Kategori: Matematikk

Publisert

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.

Så 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

Publisert

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

Publisert

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

Publisert

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

Publisert

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

Publisert

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. A ∪ K
      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 V: A ∩ 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. K ∩ V
      Dette er mengden av elementer som finnes i både K og V:
      K ∩ V = ∅
      n(K ∩ V) = 0.
      K og V har ingen felles elementer, de er disjunkte.

​Tilbake til oppgaven

Publisert

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 = b2 − c2

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

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

Så

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

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

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

Så

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

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

Publisert

Løsningsforslag, differensiallikninger

Om differensiallikninger

Oppgave 1:

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

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

$y’ = (3x)’ – \Big({\large \frac{3}{2}}\Big)’ +(Ce^{-2x})’ = 3 – 0 -2Ce^{-2x} =3 – 2Ce^{-2x} $

Vi setter dette og det opprinnelige uttrykket $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ inn i venstre side av likningen, $y′+2y−6x$:

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

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

Tilbake til oppgaven

Separable differensiallikninger

Oppgave 1:

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

Vi setter x utenfor parentes og får

y′ = x(y + 3)

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

${\large\frac{1}{y+3}}y′=x$

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

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

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

${\large\frac{1}{\sqrt y}}y′ = 2$

Vi ser at likningen har form som en separabel differensiallikning.

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

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

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

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

Vi utfører integrasjonene, og får

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

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

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

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

Vi opphøyer begge sider i andre, og får

$y=(x+ C)^2$

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

$y′=2(x+C)$

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

Venstre side:

$y′ =2(x+C)$

Høyre side:

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

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

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

Vi multipliserer begge sider med 2y:

$2y y′=2x−3$

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

$2y{\Large \frac{dy}{dx}} = 2x−3$

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

$\int 2y \, dy = \int (2x−3) \, dx$

Vi utfører integrasjonene og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^2 = x^2 − 3x + C$

Vi trekker ut kvadratrota på begge sider:

$y=\pm\sqrt{x^2 − 3x + C}$

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

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

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

Vi setter inn for g og g′:

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

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

Venstre side:

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

Høyre side:

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

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

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

Tilbake til oppgaven

Lineære differensiallikninger

Oppgave 1:

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

Vi har p(x) = −4, så vi får

$P(x) = \int −4 dx = −4x + C$

Integrerende faktor blir

e−4x

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

y′ · e−4x − 4y · e−4x = 2 · e−4x

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

y′ · e−4x + y · (e−4x)′ = 2 · e−4x

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

(y · e−4x)′ = 2 · e−4x

Vi integrerer begge sider

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

$\Downarrow$

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

$\Downarrow$

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

Så dividerer vi med integrerende faktor og får

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

Så skal vi sette prøve på svaret.

Vi deriverer, og får

y′ =4 Ce4x

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

Venstre side:

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

Høyre side:

2

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

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

Vi har $p(x) = 6$, så vi får

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

Integrerende faktor blir

$e^{6x}$

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

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

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

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

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

$(y \cdot e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Vi integrerer begge sider

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

$\Downarrow$

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

$\Downarrow$

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

Så dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

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

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

$y′ =−6 Ce^{−6x}$

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

Venstre side:

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

Høyre side:

$3$

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

Tilbake til oppgaven

Modellere med differensiallikninger

Oppgave 1:

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

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

    • Vi skal forklare at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.
       
      I denne likningen er volumet, V, den avhengige variabelen, og tiden, t, den uavhengige variabelen.
       
      På venstre side av likningen har vi V′, som betyr endring i volum. Endringen i volum er også det som står på høyre side, fordi 4 representerer den mengden vann som fylles på, og kV, som trekkes fra, representerer den mengden vann som renner ut. Denne mengden er proporsjonal med volumet, V, som forutsatt. Proporsjonalitetskonstanten k er foreløpig ukjent. 
       
    • Vi har at k = 0,005/min, bassenget er i utgangspunktet tomt, og vi skal finne et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
      Vi har
      V′ =4 − 0,005V
       
      Vi flytter leddet med V over til venstre side, og får
      V′ + 0,005V = 4
       
      Dette gjenkjenner vi som en lineær differensiallikning med p(t) = 0,05 og q(t) = 4, som vi kan løse med metoden vi har lært for dette.
       
      Vi får $P(t) = \int 0{,}005 \, dt = 0{,}005\,t + C$. Integrerende faktor blir $e^{0{,}005t}$.
       
