2P-Y Vår 2012

Vi leser av tabellen:

Variasjonsbredde er forskjellen mellom største og minste verdi:

Typetallet er den verdien flest elever har svart. Antall 4 har frekvens 6, som er høyest.

Median: Det er 20 elever, så medianen er gjennomsnittet av den 10. og 11. verdien når de er sortert.

Fra den kumulative kolonnen ser vi at plass 10 tilhører gruppen med 3 datamaskiner (kumulativt: 10), og plass 11 tilhører gruppen med 4 datamaskiner (kumulativt: 16).

Gjennomsnitt: Vi multipliserer antall datamaskiner med antall elever og deler på totalt antall elever:

Vi regner ut teller og nevner hver for seg:

Vi vurderer de tre regnestykkene:

• Regnestykke 1) trekker fra det samme beløpet hvert år. Det stemmer ikke – prosenten regnes av den nye verdien hvert år.
• Regnestykke 2) bruker ${\mathrm{0,15}}^{10}$. Men $\mathrm{0,15}$ er selve nedgangen (15 %), ikke den gjenværende andelen.
• Regnestykke 3) bruker ${\mathrm{0,85}}^{10}$, der $\mathrm{0,85}=1-\mathrm{0,15}$ er vekstfaktoren (den gjenværende andelen etter 15 % reduksjon). Etter 10 år har vi multiplisert med $\mathrm{0,85}$ ti ganger.

Regnestykke 3) er riktig. Etter 10 år er bilen verd $250000\cdot {\mathrm{0,85}}^{10}\approx 49200\mathrm{kr}$.

Sannsynlighet for sekser med én terning:

En terning har 6 sider, og bare én er en sekser:

Sannsynlighet for to like med to terninger:

Det er $6\cdot 6=36$ mulige utfall. Utfall der begge terningene viser samme tall: $(\mathrm{1,1}),(\mathrm{2,2}),(\mathrm{3,3}),(\mathrm{4,4}),(\mathrm{5,5}),(\mathrm{6,6})$ – det er 6 utfall.

De to sannsynlighetene er like store – begge er ${\displaystyle \frac{1}{6}}$.

Vi deler oljefondet på antall innbyggere. Vi skriver tallene om:

Hver innbygger ville ha fått omtrent 600 000 kroner.

f) 1)

Vi systematiserer opplysningene. Totalt er det 20 elever.

• 1 elev spiller verken fotball eller håndball
• De resterende $20-1=19$ elevene spiller ett av sportene eller begge
• La $x$ = antall elever som spiller begge idretter

Da er antall som spiller kun fotball: $15-x$, og antall som spiller kun håndball: $10-x$.

Venndiagram:

Antall elever som spiller begge: 6. Kun fotball: 9. Kun håndball: 4. Ingen av delene: 1.

f) 2)

Vi trekker tilfeldig én elev blant de 15 som spiller fotball. Vi vil finne sannsynligheten for at denne eleven også spiller håndball.

Av de 15 fotballelevene spiller 6 også håndball:

Vi tegner grafen til $f(x)=-\mathrm{0,05}{x}^2+\mathrm{2,60}x+\mathrm{0,50}$ for $0\le x\le 25$ i GeoGebra.

For å finne vekten ved fødselen setter vi inn $x=0$:

En gris veier $\underline{\underline{\mathrm{0,50}\mathrm{kg}}}$ ved fødselen.

Vi leser av grafen der kurven krysser linjen $y=20$. Det grønne punktet viser at dette skjer ved $x\approx \mathrm{9,09}$.

Vi kan også løse likningen $f(x)=20$ algebraisk:

GeoGebra gir løsningen $x\approx \mathrm{9,09}\text{ måneder}$.

Grisen er cirka $\underline{\underline{\mathrm{9,09}\text{ måneder}}}$ gammel når vekten passerer $20\mathrm{kg}$.

For å finne gjennomsnittlig vektøkning per måned frem til da regner vi ut:

Den gjennomsnittlige vektøkningen er $\underline{\underline{\approx \mathrm{2,15}\mathrm{kg}}}$ per måned frem til grisen veier $20\mathrm{kg}$.

