1T kapittel 7 Sannsynlighet Løsninger til oppgavene i læreboka

Løsninger
1T kapittel 7 Sannsynlighet
Løsninger til oppgavene i læreboka
Oppgave 7.1
a
b
c
d
Vi vet at kokepunktet til vann er 100 C (ved havoverflaten).
Derfor vet vi på forhånd at vannet til Andreas ikke vil koke ved bare 50 C .
Thea vil ikke vite på forhånd resultatet av å kaste en tikrone.
Trekningen av lotteriet er tilfeldig. Sara kan derfor ikke vite om hun kommer til å vinne.
Inndelingen i lag er deterministisk. Eivind kan derfor på forhånd beregne (eller telle selv)
hvilket lag han kommer på (han kommer på lag 1).
Oppgave 7.3
a
b
156 369
 0,514
304 221
Den relative frekvensen for guttefødsler er 0,514.
Vi har regnet den relative frekvensen utfra et veldig stort antall barn.
Da kan vi regne med at sannsynligheten er lik den relative frekvensen.
Sannsynligheten for at et nyfødt barn er en gutt, er altså 0,514  51, 4 % .
Oppgave 7.4
a
b
c
d
e
Sannsynligheten for å få mynt er 50 %. Da er også sannsynligheten for å få krone 50 %.
Det er altså like sannsynlig å få krone som mynt. Påstanden er riktig.
Vi kan aldri vite på forhånd når vi vil få mynt. Påstanden er derfor gal.
Det er 50 % sannsynlig at vi får mynt og krone i hvert kast. Etter mange kast vil vi derfor
forvente å få omtrent like mange mynt og krone. Påstanden er riktig.
Vi kan aldri vite nøyaktig hvor mange mynt og krone vi vil få. Påstanden er gal.
Sannsynligheten for å få mynt er lik den relative frekvensen etter veldig mange kast.
Den relative frekvensen vil derfor nærme seg 50 %  1 2 etter mange kast.
Påstanden er riktig.
Oppgave 7.6
a
b
Totalt ble det født 1833 033  1733 407  3 566 440 barn i denne perioden.
1833 033
 0,5140
3 566 440
1 733 407
 0, 4860
3 566 440
Den relative frekvensen for guttefødsler er 0,5140,
og den relative frekvensen for jentefødsler er 0,4860.
De relative frekvensene stemmer helt nøyaktig med at sannsynligheten er 51,4 % for gutt og
48,6 % for jente, akkurat som vi kan forvente når antallet barn er så høyt.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 38
Løsninger
Oppgave 7.7
Vi har ikke lært å regne ut disse sannsynlighetene ennå (det skal vi gjøre i oppgave 7.25).
Men du kan kaste to terninger mange ganger, f.eks. 100 ganger, og telle opp hva du får flest
ganger av «sum øyne lik sju» og «minst én ener».
Oppgave 7.8
a
b
c
12 128
 0,0099
1 219 206
Den relative frekvensen for tvillingfødsler i perioden 1961–1980 er 0,0099.
19 164
 0,0164
1166 299
Den relative frekvensen for tvillingfødsler i perioden 1991–2010 er 0,0164.
Den relative frekvensen for tvillingfødsler har økt fra 0,0099 til 0,0164.
Det er en betydelig økning, og når antallet fødsler vi ser på også er så høyt, tyder det på at
sannsynligheten for å få tvillinger har endret seg.
Oppgave 7.9
a
Antall øyne på terningen er enten 1, 2, 3, 4, 5 eller 6.
Utfallsrommet er altså U  1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 .
b
De seks utfallene er like sannsynlige. En sannsynlighetsmodell for forsøket er derfor
1
P(1)  P(2)  P(3)  P(4)  P(5)  P(6) 
6
Oppgave 7.10
a
Det er fire mulige utfall i forsøket: rødt, blått, gult og grått.
Utfallsrommet er altså U  rød , blå , gul , grå .
b
Det røde og det blå feltet dekker
1
1
av lykkehjulet hver. Altså er P(rød)  P(blå)  .
3
3
1
1
Det gule og det grå feltet dekker av lykkehjulet. Altså er P(gul)  P(grå)  .
6
6
Oppgave 7.11
1 1 1
 
4 4 2
a
P(blå eller gul)  P(blå)  P(gul) 
b
P(rød eller grønn)  P(rød)  P(grønn) 
c
P(ikke grå)  P(grønn, rød, blå eller gul)
1 1 3
 
4 8 8
1 1 1 1 7
 P(grønn)  P(rød)  P(blå)  P(gul)     
8 4 4 4 8
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 38
Løsninger
Oppgave 7.12
a
Totalt er det fire utfall: KK, KM, MK og MM.
Hendelsen «nøyaktig én krone» består av utfallene KM og MK.
b
Hendelsen B består av utfallene KK og MM.
Hendelsen kan altså uttrykkes som «krone på begge eller mynt på begge».
c
Hendelsen B består av to utfall. Derfor er P( B) 
2 1
 .
4 2
Siden B og B er komplementære hendelser, er dermed P( B )  1 
1 1
 .
2 2
Oppgave 7.13
a
b
Utfallsrommet er de ti tallene på lappene: U  1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 .
Alle de ti utfallene er like sannsynlige. En sannsynlighetsmodell for forsøket er altså
1
P(1)  P(2)  P(3)  P(4)  P(5)  P(6)  P(7)  P(8)  P(9)  P(10) 
10
Oppgave 7.14
a
b
c
d
De mulige utfallene er de seks bokstavene på lappene, altså V, E, G, A, R og D.
Alle de seks utfallene er like sannsynlige. En sannsynlighetsmodell for forsøket er altså
1
P(V)  P(E)  P(G)  P(A)  P(R)  P(D) 
6
Det er to vokaler blant de seks utfallene, nemlig E og A. Dermed er
1 1 1
P(vokal)  P(E eller A)  P(E)  P(A)   
6 6 3
Det er fire konsonanter: V, G, R og D. Dermed er
1 1 1 1 2
P(konsonant)  P(V, G, R eller D)  P(V)  P(G)  P(R)  P(D)     
6 6 6 6 3
Oppgave 7.15
a
b
Det er fire mulige utfall: A, B, AB og 0.
P(A)  0, 48 , P(B)  0,08 , P(AB)  0,04 og P(0)  0, 40 .
c
P(A eller AB)  P(A)  P(AB)  48 %  4 %  52 %
d
P(ikke 0)  P(A, B eller AB)  P(A)  P(B)  P(AB)  48 %  8 %  4 %  60 %
e
Blodgiveren må ha blodtype A eller blodtype 0.
P(A eller 0)  P(A)  P(0)  48 %  40 %  88 %
Sannsynligheten er 88 % for at en pasient med blodtype A kan få overført blod fra den nye
blodgiveren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 38
Løsninger
Oppgave 7.16
a
Hendelsen «minst 5 øyne» består av utfallene 5 og 6.
b
Hendelsen A består av utfallene 1, 2, 3 og 4.
Hendelsen kan altså uttrykkes som «høyst 4 øyne».
c
P( A)  P(5 eller 6)  P(5)  P(6) 
1 1 1
 
