2P-Y Vår 2022

Vi sorterer tallene i stigende rekkefølge:

Det er $10$ verdier. Medianen er gjennomsnittet av de to midterste verdiene (plass 5 og 6):

Gjennomsnittet regner vi ut ved å summere alle verdiene og dele på antallet:

Typetallet er den verdien som forekommer flest ganger. Verdien $5$ forekommer $3$ ganger, som er flest.

Variasjonsbredden er differansen mellom største og minste verdi:

Svar: $\underline{\underline{\text{Median} = 5, \quad \bar{x} = 4{,}9, \quad \text{Typetall} = 5, \quad \text{Variasjonsbredde} = 8}}$

Vi ser på hvor mange ganger verdien $5$ forekommer i datamaterialet. Av den sorterte rekken ser vi at $5$ forekommer $3$ ganger.

Relativ frekvens forteller oss hvor stor andel av observasjonene som har en bestemt verdi:

Kumulativ frekvens forteller oss hvor stor andel av observasjonene som er lik eller mindre enn en bestemt verdi. Verdiene som er $\leq 5$ er: $2, 2, 4, 4, 5, 5, 5$ — det er $7$ verdier.

Hva forteller tallene oss?

Den relative frekvensen på $30 \,\%$ betyr at Sebastian var på nøyaktig $5$ fjellturer i $3$ av de $10$ årene, altså i $30 \,\%$ av årene.

Den kumulative frekvensen på $70 \,\%$ betyr at Sebastian var på høyst $5$ fjellturer i $7$ av de $10$ årene, altså i $70 \,\%$ av årene.

Svar: $\underline{\underline{\text{Relativ frekvens} = 0{,}3 \ (30 \,\%), \quad \text{Kumulativ frekvens} = 0{,}7 \ (70 \,\%)}}$

Når verdien synker med $5 \,\%$ hvert år, beholder båten $100 \,\% - 5 \,\% = 95 \,\%$ av verdien per år. Vekstfaktoren er $0{,}95$.

Etter ett år er verdien:

Svar: Båtens verdi om ett år er $\underline{\underline{570\,000 \, \mathrm{kr}}}$.

Vi bruker vekstfaktoren $0{,}95$ og regner ut hva verdien faktisk vil være etter $5$ år:

Vi regner ut $0{,}95^5$ steg for steg:

Verdien etter $5$ år blir:

Dette er høyere enn $450\,000 \, \mathrm{kr}$. Eirik påstår at verdien synker mer enn den faktisk gjør.

Det er fordi man ikke kan trekke fra $5 \,\%$ av den opprinnelige prisen hvert år — det er $5 \,\%$ av den nye (lavere) verdien hvert år. Prosentvis nedgang gir altså en langsommere verdiutvikling enn Eirik har regnet med.

Svar: Eiriks påstand er ikke riktig. Verdien etter $5$ år vil være ca. $\underline{\underline{464\,280 \, \mathrm{kr}}}$, som er høyere enn $450\,000 \, \mathrm{kr}$.

Vi leser av to punkter fra grafen: $(8, 54)$ og $(16, 58)$.

Stigningstallet finner vi ved å bruke formelen

For å finne $b$ setter vi inn ett av punktene, for eksempel $(8, 54)$:

Modellen blir

Praktisk tolkning:

• $a = 0{,}5$ betyr at kartlaven vokser $0{,}5 \, \mathrm{mm}$ i diameter per år.
• $b = 50$ betyr at kartlaven hadde en diameter på $50 \, \mathrm{mm}$ ved første observasjon (da $x = 0$).

Vi bruker modellen til å beregne veksten over 200 år.

Veksten per år er $a = 0{,}5 \, \mathrm{mm}$, så veksten over 200 år er

Ifølge modellen øker diameteren med $\underline{\underline{10 \, \mathrm{cm}}}$ i løpet av 200 år.

Vi bruker klassemidtpunktene til å beregne et gjennomsnitt.

Gjennomsnittet er $\underline{\underline{50}}$ krabber per dag.