      Vi multipliserer likningen med integrerende faktor på begge sider:
       
      $V′e^{0,005t} + 0,005V e^{0,005t} = 4e^{0,005t}$
       
      Siden $(e^{0,005t})′ = 0,005e^{0,005t}$, kan dette skrives som
       
      $V′e^{0,005t} + V( e^{0,005t})′ = 4e^{0,005t}$
       
      Vi skriver om venstre side ved hjelp av produktregelen baklengs:
       
      $(Ve^{0,005t})′= 4e^{0,005t}$
       
      Vi integrerer begge sider og får
       
      $\int (Ve^{0,005t})′ \, dV = \int 4e^{0,005t} \, dt$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 4 \cdot {\large \frac{1}{0,005}} e^{0,005t} + C$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 800e^{0,005t} + C$
       
      Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor:
      $V = 800 + Ce^{−0,005t}$
       
      For å bestemme konstanten C benytter vi oss av initialbetingelsen at bassenget var tomt til å begynne med. Så vi har
      0 = 800+ Ce0 ⇒ C = −800
       
      Så et uttrykk for volumet som funksjon av tiden blir
      V = 800 − 800 e−0,005t
       
    • Vi skal beregne hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.
       
      Vi har da at
      400 = 800 − 800e−0,005t
       
      Vi bytter om på leddene og dividerer med 800 på begge sider av likhetstegnet og får
      $e^{−0,005t} = {\large \frac{1}{2}}$
       
      Vi beregner ln på begge sider og får
      $−0{,}005t = \ln{\large\frac{1}{2}} \approx −0{,}693$
       
      Som gir
      t ≈ 138,6
       
      Det er 400 m3 vann i bassenget etter om lag 139 minutter, altså to timer og 19 minutter.

Tilbake til oppgaven

Publisert

Løsningsforslag, integrasjonsmetoder

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Oppgave 1:

Vi skal bruke delbrøkoppspalting til å beregne tre integraler.

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

Tilbake til oppgaven

Integrasjon ved substitusjon

Oppgave 1:

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

g = x2 + 1

og får

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

Substitusjon gir

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

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

  1. å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
     
    Vi tar utgangspunkt i det ubestemte integralet i oppgave 1, og får:
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 \big]_0^1 = \frac{\displaystyle (1^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle (0^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$
     
  2. å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for g.
     
    Vi har at:
    g = x2 + 1
     
    så
    x = 0 gir g= 02 + 1 = 1
     
    og
    x = 1 gir g = 12 + 1 = 2
     
    og vi får
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int\limits_1^2 g^3 \; dg = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 \big]_1^2 = \frac{\displaystyle 2^4}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$

Tilbake til oppgaven

Delvis integrasjon

Oppgave 1:

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

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

u′ = e−x, som gir u = −e−x

og

v = x + 1, som gir v′ = 1

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

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

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

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

v = 3x + 2 og u′ = ex

og får

v′ = 3 og u = ex

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

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

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

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

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

v = sin x og u′ = ex

får vi

v′ = cos x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

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

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

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

v = cos x og u′ = ex

får vi

v′ = −sin x og u = ex

Og delvis integrasjon gir

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

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

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

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

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

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

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

Tilbake til oppgaven

Publisert

Løsningsforslag, integrasjon

Ubestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

    1. $\int 5x^2 \; dx$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx$
       
    3. $\int \sqrt[4]{t} \; dt$

I alle oppgavene brukes regelen for å integrere potenser: $\int x^r \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle r+1}x^{\displaystyle r+1} + C, \, r \ne −1$.

I 1. brukes i tillegg regelen om at en konstant kan settes utenfor integrasjonstegnet.

I 2. brukes i tillegg regelen om at en potens kan flyttes mellom teller og nevner når vi endrer fortegn på eksponenten: $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle a^r} = a^{−r}$.

I 3. brukes i tillegg regelen om at en rot kan skrives som en potens og vice versa: $\sqrt[{\large n}]{a} = a^{\large \frac{1}{n}}$. I 3. heter variabelen t i stedet for x, men det har ingen betydning.

    1. $\int 5x^2 \; dx = 5\int x^2 \; dx = 5{\large \frac{1}{3}}x^3 + C = {\large \frac{5}{3}}x^3 + C$
       
    2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx = \int x^{−3} \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle −2}x^{−2} + C = −\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2x^2} + C$
       
    3. $\int \sqrt[{\large 4}]{t} \; dt = \int t^{\large \frac{1}{4}} \; dt = {\large \frac{1}{{\Large \frac{5}{4}}}}t^{\large \frac{5}{4}} + C = {\large \frac{4}{5}}\sqrt[{\large 4}]{t^5} + C = {\large \frac{4}{5}}t\sqrt[{\large 4}]{t} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne det ubestemt integralet

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx$

Her brukes reglene om at summer og differanser kan integreres ledd for ledd og at konstanter kan settes utenfor. Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx = 4\int x^3 \; dx + {\large\frac{1}{3}} \int x^{−2} \; dx =$

$4 \cdot {\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{−1}}x^{−1} + C = x^4 − \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

    1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx$
       
    2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx$
       
    3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb{R}$

I 1. brukes regelen for å integrere ex og generelle eksponentialfunksjoner.