6 6 3
1 2
Siden A og A er komplementære, er dermed P( A)  1  P( A)  1   .
3 3
Oppgave 7.17
a
P(oddetall)  P(1)  P(3)  10 %  40 %  50 %
b
P(partall)  P(4)  P(6)  40 %  10 %  50 %
c
P(høyst tre)  P(1)  P(3)  10 %  40 %  50 %
d
P(minst tre)  P(3)  P(4)  P(6)  40 %  40 %  10 %  90 %
Oppgave 7.18
a
Sannsynlighetsmodellen for forsøket er gitt ved oppslutningen til partiene ved valget, altså
P(Rødt)  1,1 % , P(SV)  4,1 % , P(Ap)  30,8 % , P(Sp)  5,5 % , P(KrF)  5,6 % ,
P(V)  5, 2 % , P(H)  26,8 % , P(FrP)  16,3 % , P(MDG)  2,8 % og P(Andre)  1,8 % .
b
1
P(borgerlig)  P(KrF, V, H eller FrP)
 P(KrF)  P(V)  P(H)  P(FrP)
 5, 6 %  5, 2 %  26,8 %  16,3 %  53,9 %
2
P(ikke borgerlig)  1  P(borgerlig)  100 %  53,9 %  46,1 %
3
P(rødgrønt)  P(SV, Ap eller Sp)
 P(SV)  P(Ap)  P(Sp)  4,1 %  30,8 %  5,5 %  40, 4 %
4
P(ikke rødgrønt)  1  P(rødgrønt)  100 %  40, 4 %  59,6 %
Oppgave 7.19
For hvert av utfallene må sannsynligheten være et tall mellom 0 og 1.
Summen av de fire sannsynlighetene skal være lik 1.
1 1 1 1
For alternativ b ser vi at P(1)  P(2)  P(3)  P(4)      1,033  1 .
4 4 5 3
For alternativ c er P(3)  0 .
1 1 1 1 4
For alternativ d er P(1)  P(2)  P(3)  P(4)       1 .
5 5 5 5 5
Det er altså alternativene a og e som utgjør sannsynlighetsmodeller.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 38
Løsninger
Oppgave 7.20
a
b
c
Vi vet at P(1)  P(2)  P(3)  P(4)  1 . Dermed er
1 1 1 12 4 3 2
3 1
P(4)  1  P(1)  P(2)  P(3)  1         
3 4 6 12 12 12 12 12 4
1 1 1 4 3 2
9 3
P( A)  P(1)  P(2)  P(3)       

3 4 6 12 12 12 12 4
1 1 1
P( B)  P(2)  P(4)   
4 4 2
3 1

4 4
1 1
P( B )  1  P( B)  1  
2 2
P( A)  1  P( A)  1 
Oppgave 7.21
20 129
 0,0108 , og
1859 962
201
den relative frekvensen for trillingfødsler er
 0,0001 .
1859 962
Den relative frekvensen for enkeltfødsler er da 1  0,0108  0,0001  0,9891 .
En sannsynlighetsmodell for antall barn ved en fødsel er derfor P(enkeltfødsel)  98,91 % ,
P(tvillingfødsel)  1,08 % og P(trillingfødsel)  0,01 % .
Den relative frekvensen for tvillingfødsler er
Oppgave 7.22
a
b
De gunstige utfallene er 1, 2, 3 og 4.
Det er altså g  4 gunstige utfall, og m  6 mulige utfall. Dermed er
g 4 2
P(høyst 4 øyne)   
m 6 3
Det er g  4 gunstige utfall, nemlig 3, 4, 5 og 6. Altså er
4 2
P(minst 3 øyne)  
6 3
c
De gunstige utfallene er 1, 3 og 5. Dermed er P(oddetall)  3 6  1 2 .
d
De gunstige utfallene er 2, 4 og 6. Dermed er P(partall)  3 6  1 2 .
Oppgave 7.23
a
b
c
Det er 12  15  27 elever i klassen. Det er dermed 27 mulige utfall i loddtrekningen.
Det er 15 gutter i klassen. Altså er det 15 gunstige utfall for at en gutt blir trukket ut.
Det er 15 gunstige utfall, og 27 mulige utfall.
antall gunstige utfall 15 15 : 3 5
P(gutt) 



antall mulige utfall 27 27 : 3 9
Sannsynligheten er 5 9 for at en gutt blir trukket ut.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 38
Løsninger
Oppgave 7.24
a
b
c
Det er g  13 hjerterkort i kortstokken, og m  52 kort totalt. Derfor er
g 13 1
P(hjerter)  

m 52 4
Det er g  4 ess i kortstokken. Derfor er
g
4
1
P(ess)  

m 52 13
Det er 4  4  16 honnørkort i kortstokken. Derfor er
16 4
P(honnør) 