Banken gir bare lån på 80 % av kjøpesummen. Sofie og Christer har 230 000 kr i egenkapital, som er de resterende 20 %.

Vi finner kjøpesummen ut fra egenkapitalen:

Lånet er 80 % av kjøpesummen:

Dette stemmer med det banken vil gi dem.

Leiligheten koster 1 150 000 kr og øker med $\mathrm{7,0}\%$ per år. Vekstfaktoren er $\mathrm{1,07}$.

Etter ett år:

Etter ti år:

Den årlige renten regner vi ut fra tabellen. I termin 1 er rentene 41 400 kr, og restlånet før termin 1 er det opprinnelige lånet på 920 000 kr.

Sofie og Christer kan kontakte banken for lavere rente når restlånet er under 60 % av leilighetens verdi.

Vi regner ut 60 % av leilighetsverdien for hvert år og sammenligner med restlånet fra tabellen. Leilighetsverdi etter $n$ år er $1150000\cdot {\mathrm{1,07}}^n$.

Etter år 3 er restlånet $828003\mathrm{kr}$, og $60\%$ av leilighetsverdien er $845280\mathrm{kr}$.

Siden $828003<845280$ kan de kontakte banken.

Sofie og Christer kan få lavere rente etter $\underline{\underline{3\text{ år}}}$.

Karen har 2 rosa sokker. Antall måter å velge begge de 2 rosa sokkene er:

Det er bare én måte å få to rosa sokker på.

Sannsynligheten er:

Vi kan også tenke på det slik: sannsynligheten for at den første sokken er rosa, er $\frac{2}{10}$. Gitt at den første var rosa, er sannsynligheten for at den andre også er rosa, $\frac{1}{9}$ (det er nå 1 rosa igjen av 9 sokker).

Sannsynligheten for at Karen tar to rosa sokker er ${\displaystyle \frac{1}{45}}$.

Karen har 2 rosa sokker og 8 sokker som ikke er rosa.

Antall måter å velge 1 rosa sokk av 2 rosa: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{1}\right)=2$

Antall måter å velge 1 ikke-rosa sokk av 8: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{1}\right)=8$

Antall gunstige utfall: $2\cdot 8=16$

Sannsynligheten er:

Vi kan også tenke trinnvis: enten tar hun rosa først og deretter en annen farge, eller omvendt.

Sannsynligheten for at Karen tar én rosa sokk og én sokk i en annen farge er ${\displaystyle \frac{16}{45}}$.

Det er 5 farger, og det finnes 2 sokker av hver farge. Antall måter å velge 2 sokker med samme farge av én bestemt farge er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{2}\right)=1$.

Siden det er 5 farger, er det totale antallet gunstige utfall $5\cdot 1=5$.

Sannsynligheten er:

Vi kan også beregne dette trinnvis: sannsynligheten for at den andre sokken har samme farge som den første, er alltid $\frac{1}{9}$ (uansett hvilken farge den første sokken hadde, er det 1 sokk igjen av samme farge blant de resterende 9).

Sannsynligheten for at Karen tar to sokker med samme farge er ${\displaystyle \frac{1}{9}}$.

Vi vet at grafen til $y=ax+b$ går gjennom punktene $(10,2300)$ og $(16,3200)$.

Vi setter opp to likninger ved å sette inn punktene:

Vi trekker likning (1) fra likning (2) for å finne $a$:

Vi setter $a=150$ inn i likning (1) for å finne $b$:

Den lineære modellen er $\underline{\underline{y=150x+800}}$.

$a=150$ er stigningstallet. Det betyr at prisen øker med $\underline{\underline{150\mathrm{kr}}}$ for hvert tonn sand som legges til billasset.

$b=800$ er konstantleddet. Det betyr at grunnprisen for å få kjørt billasset er $\underline{\underline{800\mathrm{kr}}}$, uavhengig av hvor mye sand som er på lasset. Dette kan for eksempel være betaling for selve kjøreturen (frakt/oppmøte).

Vi legger sammen alle seks målingene og deler på 6:

For standardavviket regner vi ut avviket fra gjennomsnittet for hver måling, kvadrerer, tar gjennomsnittet av kvadratene og tar kvadratroten:

Gjennomsnittet er $\approx \mathrm{0,467}\mathrm{s}$ og standardavviket er $\approx \mathrm{0,026}\mathrm{s}$.

