R1 kapittel 7 Sannsynlighet Løsninger til oppgavene i boka Kapitteltest

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 7 Sannsynlighet
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
De fem lappene kan ordnes i rekkefølge på 5! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 120 forskjellige måter.
Vi kan altså lage 120 forskjellige femsifrede tall med de fem nummererte lappene.
Oppgave 2
a
Dette er et binomisk forsøk der de fire skålene utgjør fire uavhengige delforsøk.
I hvert delforsøk er sannsynligheten for å velge en rød Non Stop 4 6 , og sannsynligheten for
å velge en blå Non Stop er 2 6 . Sannsynligheten for å velge én rød Non Stop er derfor
()
P( X = 1) = 4
1
b
1
4
⋅ 
6
3
3
2  1 4⋅2 8
2
⋅  = 4⋅ ⋅  = 4 =
3 3
3
81
6
Sannsynligheten for å velge to røde Non Stop er
2
2
2
2
4⋅3  2   1 
4 1 24 24 : 3 8
4 2
P( X ==
2) 4 ⋅   ⋅   = ⋅   ⋅   =
6⋅ ⋅ == =
2  6   6  1⋅ 2  3   3 
9 9 81 81: 3 27
()
Oppgave 3
a
b
Det er to terninger, den vanlige (V) og den med feil (F).
Det er like sannsynlig å velge hver av terningene, P=
(V) P=
(F) P=
(V) 1 2 .
For den vanlige terningen er P(6 | V) = 1 6 . For terningen med feil er P(6 | V) = 1 3 .
Fra setningen om total sannsynlighet får vi dermed
1 1 1 1 1 1 3 1
P(6) = P(V) ⋅ P(6 | V) + P(V) ⋅ P(6 | V) = ⋅ + ⋅ =
+ =
=
2 6 2 3 12 6 12 4
1
Sannsynligheten for å få en sekser er .
4
Vi bruker Bayes' setning:
1 1
1
⋅
P(V) ⋅ P(6 | V) 2 6 12 1 4 4 1
P(V | 6) =
=
=
=
⋅ =
=
1
1 12 1 12 3
P(6)
4
4
Sannsynligheten for at vi kastet med den vanlige terningen, gitt at vi fikk en sekser, er
© Aschehoug
www.lokus.no
1
.
3
Side 1 av 6
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4
a
()
()
⋅3
4 4=
Antall måter vi kan velge to FOX fra en mengde på fire: =
6
2 1⋅ 2
Antall måter vi kan velge én NOX fra en mengde på to: 2 = 2
1
6 ⋅ 5 ⋅ 4 120
6
6 P3
Antall måter vi kan velge tre karameller fra en mengde på 6: =
=
= = 20
3
3! 1 ⋅ 2 ⋅ 3
6
Formelen for hypergeometrisk sannsynlighet gir dermed
4 ⋅ 2
2 1
6 ⋅ 2 12 12 : 4 3
P( X= 2)
=
=
= =
=
6
20 20 20 : 4 5
3
3
Sannsynligheten for å velge nøyaktig to FOX er .
5
()
( )( )
()
b
()
Antall måter vi kan velge tre FOX fra en mengde på fire er 4 = 4 .
3
P( X= 3)=
( 43) ⋅ ( 02=)
(63)
4 ⋅1 4 1
= =
20 20 5
Sannsynligheten for å velge nøyaktig tre FOX er
c
3 1 4
P( X ≥ 2) = P( X = 2) + P( X = 3) = + =
5 5 5
Sannsynligheten for å velge minst to FOX er
1
.
5
4
.
5
Oppgave 5
a
Vi bruker addisjonssetningen:
P( A ∪ B)= P( A) + P( B) − P( A ∩ B)
P( A ∩ B)= P( A) + P( B) − P( A ∪ B)= 0, 40 + 0, 60 − 0, 76= 0, 24
Så bruker vi formelen for betinget sannsynlighet:
P( A ∩ B) 0, 24 24 24 :12 2
P( A | B)=
=
=
=
= = 0, 40
P( B)
0, 60 60 60 :12 5
b
Vi ser at P( A | B) = P( A) . Hendelsene A og B er derfor uavhengige.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 6
Løsninger til oppgavene i boka
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 6
a
Vi skiller mellom to hendelser, nemlig at kvinnen er gravid (G), og at testen viser at hun er
gravid (T). I oppgaven er det opplyst at P(T | G ) = 99 % , P(T | G ) = 2 % og P(G ) = 20 % .
Altså er P(G ) = 80 % . Vi bruker setningen om total sannsynlighet.
P(T ) = P(G ) ⋅ P(T | G ) + P(G ) ⋅ P(T | G ) = 0, 20 ⋅ 0,99 + 0,80 ⋅ 0, 02 = 0, 214 = 21, 4 %
Sannsynligheten for at testen indikerer at kvinnen er gravid, er 21,4 %.
b
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P(G | T ) , og bruker da Bayes' setning.