52 13
Oppgave 7.25
a
1
Hendelsen «sum øyne lik sju» består av utfallene
(1, 6) , (2 , 5) , (3 , 4) , (4 , 3) , (5 , 2) og (6 , 1) .
2
Hendelsen «minst én ener» består av utfallene (1, 6) , (1, 5) , (1, 4) , (1, 3) , (1, 2) , (1 , 1) ,
(2 , 1) , (3 , 1) , (4 , 1) , (5 , 1) og (6 , 1) .
3
Hendelsen «par» består av utfallene (1 , 1) , (2 , 2) , (3 , 3) , (4 , 4) , (5 , 5) og (6 , 6) .
1
b
1
2
3
2
3
Hendelsen «sum øyne lik sju» består av 6 gunstige utfall. Totalt er det 36 mulige utfall.
Altså er
6 1
P(sum øyne lik sju) 

36 6
Hendelsen «minst én ener» består av 11 gunstige utfall.
11
P(minst én ener) 
36
Hendelsen «par» består av 6 gunstige utfall.
6 1
P(par) 

36 6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 38
Løsninger
Oppgave 7.26
Tenk at det er m seigmenn i skåla. Det er g  5 seigmenn som er gule.
Sannsynligheten for å trekke en gul seigmann er 25 %  0, 25 . Det gir
g
P(gul) 
m
5
0, 25 
m
5
m
0, 25
m  20
Det er 20 seigmenn i skåla.
Oppgave 7.27
a
b
c
Det er m  8 mulige utfall.
Hendelsen «tre krone» svarer til utfallet KKK. Altså er
1 1
P(tre krone)  
m 8
Hendelsen «tre mynt» svarer til utfallet MMM.
1
P(tre mynt) 
8
Det er tre utfall som er gunstige for hendelsen
«to krone og én mynt», nemlig KKM, KMK og MKK.
Altså er g  3 . Det gir
g 3
P(to krone og én mynt)  
m 8
Oppgave 7.28
a
b
Du kan velge mellom tre forskjellige biter når du tar den første biten.
Når du skal ta den andre biten er det derfor bare to biter igjen.
Hvis du f.eks. velger sjokoladebiten (S) først, er det bare karamell (K)
og lakris (L) som er igjen. Det er altså 6 forskjellige måter å velge
de to bitene på: SK, SL, KS, KL, LS og LK.
Se figuren til høyre.
Oppgave 7.29
a
b
Det er 25 forskjellige måter å velge medlemmet på.
For hvert av disse valgene er det 24 forskjellige måter å velge varamedlem.
Vi kan altså velge medlem og varamedlem på m  25  24  600 måter.
Vi kan velge en jente til medlem på 15 måter.
For hvert av disse valgene kan vi velge en jente til varamedlem på 14 måter.
Vi kan altså velge en jente både til medlem og varamedlem på g  15 14  210 måter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 38
Løsninger
c
d
Alle de 600 utfallene er like sannsynlige. Dermed er
g 210
P(to jenter blir valgt)  
 0,35  35 %
m 600
Hendelsene «minst én gutt blir valgt» og «to jenter blir valgt» er komplementære.
P(minst én gutt blir valgt)  1  P(to jenter blir valgt)  1  0,35  0,65  65 %
Sannsynligheten for at minst én gutt blir valgt er 65 %.
Oppgave 7.30
a
b
Vi kan trekke den første kula på 5 forskjellige måter.
For hvert av disse alternativene kan vi trekke den andre kula på 4 måter.
Vi kan derfor trekke to kuler på m  5  4  20 måter.
Tilsvarende kan vi trekke to røde kuler på g  3  2  6 måter.
Sannsynligheten for at vi trekker to røde kuler er dermed gitt ved
g
6
3
P(to røde kuler)  

m 20 10
Hendelsene «minst én blå kule» og «to røde kuler» er komplementære. Dermed er
3
7
P(minst én blå kule)  1  P(to røde kuler)  1  
10 10
Oppgave 7.31
a
b
Det er 10 lapper i esken, og dermed 10 mulige utfall.
Det er 10 mulige utfall, og alle utfallene er like sannsynlige.
Sannsynligheten er derfor 1 10 for at Ali får tallet 7.
c
Tallene fra og med 1 til og med 6 er mindre enn 7. Det er altså 6 gunstige utfall.
g 6 3
P(mindre enn 7)   
m 10 5
Sannsynligheten er 3 5 for at Ali får et tall som er mindre enn 7.
d
Tallene 8, 9 og 10 er større enn 7. Det er altså 3 gunstige utfall. Dermed er
3
P(større enn 7) 
10
Oppgave 7.32
a
Til sammen er det 12  8  4  6  30 Non Stop i skåla. Seks av dem er blå. Dermed er
6 1
P(blå) 

30 5
b
P(rød) 
c
P(ikke grønn)  P(rød, gul eller blå) 
12  8  6 26 13


30
30 15
d
P(ikke gul)  P(rød, grønn eller blå) 
12  4  6 22 11


30
30 15
© Aschehoug
12 2

30 5
www.lokus.no
Side 8 av 38
Løsninger
Oppgave 7.33
a
Det er m  52 kort i kortstokken, og alle kortene er like sannsynlige. Derfor er
1 1
P(kløver sju)  
m 52
b
Det er g  4 ess i kortstokken. Derfor er P(ess) 
c
Det er 52  4  48 kort som ikke er ess. Altså er P(ikke ess) 
d
Det er 13 spar i kortstokken. Altså er P(spar) 
e
Det er 52  13  39 kort som ikke er spar. Altså er P(ikke spar) 
g
4
1