Vi sjekker om målingen til elev 5 ($\mathrm{0,52}\mathrm{s}$) avviker mer enn $\mathrm{1,4}$ standardavvik fra gjennomsnittet.

Avviket til elev 5:

Grensen for forkasting:

Vi sammenligner:

Avviket er større enn grensen. Måleresultatet til elev 5 kan forkastes etter regelen til læreren.

Dette betyr at $\mathrm{0,52}\mathrm{s}$ mest sannsynlig skyldes en målefeil og ikke er en representativ måling av falltiden.

Vi beregner gjennomsnitt og standardavvik for de fem gjenværende målingene (uten $\mathrm{0,52}\mathrm{s}$):

Gjennomsnittet er $\approx \mathrm{0,456}\mathrm{s}$ og standardavviket er $\approx \mathrm{0,010}\mathrm{s}$.

Sammenlignet med alle seks målinger har gjennomsnittet sunket fra $\mathrm{0,467}\mathrm{s}$ til $\mathrm{0,456}\mathrm{s}$, og standardavviket har sunket kraftig fra $\mathrm{0,026}\mathrm{s}$ til $\mathrm{0,010}\mathrm{s}$. Dette virker rimelig: $\mathrm{0,52}\mathrm{s}$ var den eneste høye verdien, og når vi fjerner den, trekkes gjennomsnittet ned og spredningen i målingene blir mye mindre.

Vi legger inn punktene fra tabellen i GeoGebra, der $x$ er antall år etter 1900:

Vi kjører eksponentiell regresjon på punktene. GeoGebra gir modellen:

Grafen nedenfor viser at kurven passer godt med alle datapunktene.

De røde punktene er tallene fra tabellen. Den blå kurven er modellen $f(x)=\mathrm{1,27}\cdot {\mathrm{1,016}}^x$. Kurven treffer punktene godt, og vi kan bekrefte at modellen er en god tilnærming til dataene.

Modellen $f(x)=\mathrm{1,27}\cdot {\mathrm{1,016}}^x$ passer godt til tabellverdiene.

I modellen $f(x)=\mathrm{1,27}\cdot {\mathrm{1,016}}^x$ er vekstfaktoren $\mathrm{1,016}$.

Vekstfaktor $\mathrm{1,016}$ betyr at folketallet multipliseres med $\mathrm{1,016}$ hvert år, altså øker med

Ifølge modellen øker folketallet med $\underline{\underline{\mathrm{1,6}\%}}$ per år.

Vi skal finne $x$ når $f(x)=\mathrm{4,6}$:

$x\approx 81$ tilsvarer årstallet $1900+81=1981$.

Ifølge modellen var verdens befolkning $\mathrm{4,6}$ milliarder rundt år $\underline{\underline{1981}}$.

Dobbleringstid $T$ er den tiden det tar før befolkningen dobles, altså når $f(x+T)=2\cdot f(x)$.

Vi setter opp:

Ifølge modellen tar det ca. $\underline{\underline{\mathrm{43,7}\text{ år}}}$ mellom hver dobling.

Vi kan sammenligne med tabellen. Fra 2 til 4 mrd gikk det fra 1927 til 1974, altså $74-27=47$ år. Fra 3 til 6 mrd gikk det fra 1961 til 1999, altså $99-61=38$ år. Modellens dobbleringstid på ca. 44 år stemmer rimelig godt med disse observasjonene, selv om de faktiske dobleringstidene varierer noe.

Vi regner ut $f(125)$ (år 2025) og $f(145)$ (år 2045):

FNs prognoser: ca. $8$ mrd i 2025 og $9$ mrd i 2045.

Modellen overvurderer framtidig vekst. Den gir et for høyt tall for 2025 ($\mathrm{9,2}$ mot FNs $\mathrm{8,0}$ mrd), og spesielt for 2045 ($\mathrm{12,7}$ mot FNs $\mathrm{9,0}$ mrd). Dette tyder på at veksten i verdensbefolkningen faktisk er i ferd med å avta, og at en modell med konstant prosentvis vekst ikke passer like godt for fremtiden.