For å finne medianen må vi finne midtverdien. Det er 60 dager totalt, så medianen er gjennomsnittet av den 30. og 31. verdien.

Vi setter opp kumulativ frekvens:

Den 30. verdien er den $30 - 25 = 5.$ verdien innenfor klassen $[40, 60\rangle$, som har 15 verdier spredt over en bredde på 20.

Stian kan bruke proporsjonal interpolasjon:

Stian kan argumentere for at den 30. verdien, ved proporsjonal interpolasjon, havner nær $47$.

Sebastian kan ha rett. Vi finner gjennomsnittet av verdi nr. 30 og 31:

• Verdi nr. 30: den 5. verdien i $[40, 60\rangle$ gir $40 + \dfrac{5}{15} \cdot 20 \approx 46{,}7$
• Verdi nr. 31: den 6. verdien i $[40, 60\rangle$ gir $40 + \dfrac{6}{15} \cdot 20 = 48$

Ja, Sebastian kan ha rett. Når man tar gjennomsnittet av verdi nr. 30 og 31, blir medianen ca. $\underline{\underline{47{,}3}}$, som er høyere enn $47$.

I et histogram er bredden på søylene lik klassens bredde, og høyden er frekvenstetthet (antall dager per enhet).

Tegn søyler langs $x$-aksen (antall krabber) med høyder som angitt i tabellen ovenfor. Merk at søylene for $[0, 20\rangle$ og $[40, 60\rangle$ er dobbelt så brede som de midterste søylene, og $[60, 100\rangle$ er fire ganger så bred.

Vi teller antall sirkler i de fire figurene:

Den første differansen øker med $6$ for hvert steg. Det betyr at vi legger til $6$ mer enn forrige gang:

Antall sirkler i figur 5:

Figur 5 har $\underline{\underline{65}}$ sirkler.

Siden den første differansen øker jevnt med $6$ for hvert steg, er andre differansen konstant og lik $6$. Det betyr at sammenhengen er kvadratisk, altså på formen

Vi setter opp tre likninger ved å bruke verdiene fra tabellen:

Fra de to første likningene:

Fra den andre og tredje:

Trekker (I) fra (II):

Setter $a = 3$ inn i (I):

Setter $a = 3$ og $b = -2$ inn i den første likningen:

Uttrykket blir

Vi kan også forstå dette geometrisk: hver figur består av et $n \times n$-kvadrat ($n^2$ sirkler) med fire trekantformede armer som til sammen har $2n(n-1)$ sirkler, slik at $f(n) = n^2 + 2n(n-1) = 3n^2 - 2n$.

Vi kontrollerer med figur 4: $f(4) = 3 \cdot 16 - 2 \cdot 4 = 48 - 8 = 40$ ✓

Antall sirkler i figur $n$ er $\underline{\underline{f(n) = 3n^2 - 2n}}$.

Vi setter $x = 0$ inn i funksjonsuttrykket:

$N(0) = \underline{\underline{5{,}0 \, \text{µg}}}$

Praktisk tolkning: Da forsøket startet (dag 0) var det $5{,}0$ mikrogram jod-131 i beholderen.

Vi regner ut noen punkter og tegner grafen:

Grafen er en avtagende eksponentialkurve som starter i $(0,\, 5{,}0)$ og nærmer seg 0.

Halveringstiden er den verdien av $x$ der $N(x) = \frac{N(0)}{2} = 2{,}5$. Vi setter opp likningen:

Siden basen er $\frac{1}{2}$ og høyre side også er $\frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^1$, må eksponenten være lik 1:

Halveringstiden er $\underline{\underline{8 \mathrm{~dager}}}$.

Praktisk tolkning: Etter 8 dager er halvparten av jod-131 i beholderen brutt ned.

Vi regner ut $N(6)$ og $N(40)$:

Stigningstallet til sekanten:

Stigningstallet er $\underline{\underline{k \approx -0{,}083 \, \text{µg/dag}}}$.