 .
m 52 13
48 12
 .
52 13
13 1
 .
52 4
39 3
 .
52 4
Oppgave 7.34
a
1
b
2
1
2
3
3
Hendelsen «sum antall øyne lik fem» består av fire utfall, nemlig (1, 4) , (2 , 3) , (3 , 2)
og (4 , 1) . Totalt er det 36 mulige utfall. Altså er
4 1
P(sum antall øyne lik fem) 

36 9
Hendelsen «minst én sekser» består av 11 gunstige utfall.
11
P(minst én sekser) 
36
Hendelsen «sum antall øyne høyst lik fire» består av 6 gunstige utfall.
6 1
P(sum antall øyne høyst lik fire) 

36 6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 38
Løsninger
Oppgave 7.35
a
b
c
d
Knut kan velge mellom to forskjellige bukser og tre forskjellige skjorter.
Det totale antallet utfall i det sammensatte forsøket er derfor m  2  3  6 .
Knut kan altså velge bukse og skjorte på 6 måter.
Se figuren til høyre.
Alle de 6 utfallene er like sannsynlige. Derfor er
1 1
P( HG)  
m 6
Det er to utfall som er gunstige for hendelsen «samme farge»,
nemlig BB og HH. Altså er
2 1
P(samme farge)  
6 3
Oppgave 7.36
a
Det er 52 kort i kortstokken. Vi kan derfor trekke ett kort på 52 måter.
Når vi skal trekke det andre kortet, er det 51 kort igjen i kortstokken.
Det sammensatte forsøket har altså m  52  51  2652 mulige utfall.
b
Det er 13 spar i kortstokken. Vi kan derfor trekke to spar på g  13 12  156 måter.
c
Alle de 2652 utfallene er like sannsynlige. Sannsynligheten for å trekke to spar er derfor
g 156
P(to spar)  
 0,059  5,9 %
m 2652
Oppgave 7.37
a
b
Vi kan trekke de to medlemmene av festkomiteen på m  28  27  756 forskjellige måter.
Blant disse utfallene kan vi trekke ut to gutter på g  16 15  240 forskjellige måter.
Sannsynligheten for at begge medlemmene av festkomiteen blir gutter er derfor
g 240
P(to gutter)  
 0,317  31,7 %
m 756
Hendelsene «minst én jente» og «to gutter» er komplementære. Derfor er
P(minst én jente)  1  P(to gutter)  1  0,317  0,683  68,3 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 38
Løsninger
Oppgave 7.38
a
b
c
d
Oddetallene er 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17 og 19. Det er altså 10 oddetall og 20 lapper.
10 1
P(oddetall) 

20 2
Det er 10 partall, nemlig 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18 og 20.
10 1
P(partall) 

20 2
Det er 8 primtall som er mindre enn eller lik 20, nemlig 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 og 19.
8 2
P(primtall) 

20 5
Det er 4 kvadrattall som er mindre enn eller lik 20, nemlig 1, 4, 9 og 16.
4 1
P(kvadrattall) 

20 5
Oppgave 7.39
a
Tenk at Johanne liker g av twistbitene. Totalt er det m  30 twistbiter i posen.
Sannsynligheten for at Johanne liker en tilfeldig valgt twistbit er 1 3 . Det gir
g
P(liker) 
m
1 g

3 30
1  30
g
3
g  10
Johanne liker 10 av twistbitene i posen.
b
Tenk at det er m twistbiter i posen. Sigurd liker g  8 av twistbitene.
Sannsynligheten for at han liker en tilfeldig valgt twistbit er 40 %  0, 40 . Det gir
g
P(liker) 
m
8
0, 40 
m
8
m
0, 40
m  20
Det er 20 twistbiter i posen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 38
Løsninger
Oppgave 7.40
a
b
c
I hvert av de fire kastene kan vi få enten krone eller mynt.
Det er derfor totalt 16 mulige utfall: KKKK, KKKM,
KKMK, KKMM, KMKK, KMKM, KMMK, KMMM,
MKKK, MKKM, MKMK, MKMM, MMKK,
MMKM, MMMK og MMMM.
Vi ser av valgtreet at vi kan få én krone og
tre mynt på fire forskjellige måter, nemlig
KMMM, MKMM, MMKM og MMMK.
Alle utfallene er like sannsynlige.
Sannsynligheten for å få én krone og
tre mynt er derfor
4 1
P(én krone og tre mynt)  
16 4
Vi ser av valgtreet at vi kan få to krone og
to mynt på seks forskjellige måter, nemlig
KKMM, KMKM, KMMK, MKKM, MKMK og
MMKK. Sannsynligheten for å få to krone og
to mynt er derfor
6 3
P(to krone og to mynt)  
16 8
Oppgave 7.41
a
b
Det er 20 seigmenn i skåla. Vi kan derfor trekke to seigmenn på m  20 19  380 måter.
Hvis seigmennene skal ha samme farge, må vi trekke enten to røde eller to gule seigmenn.
Vi kan trekke to røde seigmenn på 10  9  90 forskjellige måter.
Vi kan også trekke to gule seigmenn på 10  9  90 forskjellige måter.
Dermed kan vi trekke to seigmenn med samme farge på g  90  90  180 måter.
Sannsynligheten for at seigmennene har samme farge er altså
g 180
P(samme farge)  
 0, 474  47, 4 %
m 380
Hendelsene «ulik farge» og «samme farge» er komplementære. Dermed er
P(ulik farge)  1  P(samme farge)  1  0, 474  0,526  52,6 %
Oppgave 7.42
a
b
Kortstokken har 52 kort. Vi kan derfor trekke to kort på 52  51  2652 måter.
Det er f.eks. 13 spar i kortstokken. Vi kan derfor trekke to spar på 13 12  156 måter.
Siden det er like mange kort av hver farge, betyr dette at det er 156 måter å trekke to kløver,
to hjerter eller to ruter. Vi kan altså trekke to kort i samme farge på 4 156  624 måter.
Sannsynligheten for å trekke to kort i samme farge er dermed
624
P(samme farge) 
 0, 235  23,5 %
2652
Hendelsene «samme farge» og «forskjellig farge» er komplementære. Dermed er
P(forskjellig farge)  1  P(samme farge)  1  0, 235  0,765  76,5 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 38
Løsninger
Oppgave 7.43
a
b
c
d
For hvert terningkast er det 6 mulige utfall.
Det er derfor m  6  6  6  216 mulige utfall når vi kaster en terning tre ganger.
Det er ett gunstig utfall for hendelsen «tre seksere».
Alle de mulige utfallene er like sannsynlige. Dermed er
1
1
P(tre seksere)  
 0,0046  0, 46 %
m 216
For hvert terningkast er det 5 gunstige utfall for hendelsen «ingen seksere».
Vi kan altså få ingen seksere på totalt g  5  5  5  125 forskjellige måter. Dermed er
g 125
P(ingen seksere)  
 0,579  57,9 %
m 216
Hendelsene «minst én sekser» og «ingen seksere» er komplementære. Dermed er
P(minst én sekser)  1  P(ingen seksere)  1  0,579  0, 421  42,1 %
Oppgave 7.44
a
b
c
d
Vi kan trekke den første lappen på tre forskjellige måter. For hvert av disse alternativene kan
vi trekke den andre lappen på tre forskjellige måter, og tilsvarende for den tredje lappen, osv.
Totalt kan vi derfor trekke 12 bokstaver på
m  3  3  3  3  3  3  3  3  3  3  3  3  312  531 441
forskjellige måter.
Alle de 531 441 seriene er like sannsynlige.
Sannsynligheten for å trekke én bestemt serie er derfor
1
1