I 2. brukes regelen for å integrere trigonometriske funksjoner.

3. er en luring, for der er det to svar. Dersom a ≠ −1 brukes potensregelen, men hvis a = −1, brukes regelen for ${\large \frac{1}{x}}$.

Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

    1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx = 2e^x + {\large \frac{1}{\ln 3}}3^x + C$
       
    2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx = 2\int (\sin x + \cos x) \; dx =$
       
      $−2 \cos x + 2 \sin x + C = 2(\sin x − \cos x) + C$
       
    3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb R =
      \begin{cases}
      {\large \frac{1}{a + 1}}x^{a + 1} +C & a \ne −1\\
      \\
      \ln |x| + C & a = −1
      \end{cases}$

Tilbake til oppgaven

Bestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre bestemte integraler:

    1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx$
       
    2. $\int\limits_{−1}^1 2 \; dx$
       
    3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx$

Et bestemt integral beregnes ved å beregne det tilhørende ubestemte integralet og sette inn integrasjonsgrensene. For å beregne det ubestemte integralet bruker vi regler som allerede er presentert i avsnittet om ubestemte integraler.

I oppgave 3. er integrasjonsgrensene bokstaver i stedet for tall, men det har ingen betydning for prinsippet. Legg også merke til at vi ikke trenger å ta med absoluttverditegn rundt 5 fordi 5 er et positivt tall.

    1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx = \big[2x^3\big]_1^3 = 2 \cdot 3^3 − 2 \cdot 1^3 = 54 − 2 = 52$
       
    2. $\int\limits_{−1}^1 2 \; dx = \big[2x\big]_{−1}^1 = 2 \cdot 1 − 2 \cdot (−1) = 2 + 2 = 4$
       
    3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx = \big[−\cos x + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^x\big]_a^b =$

      $−\cos b + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^b − (−\cos a + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^a) = \cos a − \cos b + \frac{\displaystyle 5^b − 5^a}{\displaystyle \ln 5}$

Tilbake til oppgaven

Integral som areal

Oppgave 1:

Vi skal beregne arealet avgrenset av grafen til f(x) = −3x2 + 4x + 8, x-aksen og linjene x = −1 og x = 2.

Arealet er gitt ved

$A = \int\limits_{−1}^2( −3x^2 +4x + 8)\; dx = \big[−x^3 + 2x^2 + 8x\big]_{−1}^2 =$

$−2^3 + 2 \cdot 2^2 + 8 \cdot 2 − \big(− (−1)^3 + 2 \cdot (−1)^2 + 8 \cdot (−1) \big) = 16 − (−5) = 21$

Dette er illustrert under.

Areal under graf som ligger over x-aksen

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne arealet mellom grafen til f(x) = x3 + 2x2 – x – 2 og x-aksen, avgrenset av skjæringspunktene x = −2, x = −1 og x = 1, med graf som vist under.

Arealet mellom f(x) = x^3 + 2x^2 - x - 2 og x-aksen

Grafen ligger over x-aksen mellom x = −2 og x = −1, og under x-aksen mellom x = −1 og x = 1. Vi deler derfor opp i to integraler.

For området over x-aksen får vi:
$A_1 = \int\limits_{−2}^{−1}(x^3 + 2x^2 − x − 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −2x\big]_{−2}^{−1} =$

${\large \frac{1}{4}}(−1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−1)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−1)^2 − 2(−1) − \Big({\large \frac{1}{4}}(−2)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−2)^3 − {\frac{1}{2}}(−2)^2 − 2(−2) \Big) =$

${\large \frac{1}{4}} − {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} + 2 − (4 − {\large \frac{16}{3}} − 2 + 4) = {\large \frac{5}{12}}$

For området under x-aksen får vi:
$A_2 = −\int\limits_{−1}^{1}(x^3 + 2x^2 − x − 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 −2x\big]_{−1}^{1} =$

$−\bigg({\large \frac{1}{4}}1^4 + {\large \frac{2}{3}}1^3 − {\large \frac{1}{2}}1^2 − 2 \cdot 1 − \Big({\large \frac{1}{4}}(−1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(−1)^3 − {\large \frac{1}{2}}(−1)^2 − 2(−1)\Big)\bigg) =$

$−\Big({\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} − 2 − ({\large \frac{1}{4}} − {\large \frac{2}{3}} − {\large \frac{1}{2}} + 2)\Big) = {\large \frac{32}{12}}$

Og det totale arealet blir
$A = A_1 + A_2 = {\large \frac{5}{12}} + {\large \frac{32}{12}} = {\large \frac{37}{12}} \approx 3{,}08$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke integrasjon til å beregne arealet markert i bildet under, avgrenset av grafene til f(x) = –x2 + 5 (grønn) og g(x) = x + 3 (blå).