Praktisk tolkning: Fra dag 6 til dag 40 ble det i gjennomsnitt brutt ned ca. $0{,}083$ mikrogram jod-131 per dag.

Stigningstallet til tangenten i et punkt er lik den deriverte i det punktet. Vi deriverer $N(x)$:

Vi setter inn $x = 20$:

Stigningstallet til tangenten er $\underline{\underline{N'(20) \approx -0{,}077 \, \text{µg/dag}}}$.

Praktisk tolkning: Akkurat på dag 20 blir det brutt ned ca. $0{,}077$ mikrogram jod-131 per dag (momentan endringsrate).

Vi starter med å lage en modell for situasjon 1.

Totalprisen for hytta er $8000 \, \mathrm{kr}$. Prisen per person er $8000 \, \mathrm{kr}$ delt på antall personer. Vi lar $x$ være antall personer.

Tegning av grafen i GeoGebra:

Skriv inn f(x) = 8000/x i inntastingsfeltet. Grafen er en hyperbol. Marker punktet med kommandoen A = (5, f(5)).

Vi regner ut $f(5)$:

Punktet $(5,\ 1600)$ forteller oss: Hvis 5 personer deler på kostnadene, må hver person betale $\mathbf{1600 \, \mathrm{kr}}$.

Vi lager en modell for situasjon 2.

Innbyggertallet i dag er $30\,000$. Vi lar $x$ være antall år fra i dag. Modellen er eksponentiell:

Vi vet at etter 10 år er innbyggertallet doblet:

Modellen blir:

Tegning av grafen i GeoGebra:

Skriv inn g(x) = 30000 * 1.0718^x i inntastingsfeltet. Marker punktet med B = (5, g(5)).

Vi regner ut $g(5)$:

Punktet $(5,\ 42\,426)$ forteller oss: Etter 5 år vil det være omtrent $\mathbf{42\,426 \text{ innbyggere}}$ i bydelen.

Amalie setter inn 36 000 kr første januar hvert år. Hun gjør det første innskuddet 1. januar 2022 og det siste innskuddet 1. januar 2032. Det er 11 innskudd totalt.

Vi finner saldoen rett etter siste innskudd. Det siste innskuddet (2032) er akkurat satt inn og har ennå ikke fått rente. Innskuddet fra 2031 har hatt rente i 1 år, fra 2030 i 2 år, osv., og det første innskuddet fra 2022 har hatt rente i 10 år.

Vi kan sette opp en tabell der vi regner ut saldoen år for år. Rentefaktoren er $1{,}025$.

Mer systematisk: saldoen rett etter $n$-te innskudd er

For 11 innskudd ($n = 11$):

Amalie har $\underline{\underline{\approx 449 \, 405 \, \mathrm{kr}}}$ på kontoen rett etter innskuddet 1. januar 2032.

Vi bygger videre på tabellen og fortsetter å beregne saldoen år for år. Formelen for saldoen rett etter $n$-te innskudd er:

Vi tester noen verdier:

Saldoen passerer 1 000 000 kr rett etter det 22. innskuddet, som skjer 1. januar 2043.

Beløpet på kontoen passerer 1 000 000 kroner $\underline{\underline{1. \mathrm{~januar~} 2043}}$.

Vi skal finne $a$ og $b$ i modellen $T(x) = a \cdot x^b$ ved hjelp av datapunktene i tabellen.

Fremgangsmåte i GeoGebra:

1. Åpne GeoGebra og velg «Regneark».

2. Skriv inn fallhøydene i kolonne A og tidene i kolonne B:

   A (fallhøyde)	B (tid)
   0,15	66,2
   0,20	54,2
   0,30	38,4
   0,40	30,9
   0,50	24,9
   0,60	21,7
   0,70	19,3
   0,80	17,2
   0,85	15,8

3. Marker alle cellene, velg «To-variabel regresjonsanalyse» og velg modellen «Potensfunksjon».

4. GeoGebra beregner $a$ og $b$.

Regresjonen gir:

$a \approx 14{,}22$ betyr at ved fallhøyde $x = 1 \,\mathrm{m}$ tar det omtrent $14{,}22 \,\mathrm{s}$ for vannet å renne over.

