Rättningsmall UM-final 2012

Transkript

1 Rättningsmall UM-final De första 9 sidorna har 9 siffror. De följande 90 har tvåsiffriga sidnummer, d.v.s. 180 siffror. Summan 189 siffror. Därefter följer tresiffrig numrering. Antalet siffror som återstår är =18 vilket motsvarar 6 sidor. Boken har alltså (9+90+6) sidor = 105 sidor. Antalet dikter blir alltså =103. 2p för en ansats 3p om man glömt dra bort 2 4p för korrekt lösning 2. Låt x vara den totala befolkningen på jorden och y den sammanlagda förmögenheten. I I-länderna: 0,24x konsumerar 0,82y. Konsumtionen per person 82y/24x = 41/12 (y/x) I U-länderna: 0,76x konsumerar 0,18y. Konsumtionen per person 18y/76x = 9/38 (y/x) Konsumtionen per person i I-länderna/Konsumtionen per person U-länderna = (41/12)(y/x)/(9/38)(y/x) = 14,4. En person i ett I-land konsumerar i genomsnitt mer än vad 14 personer i Ett U-land gör. 2p för en ansats 3p för enkelt räknefel 4p för fullständig lösning Alternativ lösning: Vi kan utan att förlora något utgå från att det finns 100 personer på jorden, varav 24 i I-länderna. Varje I-landsperson konsumerar 82%/24. Det finns vidare 76 U-landsbor, som får dela på de återstående 18%, vilket ger 18%/76 var. Alltså (84/24)/(18/76) =( samma som i första lösningen) =14,4 Samma bedömning

2 3. Typvärdet är det mest förekommande värdet. Medianvärdet delar det statistiska materialet i två till antalet lika delar (7 udda). Alltså att typvärdet 4 år och tvillingarna (2 st) har medelålder 7 år och medianåldern är 6 år, måste medföra att familjen har trillingar som är 4 år. Antag att det 7:e och äldsta barnet är x år. Vi får då: VL = åldrarna uppställda med medianåldern i mitten HL = 7 st ggr medelåldern 7 år Löses ekvationen så får man att det äldsta barnet är 17 år. 2p för god ansats med resonemang kring typvärde, medianvärde och medelvärde 3p för enkelt räknefel 4p för fullständig lösning 4. Vi klipper tråden i två bitar, en med längden x och en med längden. x måste ligga mellan 0 och 1. Biten med längd x viks till en kvadrat. Sidlängden blir då och arean. Andra delen böjs till en cirkel. Omkretsen för en cirkel är. Då omkretsen är blir diametern. Arean blir då Totala arean blir då Detta andragradsuttryck ger en kurva som är en parabel med öppningen uppåt, eftersom andragradskoefficienten är positiv. ( Glad mun ). Minsta möjliga area blir vid parabeln botten, största i någon av ändpunkterna på definitionsmängden. Jämför ändpunkterna: Eftersom är. Att ta hela tråden till cirkeln ger maximal area. Minpunkten kan hittas genom derivering:

3 Sätt derivatan till noll, och lös ut x: Man kan också kvadratkomplettera: ( ) ( ) Uttrycket har sitt minsta värde då andragradstermen är noll. Båda resonemangen ger att minvärdet antas då mellan 0 och 1, och är därför möjligt.. Detta värde ligger Här är en bild med graferna för A 1, A 2 och A. 5. Dela upp kulorna i 3 högar med 4 kulor i varje hög. Placera nu kulorna på så sätt att två av högarna läggs i varsin vågskål. Då kommer det antingen att väga jämnt eller olika. Fall 1: Det väger jämnt: Slutsats: vi har här 8 äkta kulor. Den falska finns i den 3:e högen. Märk dessa kulor som Ta nu 3 st och jämför med. Följande kan inträffa: Den falska är den återstående. Jämför med en äkta för att se om den är lättare eller tyngre.

4 Den falska ingår bland de tre, och är tyngre. Väg två av av dem mot varandra. Väger de olika är den tyngsta den falska, väger de lika är den tredje den falska. Den falska ingår bland de tre, och är lättare. Väg två av av dem mot varandra. Väger de olika är den lättaste den falska, väger de lika är den tredje den falska. Fall 2: Det väger ojämnt: Då är den tredje högen äkta. Märk kulorna i den tunga gruppen med +, de i lätta gruppen med och de i äkta gruppen med O. Skapa en hög och en hög O O O +. Väg dessa mot varandra. Följande kan inträffa: Alla dessa är äkta, så den falska finns bland, och är lättare. Jämför två av dessa med varandra. Antingen minuskulan i vänster skål eller pluskulan i höger skål måste vara falsk. Väg en av dem mot en äkta kula. Den falska måste finnas bland de tre pluskulorna till vänster (och är alltså tyngre). Jämför två av dessa mot varandra. 6. Två högar: rita två ringar på marken. För varje föremål har vi 2 alternativ: ena ringen eller andra ringen. Det ger totalt alternativ. Men två av dessa måste innebära att alla föremålen hamnade i samma ring och att den andra blev tom. Detta kan inte kallas 2 högar. Dra bort dessa varianter. Dessutom kommer varje fördelning ha räknats två gånger; det viktiga är ju vilka föremål som hamnar ihop, inte vilken ring de hamnar i. Så antalet måste dessutom halveras. är det rätta svaret. För blir detta 511. Tre högar: rita tre ringar, ger 3 alternativ för varje föremål. Det finns då sätt att fördela föremålen över ringarna. 3 av dessa måste dock innebära att alla föremålen hamnade i en och samma ring. Dessutom finns det för varje ring sätt att lägga alla föremålen i de två andra ringarna och lämna denna ring tom. Detta innebär att det finns sätt att fördela föremålen på ringarna utan att lämna någon tom. Men också här blir det dubbelräkningar. Varje sätt att gruppera föremålen kommer att åstadkommas gånger. (Första gruppen kan läggas

5 i någon av de 3 ringarna, nästa grupp i den ena av de 2 kvarvarande, sista grupp i den enda lediga.) Korrekt svar blir Alternativlösning 1: Vi kan kalla antal sätt att dela upp n olika objekt i k stycken högar för. Att dela upp objekten i en enda hög går helt klart bara på ett sätt. Att dela upp dem n högar går också bara på ett sätt (låt varje objekt bilda en egen hög ). Så. Anta nu att vi vet hur man delar upp n objekt, och att vi får ett objekt till. Antingen kan vi dela upp de första n objekten i högar, vilket går på sätt, och låta det sist tillkomna bilda en egen hög. Eller så delar vi upp de första i k högar, vilket går på sätt, och väljer en hög att slänga det sista objektet på, vilket går på k sätt. Totalt ger detta att Med denna formel kan man lösa vilken situation som helst, även om det blir en ganska lång beräkning. 10 föremål i 3 högar blir exempelvis Alternativlösning 2: Om man läst binomialkoefficienter kan man utnyttja dessa. ger antal sätt att ta ut k föremål bland n olika (utan hänsyn till ordning). Till första högen ska vi ha ett eller två eller upp till föremål (och så får de resterande bilda andra högen). Detta ger dock dubbelräkning, eftersom det egentligen inte finns någon speciell hög som är den första. Halvering korrigerar detta. För 10 föremål ger detta För 3 högar blir detta väsentligt mycket krångligare. Sök information om Stirlingtal av andra ordningen om ni vill veta mer. 1p om man lyckats göra något konstruktivt.

6 2p för korrekt fall 1 och inget på fall 2 2p för vettig början på båda fallen 3p vid nästan korrekta lösningar 4p vid helt korrekta lösningar