 0,000 001 9  0,000 19 %
m 531 441
Resultatet vi tipper i hver kamp svarer til de tre lappene vi kunne trekke i oppgave a.
Antall ulike rekker vi kan tippe med 12 kamper er derfor lik antall ulike serier vi kan trekke
med 12 bokstaver.
Det er ikke helt tilfeldig om det blir hjemmeseier, uavgjort eller borteseier i hver av kampene.
Derfor er det også forskjellig sannsynlighet for å få tolv rette avhengig av hvilken av de
531 441 rekkene vi tipper.
Oppgave 7.45
a
Senkveld
Ikke Senkveld
Totalt
Robinson
3
4
7
Ikke Robinson
7
13
20
Totalt
10
17
27
b
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 38
Løsninger
c
d
e
Det er tre elever som har sett begge programmene, og 27 elever totalt i klassen. Dermed er
3 1
P(begge) 
  0,111  11,1 %
27 9
Det er 13 elever som ikke har sett noen av programmene.
13
P(ingen) 
 0, 481  48,1 %
27
P(minst ett)  1  P(ingen)  1  0, 481  0,519  51,9 %
Oppgave 7.46
a
Vi setter først opp en krysstabell for å få oversikten.
Matematikk
Ikke matematikk
Totalt
b
c
Samfunnsøkonomi
5
3
8
Ikke samfunnsøkonomi
10
7
17
Totalt
15
10
25
Vi ser at det er 5 elever som har valgt både matematikk og samfunnsøkonomi.
5 1
P(matematikk og samfunnsøkonomi) 
  0, 20  20 %
25 5
Det er 10 elever som har valgt matematikk men ikke samfunnsøkonomi,
og 3 elever som har valgt samfunnsøkonomi men ikke matematikk.
Det er altså 13 elever som har valgt bare ett av fagene.
13
P(nøyaktig ett av fagene) 
 0,52  52 %
25
Det er 15 elever som har matematikk, og 5 elever som har begge fagene. Derfor er
5 1
P(elev med matematikk har også samfunnsøkonomi)    0,333  33,3 %
15 3
Oppgave 7.47
a
b
c
Hendelsen A = «høyst fire øyne» består av utfallene 1, 2, 3 og 4.
Hendelsen B = «minst tre øyne» består av utfallene 3, 4, 5 og 6.
Hendelsen A  B består av alle utfallene som er med i både A og B.
Altså er A  B  3 , 4 .
d
Hendelsen A  B består av alle utfallene som er med i A eller B (eller begge).
Altså er A  B  1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 38
Løsninger
Oppgave 7.48
a
Hendelsen A = «minst én sekser» består av utfallene
(1, 6) , (2 , 6) , (3 , 6) , (4 , 6) , (5 , 6) , (6 , 1) , (6 , 2) ,
(6 , 3) , (6 , 4) , (6 , 5) og (6 , 6) .
b
Hendelsen B = «sum øyne lik sju» består av utfallene
(1, 6) , (2 , 5) , (3 , 4) , (4 , 3) , (5 , 2) og (6 , 1) .
c
A  B består av utfallene (1, 6) og (6 , 1) .
d
A  B består av utfallene (1, 6) , (2 , 5) , (2 , 6) , (3 , 4) ,
(3 , 6) , (4 , 3) , (4 , 6) , (5 , 2) , (5 , 6) , (6 , 1) , (6 , 2) , (6 , 3) ,
(6 , 4) , (6 , 5) og (6 , 6) .
Oppgave 7.49
a
b
Se figuren til høyre.
Av figuren ser vi at A  B består av utfallene (1, 5) , (2 , 5) ,
(3 , 5) , (4 , 5) , (5 , 4) , (5 , 3) , (5 , 2) og (5 , 1) .
Hendelsen A  B består av alle utfall bortsett fra
(4 , 6) , (6 , 4) og (6 , 6) .
c
1
30
11
8
, P( B)  , P( A  B) 
36
36
36
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)
P( A) 

