}2707$.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =poisson.fordeling(1; 2; usann) og fordelingpoisson(2, 1, false).
     
  3. Sannsynligheten for to eller flere hoppekreps. Vi ser på den komplementære hendelsen:
    $P(X \ge 2) = 1 − P(X = 1) − P(X = 0) \approx 1 − 0{,}1353 − 0{,}2707 = 0{,}5940$.
    I Excel og GeoGebra skriver vi henholdsvis =1 – poisson.fordeling(1; 2; sann) og 1 – fordelingpoisson(2, 1, true).

RegnearkLast ned regneark med beregningene fra oppgave 1
 

​Tilbake til oppgaven

Tilnærme fordelinger

Oppgave 1:

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 2:

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 den komplementære hendelsen «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 ≤ 0,05, så tilnærmingen bør være god. Vi har λ = 75 · 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, der det står
      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, der det står 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, der det står 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 kan forventes å ikke stå, det vil si få 12 poeng eller mindre. Vi skal beregne ved hjelp av 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, der det står 0,8413.

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

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

Løsningsforslag, grunnleggende 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 diskuterer 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

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

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

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 liste opp de mulige delmengdene vi kan lage i mengden A = {a, b, c}, og vurdere om antallet delmengder stemmer med formelen for antall delmengder.

Vi kan lage 3 delmengder med ett element i hver: {a}, {b} og {c}.

Vi kan lage 3 delmengder med to elementer i hver: {a, b}, {a, c} og {b, c}.

Vi kan lage 1 delmengde med tre elementer: {a, b, c}.

Vi kan lage 1 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 formelen for antall delmengder sier at vi da har 23 = 8 mulige delmengder.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi har en mengde med 3 elementer, og skal bruke kombinasjonsformelen til å beregne hvor mange uordnede utvalg som kan lages med henholdsvis 0, 1, 2 og 3 elementer. Vi får:

0 elementer: ${\large \binom{3}{0}} = {\large \frac{3!}{0!(3 − 0)!}} = 1$.

1 element: ${\large \binom{3}{1}} = {\large \frac{3!}{1!(3 − 1)!}} = 3$.

2 elementer: ${\large \binom{3}{2}} = {\large \frac{3!}{2!(3 − 2)!}} = 3$.

3 elementer: ${\large \binom{3}{3}} = {\large \frac{3!}{3!(3 − 3)!}} = 1$.

Så skal vi sjekke om det totale antallet stemmer med formelen for antall mulige delmengder. Det gjør det, for formelen gir 23 = 8 mulige delmengder, og vi har 1 + 3 + 3 + 1 = 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. ${\large \binom{11}{0}} \cdot {\large \binom{8}{4}} = 1 \cdot 70 = 70$.

For tydelighetens skyld velger vi å ta med ${\large \binom{11}{1}}$ og ${\large \binom{11}{0}}$ i utregningene, selv om vi enkelt ser at dette blir henholdsvis 11 og 1.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne hvor mange korthender med 5 kort det finnes det som

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

Kombinasjoner og sannsynligheter

Oppgave 1:

Vi skal beregne sannsynligheten for å få utdelt en pokerhånd med nøyaktig 3 ess.

Denne hånden vil inneholde 3 kort som velges blant 4 ess, og 2 kort som velges blant 48 kort som ikke er ess, noe som gir ${\large \binom{4}{3}} \cdot {\large \binom{48}{2}}$ kombinasjonsmuligheter.

En pokerhånd består av 5 kort delt ut fra en stokk med 52 kort, noe som gir ${\large \binom{52}{5}}$ mulige pokerhender.

Sannsynligheten for å få en pokerhånd med nøyaktig 3 ess blir derfor

${\large \frac{{\Large \binom{4}{3}} \cdot {\Large \binom{48}{2}}}{{\Large \binom{52}{5}}}} = {\large\frac{4 \, \cdot \, 1128}{ 2 \, 598 \, 960}} = {\large\frac{4512}{ 2 \, 598 \, 960}} \approx 1{,}7361\cdot10^{-3}$.

Sannsynligheten er om lag 0,174 %.

NB! Dette er ikke den nøyaktige sannsynligheten for å få «tress i ess», fordi vi i dette tilfellet må ta hensyn til at vi med tre ess også kan ha en hånd som er «hus». Dette er nærmere beskrevet i artikkelen om kombinatorikk i spill.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

I en boks ligger 10 kuler som er merket fra A til J, og vi skal bruk kombinasjonsformelen til å beregne sannsynligheten for at et tilfeldig utvalg på tre kuler inneholder kule A.

Dette utvalget består av 1 kule A som velges blant 1 kuler, og 2 andre kuler som velges blant 9 kuler. Totalt velges 3 av 10 kuler. Sannsynligheten blir derfor ${\large \frac{{\Large \binom{1}{1}} \cdot {\Large \binom{9}{2}}}{{\Large \binom{10}{3}}}} = {\large\frac{1 \cdot 36}{120}} = {\large\frac{3}{10}} = 0{,}3$.

Vi kan også modellere dette ut fra at sannsynligheten for å trekke kule A er ${\large \frac{3}{10}} = 0{,}3$ når vi trekker 3 av 10 kuler der 1 av dem er kule A. 