Areal mellom grafene f(x) = -x^2 + 5 og g(x) = x + 3

Det første vi må gjøre, er å finne integrasjonsgrensene, som er skjæringspunktene mellom de to grafene. I skjæringspunktene er verdiene til begge funksjonene like, så vi må ha

f(x) = g(x) ⇒ −x2 + 5 = x + 3

Ordner vi leddene, får vi

−x2 − x + 2 = 0

Vi viser ikke utregningen her, slår bare fast at denne andregradslikningen har løsninger x = −2 og x = 1. Integrasjonsgrensene blir derfor −2 og 1.

Velger vi å subtrahere funksjonene før vi integrerer, får vi

f(x) − g(x) = −x2 + 5 − (x + 3) = −x2 − x + 2

Og følgelig

$A = \int\limits_{−2}^1 (−x^2 −x + 2) \; dx = \big[− \frac{1}{3}x^3 − \frac{1}{2} x^2 + 2x\big]_{−2}^1 =$

$− \frac{1}{3} \cdot 1^3 − \frac{1}{2} \cdot 1^2 + 2 \cdot 1 − \Big(− \frac{1}{3} \cdot (−2)^3 − \frac{1}{2} \cdot (−2)^2 + 2 \cdot (−2)\Big) =$

$−\frac{1}{3} − \frac{1}{2} + 2 − \Big(\frac{8}{3} − \frac{4}{2} − 4 \Big) = \frac{9}{2} = 4{,}5$

Tilbake til oppgaven

Integral som helhet

Oppgave 1:

En husstands strømforbruk gjennom et døgn, målt i kW, er gitt ved funksjonen f(t) = −0,003t3 + 0,1t2 – 0,7t + 1, der t er tiden etter midnatt, og vi skal finne totalforbruket i løpet av et døgn, det vil si mellom klokka 00 og 24.

Her skal vi «samle opp» strømforbruket mens t endrer seg fra 0 til 24. Det gjør vi ved å beregne følgende integral:

$\int\limits_0^{24}(−0{,}003t^3 + 0{,}1t^2 − 0{,}7t + 1) \; dt = \big[ −{\large \frac{0{,}003}{4}}t^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}}t^3 − {\large \frac{0{,}7}{2}}t^2 + t \big]_0^{24} =$

$−{\large \frac{0{,}003}{4}}\cdot (24)^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}} \cdot (24)^3 − {\large \frac{0{,}7}{2}} \cdot (24)^2 + 24 − 0 \approx 34{,}37$

Døgnforbruket blir ca. 34,37 kWh.

Vi ser at vi har fått en endring i enhet. Vi integrerte kW, og fikk kWh. Vi har gått fra effekt, som måles i kilowatt (kW), til energi, som måles i kilowattimer (kWh). 1 kilowattime er det samme som 3600 kilojoule, eller om lag 860 kilokalorier.

h-en stammer fra dt i integrasjonsuttrykket, der det er oppgitt at enheten er timer (h). dt eller dx er altså ikke bare med på å fortelle hvilken variabel vi integrerer med hensyn på, den bidrar til dimensjonen. På samme måte er det når enheten for x er centimeter. Da bidrar dx også med en centimeterdimensjon, og vi får kvadratcentimeter når vi integrerer. Det er jo logisk også, for vi vet jo at integrasjonen kan tolkes som et areal.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal rotere flaten i figuren under om x-aksen til en kjegle, og så, ved integrasjon av uendelig mange sirkelskiver som skjæres av kjegla, vise at volumet er 9π.

Flate som skal roteres til en kjegle

Hver sirkelskive vil ha radius x, og derfor areal πx2. Når vi integrerer dette uttrykket bruker vi integrasjonsgrensene som framgår av figuren, x = 0 og x = 3.

$V = \int\limits_0^3 \pi x^2 \; dx = \pi \big[{\large \frac{1}{3}}x^3\big]_0^3 = \pi ({\large \frac{1}{3}} \cdot 3^3 − {\large \frac{1}{3}} \cdot 0^3) = 9 \pi$.

Som var det vi skulle komme fram til.

Vi ser at vi får det samme hvis vi bruker formelen for volumet av ei kjegle, $V = {\large \frac{1}{3}} \pi r^2 h$, for her er r = 3 og h = 3, så vi får $V = {\large \frac{1}{3}} \pi \cdot 3^2 \cdot 3 = 9 \pi$.

Og på samme måte som i oppgave 1 får vi en endring i dimensjon. Vi integrerer et areal, og får et volum.

Tilbake til oppgaven