2
30 11 8 33 11
 


36 36 36 36 12
Vi ser at A  B består av 33 gunstige utfall. Altså er P( A  B) 
33 11
 .
36 12
Oppgave 7.50
a
Det er 20 personer som spiller fotball og 20 som spiller håndball.
20 2
P(fotball) 

90 9
20 2
P(håndball) 

90 9
Det er ingen som spiller både fotball og håndball. Addisjonssetningen gir dermed
P(fotball eller håndball)  P(fotball)  P(håndball)
2 2 4
    0, 444  44, 4 %
9 9 9
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 38
Løsninger
b
Det er 20 personer som løper orientering og 15 som driver med friidrett.
20 2
P(orientering) 

90 9
15 1
P(friidrett) 

90 6
P(orientering eller friidrett)  P(orientering)  P(friidrett)
2 1 7
   0,389  38,9 %
9 6 18
Det er 20 personer som spiller fotball, 20 som spiller håndball og 15 som spiller volleyball.
20 2
P(fotball) 

90 9
20 2
P(håndball) 

90 9
15 1
P(volleyball) 

90 6
P(ballspill)  P(fotball)  P(håndball)  P(volleyball)
2 2 1 11
     0, 611  61,1 %
9 9 6 18

c
Oppgave 7.51
a
Løpsøvelser
Ikke løpsøvelser
Totalt
Høydehopp
7
5
12
Ikke høydehopp
28
10
38
Totalt
35
15
50
b
Det er 12 personer som konkurrerer i høydehopp, og 50 personer totalt.
12
P(høydehopp) 
 0, 24  24 %
50
c
P(løpsøvelser) 
d
P(høydehopp og løpsøvelser) 
e
Fra addisjonssetningen får vi
P(høyde eller løp)  P(høydehopp)  P(løpsøvelser)  P(høyde og løp)
 24 %  70 %  14 %  80 %
© Aschehoug
35
 0,70  70 %
50
7
 0,14  14 %
50
www.lokus.no
Side 16 av 38
Løsninger
Oppgave 7.52
a
X Factor
Ikke X Factor
Totalt
Senkveld
25
10
35
Ikke Senkveld
32
13
45
Totalt
57
23
80
b
Det er 57 elever som har sett X Factor, og 80 elever totalt. Dermed er
57
P(X Factor) 
 0,713  71,3 %
80
c
P(Senkveld) 
d
P(begge) 
e
P(X Factor eller Senkveld)  P(X Factor)  P(Senkveld)  P(X Factor og Senkveld)
35
 0, 438  43,8 %
80
25
 0,313  31,3 %
80

f
P(ingen) 
57 35 25 67
 

 0,838  83,8 %
80 80 80 80
13
 0,163  16,3 %
80
Oppgave 7.53
a
1
13 1
 .
52 4
Et kort kan ikke være både ruter og hjerter. Hendelsene «ruter» og «hjerter» er disjunkte.
1 1 1
Derfor er P(ruter eller hjerter)  P(ruter)  P(hjerter)    .
4 4 2
2
b
Det er 52 kort i kortstokken. 13 av kortene er hjerter. Dermed er
13 1
P(hjerter) 

52 4
Det er 13 kort som er ruter. Altså er P(ruter) 
Oppgave 7.54
a
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0, 22  0,18  0,03  0,37
b
Fra addisjonssetningen er P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B) . Dermed er
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0, 45  0,35  0,65  0,15
Oppgave 7.55
a
b
Det er 52 kort i kortstokken. Fire av kortene er konge. Dermed er
4
1
P(konge) 

52 13
Det er 26 svarte kort i kortstokken (13 kløver og 13 spar). Altså er
26 1
P(svart) 

52 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 38
Løsninger
c
d
Det er ett kort som er kløver konge og ett kort som er spar konge. Dermed er
2
1
P(svart konge) 

52 26
Fra addisjonssetningen får vi
P(svart eller konge)  P(svart)  P(konge)  P(svart konge)
1 1 1 13 2
1 14 7
  