$b \approx -0{,}82$ betyr at sammenhengen er en avtagende potensfunksjon — jo høyere fallhøyde, jo kortere tid.

Svar: $\underline{\underline{T(x) \approx 14{,}22 \cdot x^{-0{,}82}}}$

Vi skal finne den prosentvise endringen i $T(x)$ når fallhøyden $x$ øker med $40 \,\%$.

En økning på $40 \,\%$ betyr at den nye fallhøyden er $1{,}4 \cdot x$.

Vi regner ut forholdet mellom ny og gammel tid:

Vi setter inn $b \approx -0{,}82$:

Prosentvis endring:

Tiden avtar med omtrent $24 \,\%$ når fallhøyden øker med $40 \,\%$. Det betyr at jo høyere begerene henger over hverandre, jo raskere renner vannet over.

Svar: Tiden avtar med $\underline{\underline{\approx 24 \,\%}}$.

Vi har 24 observasjoner sortert i stigende rekkefølge:

Median: Med 24 observasjoner er medianen gjennomsnittet av den 12. og den 13. verdien. Begge er $7$, så

Gjennomsnitt: Vi summerer alle verdiene:

Standardavvik: Vi beregner kvadratavvikene fra gjennomsnittet $\bar{x} = 7$:

Svar:

Median $= \underline{\underline{7 \mathrm{~minutter}}}$, gjennomsnitt $= \underline{\underline{7 \mathrm{~minutter}}}$, standardavvik $\approx \underline{\underline{1{,}41 \mathrm{~minutter}}}$

Ola har lavere median enn Kari ($< 7$ minutter), men høyere gjennomsnitt ($> 7$ minutter). Det betyr at Ola er oftere relativt lite forsinket (medianen er lav), men har enkelte ganger svært store forsinkelser som drar gjennomsnittet opp.

Ola har også høyere standardavvik enn Kari ($> 1{,}41$ minutter). Det betyr at forsinkelsene hans varierer mer – han er mer uforutsigbar enn Kari.

Oppsummert: Ola er oftere lite forsinket enn Kari, men har større innslag av svært store forsinkelser. Forsinkelsene til Ola varierer mer enn forsinkelsene til Kari.

Sannsynligheten for at alle fire blomstene er oransje beregner vi steg for steg.

Første blomst oransje: $\dfrac{10}{18}$

Andre blomst oransje (én oransje er borte): $\dfrac{9}{17}$

Tredje blomst oransje: $\dfrac{8}{16}$

Fjerde blomst oransje: $\dfrac{7}{15}$

Sannsynligheten er $\underline{\underline{\dfrac{7}{102} \approx 6{,}9 \,\%}}$.

Vi beregner sannsynligheten for nøyaktig rekkefølgen gul – oransje – oransje – gul:

Første blomst gul: $\dfrac{8}{18}$

Andre blomst oransje: $\dfrac{10}{17}$

Tredje blomst oransje: $\dfrac{9}{16}$

Fjerde blomst gul (én gul er borte): $\dfrac{7}{15}$

Sannsynligheten er $\underline{\underline{\dfrac{7}{102} \approx 6{,}9 \,\%}}$.

Nå ønsker vi nøyaktig én gul og tre oransje, i vilkårlig rekkefølge. Den gule blomsten kan havne på plass 1, 2, 3 eller 4 – det gir 4 mulige rekkefølger.

Vi beregner sannsynligheten for én av rekkefølgene, for eksempel G, O, O, O:

På grunn av symmetrien (det er like mange blomster igjen uansett hvilken rekkefølge vi velger dem i) har alle fire rekkefølgene den samme sannsynligheten $\dfrac{4}{51}$.

Sannsynligheten er $\underline{\underline{\dfrac{16}{51} \approx 31{,}4 \,\%}}$.