P(G ) ⋅ P(T | G ) 0, 20 ⋅ 0,99
P(G=
|T)
=
= 0,925
= 92,5 %
P(T )
0, 214
Sannsynligheten for at kvinnen er gravid, når graviditetstesten er positiv, er 92,5 %.
Oppgave 7
a
b
Vi skal velge 15 rom fra de 19 tilgjengelige rommene. Rekkefølgen har betydning, altså
hvilken gruppe som havner i hvilket rom. Antall mulige ordnede utvalg er da
19 P15 = 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15 ⋅ 14 ⋅ 13 ⋅ 12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 5 068 545 850 368 000
Avdelingslederen kan fordele gruppene på 5 068 545 850 368 000 forskjellige måter.
De 15 gruppene kan ordnes i rekkefølge på 15! forskjellige måter.
15! =1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 11 ⋅ 12 ⋅ 13 ⋅ 14 ⋅ 15 =1 307 674 368 000
Avdelingslederen kan fordele gruppene på 1 307 674 368 000 forskjellige måter.
Oppgave 8
a
b
For hver fødsel er sannsynligheten 99 % for at det ikke er tvillinger.
P( X= 0)
= 0,99200= 0,1340 ≈ 13, 4 %
Sannsynligheten for at det ikke blir født noen tvillingpar er 13,4 %.
Vi bruker formelen for binomisk sannsynlighet.
200 ⋅ 0, 012 ⋅ 0,99198 =
P( X =
2) =
19 900 ⋅ 0, 012 ⋅ 0,99198 =
0, 2720 ≈ 27, 2 %
2
Sannsynligheten for at det blir født nøyaktig to tvillingpar er 27,2 %.
c
1) 200 ⋅ 0, 011 ⋅ 0,99199 =
0, 2707
P( X ==
1
( )
( )
P( X ≤ 1) = P( X = 0) + P( X = 1) = 0,1340 + 0, 2707 = 0, 4047 ≈ 40,5 %
Sannsynligheten for at det blir født høyst ett tvillingpar er 40,5 %.
d
( )
3) 200 ⋅ 0, 013 ⋅ 0,99197 =
0,1814
P( X ==
3
P( X ≤ 3) =
P( X =+
0) P( X =+
1) P( X =+
2) P( X =
3)
= 0,1340 + 0, 2707 + 0, 2720 + 0,1814 = 0,8581
Hendelsene «minst fire tvillingpar» og «høyst tre tvillingpar» er komplementære.
Dermed er
P( X ≥ 4) =P( X ≤ 3) =1 − P( X ≤ 3) =1 − 0,8581 =0,1419 ≈ 14, 2 %
Sannsynligheten for at det blir født minst fire tvillingpar er 14,2 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 6
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 9
a
1
( )
Antall måter vi kan velge to defekte komponenter fra 10 mulige: 10
2
( )
Antall måter vi kan velge 18 fungerende komponenter fra 90 mulige: 90
18
Antall måter vi kan velge 20 komponenter fra 100 mulige: 100
20
Formelen for hypergeometrisk sannsynlighet gir dermed
10 ⋅ 90
2 18
P( X= 2)
=
= 0,318
= 31,8 %
100
20
Sannsynligheten for at to av komponentene er defekte, er 31,8 %.
( )
( )( )
( )
2
0) P( X =+
1) P( X =
2)
P( X ≤ 2) =
P( X =+
(=100 ) ⋅ (9020) + (101 ) ⋅ (1990) + (102 ) ⋅ (1890) =
0, 681 =
68,1 %
100
100
100
( 20 ) ( 20 ) ( 20 )
Sannsynligheten for at høyst to av komponentene er defekte, er 68,1 %.
3
0) P( X =+
1) P( X =+
2) P( X =
3)
P( X ≤ 3) =
P( X =+
(= 100 ) ⋅ (9020) + (101 ) ⋅ (1990) + (102 ) ⋅ (1890) + (103 ) ⋅ (1790) = 0,890
(100
(100
(100
(100
20 )
20 )
20 )
20 )
P( X ≥ 4) =P( X ≤ 3) =1 − P( X ≤ 3) =1 − 0,890 =0,110 =11, 0 %
Sannsynligheten for at minst fire av komponentene er defekte, er 11,0 %.
b
Tenk at det er x defekte komponenter i pakningen. Sannsynligheten for at minst fire av de
kontrollerte komponentene er defekte, er da gitt ved funksjonen
x ⋅ 100 − x
x ⋅ 100 − x
x ⋅ 100 − x
x ⋅ 100 − x
0
20
1
19
2
18
3
17
f ( x) =
−
−
−
1−
(3 ≤ x ≤ 80)
100
100
100
100
20
20
20
20
Vi velger noen verdier av x, og regner ut f ( x) med GeoGebra.
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
x
f ( x)
10
0,110
11
0,149
12
0,194
13
0,242
14
0,294
15
0,347
16
0,402
17
0,456
18
0,508
Vi ser at f=
(14) 0,=
294 29, 4 % .