2 13 26 26 26 26 26 13
Oppgave 7.56
a
Vi lager en krysstabell for å få oversikten.
Katt
Ikke katt
Hund
2
8
Ikke hund
6
9
Totalt
8
17
9
P(verken hund eller katt) 
 0,36  36 %
25
2
 0,08  8 %
25
b
P(hund og katt) 
c
P(katt, men ikke hund) 
d
e
f
Totalt
10
15
25
6
 0, 24  24 %
25
8
 0,32  32 %
25
Det er 10 elever som har hund, og 2 elever som har både hund og katt.
2
P(elev med hund har også katt)   0, 20  20 %
10
Det er 8 elever som har katt, og 2 elever som har både hund og katt.
2
P(elev med katt har også hund)   0, 25  25 %
8
P(hund, men ikke katt) 
Oppgave 7.57
a
I dette tilfellet kjenner vi ikke antallet biler, men vi kjenner prosentandelen med feil.
Vi setter derfor opp en krysstabell med prosenttall, der det totale antallet er 100 %.
Feil med lysene
Lysene i orden
Totalt
b
c
d
Feil med bremsene
4%
8%
12 %
Bremsene i orden
14 %
74 %
88 %
Totalt
18 %
82 %
100 %
Av krysstabellen ser vi at 82 % av bilene hadde lysene i orden.
88 % av bilene hadde bremsene i orden.
4 % av bilene hadde verken lys eller bremser i orden.
8 % av bilene hadde lys, men ikke bremser i orden.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 38
Løsninger
Oppgave 7.58
a
b
Hendelsen «minst én feil» er det samme som «A eller B» (eller begge).
Fra addisjonssetningen får vi dermed
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0,030  0,010  0,002  0,038  3,8 %
Sannsynligheten er 3,8 % for at et TV-apparat har minst én av de to feilene.
Hendelsene «minst én feil» og «ingen feil» er komplementære. Altså er
P(ingen feil)  1  P(minst én feil)  1  P( A  B)  1  0,038  0,962  96, 2 %
Oppgave 7.59
Tenk at det er x elever i klassen. 10 av elevene har valgt kjemi, og 20 har valgt matematikk.
Dessuten vet vi at 0, 25x elever har valgt både kjemi og matematikk. Addisjonssetningen gir
P( K  M )  P( K )  P( M )  P( K  M )
10 20
30
P( K  M )  
 0, 25 
 0, 25
x
x
x
Hendelsene «kjemi eller matematikk» (eller begge deler) og «ingen fag» er komplementære.
Det er 5 elever som verken har valgt kjemi eller matematikk. Altså er
5
P( K  M )  1  P(ingen fag)  1 
x
30
5
 0, 25  1  .
Dette gir likningen
x
x
35
 1, 25
x
35
x
 28
1, 25
Det er 28 elever i klassen.
Oppgave 7.60
For at vi skal kunne legge sammen sannsynlighetene for regn hver av dagene, må de to hendelsene
«regn på lørdag» og «regn på søndag» være disjunkte. Men det er de ikke. Det kan nemlig regne
begge dagene. Vi må derfor bruke den generelle addisjonssetningen i stedet.
Sannsynligheten for at det vil regne i løpet av helgen er dermed mindre enn 60 %.
Oppgave 7.61
a
Siden vi legger den første kula tilbake, er trekningen av de to kulene uavhengige hendelser.
Det er tre røde kuler, og fem kuler totalt. Det gir
3
P(første kule rød)  P(andre kule rød) 
5
3 3 9
Dermed er P(begge kulene er røde)  P(første kule rød)  P(andre kule rød)   
.
5 5 25
b
2 2 4
P(begge kulene er blå)  P(første kule blå)  P(andre kule blå)   
5 5 25
c
3 2 6
P(første rød og andre blå)  P(første kule rød)  P(andre kule blå)   
5 5 25
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 38
Løsninger
Oppgave 7.62
a
Vi kan anta at kjønnet til de to barna er uavhengige. Produktsetningen gir da
P(begge gutter)  P(eldste gutt)  P(yngste gutt)  0,514  0,514  0, 264  26, 4 %
Sannsynligheten er 26,4 % for at ekteparet har to gutter.
b
P(eldste gutt og yngste jente)  P(eldste gutt)  P(yngste jente)
 0,514  0, 486  0, 250  25,0 %
c
P(eldste jente og yngste gutt)  P(eldste jente)  P(yngste gutt)
 0, 486  0,514  0, 250  25,0 %
Oppgave 7.63
a
De to trekningene med lykkehjulet er uavhengige. Det røde feltet dekker 1 3 av hjulet.
Produktsetningen gir derfor
1 1 1
P(rødt begge gangene)  P(rødt første gang)  P(rødt andre gang)   
3 3 9
b
Det gule feltet dekker 1 6 av lykkehjulet. Dermed er
1 1 1
P(rødt og så gult)  P(rødt første gang)  P(gult andre gang)   
3 6 18
Oppgave 7.64
a
b
Vi kan anta at kjønnet til de tre barna er uavhengige. Da er
P(alle er jenter)  0, 486  0, 486  0, 486  0, 4863  0,115  11,5 %
Sannsynligheten er 11,5 % for at alle de tre barna er jenter.
Hendelsene «alle er jenter» og «minst én gutt» er komplementære. Derfor er
P(minst én gutt)  1  P(alle er jenter)  1  0,115  0,885  88,5 %
Sannsynligheten er 88,5 % for at minst ett av barna er en gutt.
c
P(GJJ )  0,514  0, 486  0, 486  0,514  0, 4862  0,121  12,1 %
d
P( JJG)  0, 486  0, 486  0,514  0,514  0, 4862  0,121  12,1 %
Oppgave 7.65
a
For hver av guttene er sannsynligheten 92 % for at han ikke er rødgrønn fargeblind.
Sannsynligheten for at ingen av de 12 guttene er rødgrønn fargeblind er derfor
P(ingen fargeblind)  0,9212  0,368  36,8 %
b
Hendelsene «minst én fargeblind» og «ingen fargeblind» er komplementære.
P(minst én fargeblind)  1  P(ingen fargeblind)  1  0,368  0,632  63, 2 %
c
Rødgrønn fargeblindhet er arvelig. Hvis én av guttene i en søskenflokk eller blant andre nære
slektninger er rødgrønn fargeblind, er det derfor mye større sannsynlighet for at også andre i
familien er fargeblinde.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 38
Løsninger
Oppgave 7.66
a
b
c
d
Trekningen av en seigmann og en seigdame er uavhengige hendelser. Derfor er
P(rød seigmann og oransje seigdame)  P(rød seigmann)  P(oransje seigdame)
5 3 15
    0,185  18,5 %
9 9 81
P(rød seigmann og grønn seigdame)  P(rød seigmann)  P(grønn seigdame)
5 6 30
  
 0,370  37,0 %
9 9 81
P(gul seigmann og oransje seigdame)  P(gul seigmann)  P(oransje seigdame)
4 3 12
  
 0,148  14,8 %
9 9 81
P(gul seigmann og grønn seigdame)  P(gul seigmann)  P(grønn seigdame)
4 6 24
  