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

Uordnede utvalg med tilbakelegging

Oppgave 1:

En iskremkiosk har is med 10 forskjellige smaker, og vi kjøper en kjeks med 3 iskremkuler. Så skal vi regne ut hvor mange smakskombinasjoner vi kan få hvis vi kan velge flere kuler av samme type, og hvis vi bare velger forskjellige typer.

Dette er et uordnet utvalg på k = 3 fra en mengde på totalt n = 10.

Når vi kan velge flere kuler av samme type, har vi trekning med tilbakelegging, så vi får:

${\large \binom{n + k – 1}{k}} = {\large \binom{10 + 3 – 1}{3}} = {\large \binom{12}{3}} = {\large \frac{12!}{3!(12 – 3)!}} = {\large \frac{479 \,001 \, 600}{6 \cdot 362 \, 880}} = 220$.

Når vi velger tre forskjellige typer, har vi trekning uten tilbakelegging, så vi får:

${\large \binom{n}{k}} = {\large \binom{10}{3}} = {\large \frac{10!}{3!(10 – 3)!}} = {\large \frac{3 \,628 \, 800}{6 \cdot 5040}} = 120$.

Antall kombinasjoner blir derfor 103 = 1000.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, mer om sannsynlighet

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:

På et gatekjøkken kjøper 40 % av kundene pølse, 15 % kjøper pølse og chips, og vi skal beregne sannsynligheten for at en vilkårlig kunde som kjøper pølse, også kjøper chips.

Kaller vi hendelsen «kjøpe pølse» for A og hendelsen «kjøpe chips» for B, vet vi at:

P(A) = 0,4

P(A ∩ B) = 0,15

Sannsynligheten for at en vilkårlig kunde som kjøper pølse, også kjøper chips, blir da 

$P(B | A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = {\large \frac{0{,}15}{0{,}4}} = 0{,}375$. Altså 37,5 %.

Tilbake til oppgaven

Bayes regel

Oppgave 1:

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 regel til å finne sannsynligheten for at første terning var 6 hvis vi har vunnet, P(A | B). Vi får:

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

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 2:

Vi har fått vite at

    • Katteallergi forekommer hos 10 % av en befolkningen.
    • En test påviser allergi hos 80 % av de allergiske.
    • 15 % av testene er falske positive, det vil si at de feilaktig påviser allergi hos friske.

Så skal vi beregne sannsynligheten for at en person som tester positivt, faktisk har allergi.

Kaller vi hendelsen «allergi» for A og hendelsen «positiv test» for B, har vi:

    • P(A) = 0,1. Sannsynligheten for at en person har allergi, er 0,1.
    • P(AC) = 1 − 0,1 = 0,9. Sannsynligheten for at en person er frisk, er 0,9.
    • P(B|A) = 0,8. Sannsynligheten for positiv test hos en allergisk person er 0,8.
    • P(B|AC) = 0,15. Sannsynligheten for positiv test hos en frisk person er 0,15.

Og vi får P(B) = P(A) · P(B|A) + P(AC) · P(B|AC) = 0,1 · 0,8 + 0,9 · 0,15 = 0,215.

Ved hjelp av Bayes regel kan vi så beregne sannsynligheten for at en person er allergisk, gitt en positiv test:

$P(A | B) = \frac{\displaystyle P(A) \cdot P(B | A)}{\displaystyle P(B)} = {\large \frac{0{,}1 \cdot 0{,}8}{0{,}215}}\approx 0{,}3721$

Sannsynligheten for allergi, gitt positiv test, er ca. 37,21 %.

Tilbake til oppgaven

Sannsynlighetstrær

Oppgave 1:

Vi skal tegne et sannsynlighetstre for situasjonen i oppgave 2 i artikkelen om Bayes regel:

    • Katteallergi forekommer hos 10 % av en befolkningen.
    • En test påviser allergi hos 80 % av de allergiske.
    • 15 % av testene er falske positive, det vil si at de feilaktig påviser allergi hos friske.

Vi skal skrive inn sannsynligheter i alle greinene og løvnodene, og bruke disse til å beregne sannsynligheten for at en person som tester positivt, faktisk har allergi.

Sannsynlighetstreet kan se slik ut:

sannsynlighetstre med grein- og nodesannsynligheter

For å beregne sannsynligheten for at en person som tester positivt, faktisk har allergi, dividerer vi sannsynligheten for en positiv test der vedkommende faktisk har allergi, med sannsynligheten for en positiv test totalt: 8 % / (8 % + 13,5 %) ≈ 37,21 %. Som er det samme som i oppgave 2 i artikkelen om Bayes regel.

Tilbake til oppgaven

Løsningsforslag, regneregler i sannsynlighet

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

Oppgave 2:

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 3:

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

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

Løsningsforslag, grunnleggende 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

    • 5 eller 6
      Dette er to av i alt seks like sannsynlige muligheter som ikke kan inntreffe samtidig, så sannsynligheten blir $P(\{5, 6\}) = {\large \frac{2}{6}} = {\large \frac{1}{3}}$.
       
    • 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

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°.

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