Det er altså 14 defekte komponenter i pakningen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 6
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 10
a
1
For hvert av de ti spørsmålene er sannsynligheten 1 4 = 0, 25 for at de svarer riktig.
Formelen for binomisk sannsynlighet gir
P( X ==
3) 10 ⋅ 0, 253 ⋅ 0, 757 =
120 ⋅ 0, 253 ⋅ 0, 757 =
0, 250 =
25, 0 %
3
Sannsynligheten for å få nøyaktig tre riktige svar er 25,0 %.
( )
2
P( X ≤ 3) =
P( X =+
0) P( X =+
1) P( X =+
2) P( X =
3)
( )
( )
( )
( )
= 10 ⋅ 0, 250 ⋅ 0, 7510 + 10 ⋅ 0, 251 ⋅ 0, 759 + 10 ⋅ 0, 252 ⋅ 0, 758 + 10 ⋅ 0, 253 ⋅ 0, 757
0
1
2
3
= 0, 776
3
b
P( X ≥ 4) =P( X ≤ 3) =1 − P( X ≤ 3) =1 − 0, 776 =0, 224 =22, 4 %
Sannsynligheten for å få minst fire riktige svar er 22,4 %.
Hendelsen «minst sju gale svar» er det samme som «høyst tre riktige svar».
I oppgave a.2 fant vi at P( X ≤ 3)
= 0, 776
= 77, 6 % .
Sannsynligheten for å få minst sju gale svar er altså 77,6 %.
Tenk at klasse 2B vet svaret på x spørsmål. Da må de gjette svaret på 10 − x spørsmål.
Vi vil vite sannsynligheten for at de får minst ni riktige svar, altså at de svarer feil på 0 eller 1
spørsmål. Sannsynligheten for å tippe feil på 0 eller 1 av (10 − x) spørsmål er gitt ved
f ( x)= 10 − x ⋅ 0, 750 ⋅ 0, 2510− x + 10 − x ⋅ 0, 751 ⋅ 0, 259− x
0
1
(
)
(
)
= 0, 2510− x + (10 − x) ⋅ 0, 75 ⋅ 0, 259− x
Vi regner ut f ( x) for noen verdier av x.
x
f ( x)
4
0,005
5
0,016
6
0,051
7
0,156
8
0,438
9
1
Vi ser at =
f (7) 0,156
= 15, 6 % . Laget vet altså svaret på 7 av spørsmålene.
Oppgave 11
a
Barnet får sykdommen hvis det får genutgaven a fra begge foreldrene.
For hver av foreldrene er sannsynligheten 50 % for at barnet arver genutgaven a.
2
Sannsynligheten for at barnet får sykdommen er derfor 0,50
=
0,=
25 25 % .
b
Sannsynligheten for at hvert enkelt barn ikke får sykdommen, er 75 %.
=
0, 752 0,5625 ≈ 56,3 %
Sannsynligheten for at ingen av de to barna får sykdommen, er 56,3 %.
Vi ser på hendelsene B = «kvinnen er bærer» og S = «barnet får sigdcelleanemi».
Da vet vi at P( B) = 8 % og P( B ) = 92 % .
Hvis moren ikke er bærer av sykdommen, så kan heller ikke barnet få sykdommen
(men barnet kan bli bærer hvis det arver a-genet fra faren). Altså er P( S | B ) = 0 .
Hvis moren er bærer av sykdommen, så er altså begge foreldrene bærere.
Da fant vi i oppgave a at P( S | B) = 25 % . Setningen om total sannsynlighet gir dermed
c
P( S=
) P( B) ⋅ P( S | B) + P( B ) ⋅ P( S | B=
) 0, 08 ⋅ 0, 25 + 0,92 ⋅ =
0 0, 02
= 2%
Sannsynligheten er 2 % for at et barn paret får, vil lide av sigdcelleanemi.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 6
Løsninger til oppgavene i boka
d
Spørsmålet om hvert av de to barna får sykdommen eller ikke, er ikke uavhengige hendelser,
siden det avhenger av om moren er bærer av sykdommen eller ikke. Vi må i stedet dele opp
spørsmålet på samme måte som i oppgave c, og bruke resultatet fra oppgave b.
Vi ser på hendelsen I = «ingen av de to barna får sykdommen».
Fra oppgave b vet vi at P( I | B) = 56, 25 % .
Hvis moren ikke er bærer, så vet vi at ingen av barna får sykdommen, P( I | B ) = 1 .
P( I=
) P( B) ⋅ P( I | B) + P( B ) ⋅ P( I | B=
) 0, 08 ⋅ 0,5625 + 0,92 =
⋅ 1 0,965
= 96,5 %
Sannsynligheten for at ingen av barna vil lide av sykdommen, er 96,5 %.
e
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( B | I ) , og bruker da Bayes' setning.
P( B) ⋅ P( I | B) 0, 08 ⋅ 0,5625
=
=
= 0,=
P( B
| I)
047 4, 7 %
P( I )
0,965
Sannsynligheten for at moren er bærer av sykdommen, når paret har to friske barn, er 4,7 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 6