 0, 296  29,6 %
9 9 81
Oppgave 7.67
a
Tippingen av de to svarene er uavhengige hendelser. Derfor er
1 1 1
P(riktig på begge)  P(riktig på første)  P(riktig på andre)   
3 5 15
b
c
2 4 8
P(galt på begge)  P(galt på første)  P(galt på andre)   
3 5 15
Hendelsene «minst ett riktig svar» og «galt på begge» er komplementære. Dermed er
8
7
P(minst ett riktig svar)  1  P(galt på begge)  1  
15 15
Oppgave 7.68
Trekningen av forrett, hovedrett og dessert er tre uavhengige hendelser. Det gir
2 4 3 24
P(suppe, fisk og is)  P(suppe)  P(fisk)  P(is)    
 0,057  5,7 %
6 10 7 420
Sannsynligheten for at middagen består av suppe, fisk og is er 5,7 %.
Oppgave 7.69
a
Siden personene ikke er i følge, kan vi anta at de bestemmer seg for om de vil handle
uavhengig av hverandre. Dermed er
P(alle tre handler)  0,60  0,60  0,60  0,603  0, 216  21,6 %
b
P(ingen handler)  0, 40  0, 40  0, 40  0, 403  0,064  6, 4 %
c
Hendelsene «minst én handler» og «ingen handler» er komplementære. Dermed er
P(minst én handler)  1  P(ingen handler)  1  0,064  0,936  93,6 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 38
Løsninger
Oppgave 7.70
a
Vi kan anta at kjønnet til de fire barna er uavhengige. Da er
P(fire gutter)  0,5144  0,070  7,0 %
b
Hendelsene «minst én jente» og «fire gutter» er komplementære. Dermed er
P(minst én jente)  1  P(fire gutter)  1  0,070  0,930  93,0 %
c
P(storebror med tre småsøstre)  0,514  0, 4863  0,059  5,9 %
Oppgave 7.71
a
For hver fødsel er sannsynligheten 99 % for at det ikke blir tvillinger.
De 200 fødslene er uavhengige. Dermed er
P(ingen tvillingpar)  0,99200  0,134  13, 4 %
b
P(minst ett tvillingpar)  1  P(ingen tvillingpar)  1  0,134  0,866  86,6 %
Oppgave 7.72
a
b
Hvis A og B er disjunkte, er P( A  B)  0 . Da gir addisjonssetningen
1 2 1  7 2  6 7 12 19
P( A  B)  P( A)  P( B)   




6 7 6  7 7  6 42 42 42
Hvis A og B er uavhengige, er P( A  B)  P( A)  P( B) . Addisjonssetningen gir dermed
1 2 1 2 7 12 2 17
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)     



6 7 6 7 42 42 42 42
Oppgave 7.73
a
Siden hendelsene A og B er uavhengige, er
P( A  B)  P( A)  P( B)  0,95  0,95  0,9025  90, 25 %
b
Addisjonssetningen gir
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0,95  0,95  0,9025  0,9975  99,75 %
c
Hendelsene «fungerer ikke» og «fungerer»  A  B er komplementære.
P(fungerer ikke)  1  P( A  B)  1  0,9975  0,0025  0, 25 %
Sannsynligheten for at systemet ikke fungerer er 0,25 %.
Denne sannsynligheten er vesentlig lavere enn sannsynligheten på 5 % for at hver av
enkeltkomponentene ikke fungerer.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 38
Løsninger
Oppgave 7.74
a
b
c
d
e
f
Sannsynligheten for at en gutt er rødgrønn fargeblind er 8 %.
Sannsynligheten for at han ikke er rødgrønn fargeblind er derfor 92 %.
Vi kan anta at de tre guttene er rødgrønn fargeblind uavhengig av hverandre.
0,923  0,779  77,9 %
Sannsynligheten er 77,9 % for at ingen av guttene er rødgrønn fargeblind.
Siden Per, Pål og Espen er brødre, er ikke hendelsene «rødgrønn fargeblind» for hver av de
tre guttene uavhengige hendelser. Derfor kan vi ikke bruke framgangsmåten i oppgave b til å
finne sannsynligheten for at ingen av dem er rødgrønn fargeblind.
0,08  0,08  0,0064  0,64 %
Sannsynligheten er 0,64 % for at en jente er rødgrønn fargeblind.
Sannsynligheten for at en jente ikke er rødgrønn fargeblind er 100 %  0,64 %  99,36 % .
De tre jentene er rødgrønn fargeblind uavhengig av hverandre.
0,99363  0,981  98,1 %
Sannsynligheten er 98,1 % for at ingen av jentene er rødgrønn fargeblind.
Oppgave 7.75
a
Når Mons skal trekke den første knappen, er det to blå og tre røde knapper. Derfor er
3
P(første knapp rød) 
5
Hvis han først trekker en rød knapp, er det igjen to blå og to røde knapper.
Sannsynligheten for at den andre knappen også skal bli rød er dermed
2
P(andre knapp rød når første knapp er rød) 
4
Fra produktsetningen for avhengige hendelser er derfor
3 2 6
3
P(begge knappene er røde)   

5 4 20 10
b
Sannsynligheten for at første knapp er blå, er P(første knapp blå)  2 5 .
Nå er det igjen én blå og tre røde knapper. Altså er
1
P(andre knapp blå når første knapp er blå) 
4
Dermed blir
2 1 2
1
P(begge knappene er blå)   

5 4 20 10
c
3
5
2
P(andre knapp blå når første knapp er rød) 
4
3 2 6
3
P(første knapp rød og andre knapp blå)   

5 4 20 10
© Aschehoug
P(første knapp rød) 
www.lokus.no
Side 23 av 38
Løsninger
Oppgave 7.76
a
Til å begynne med er det 7 blå og 4 røde kuler i esken.
Hvis vi trekker en blå kule, er det igjen 6 blå og 4 røde kuler. Dermed er
7 6
42
P(begge kulene er blå)   
 0,382  38, 2 %
11 10 110
b
P(begge kulene er røde) 
c
P(første kule rød og andre kule blå) 
4 7
28
 
 0, 255  25,5 %
11 10 110
d
P(første kule blå og andre kule rød) 
7 4
28
 
 0, 255  25,5 %
11 10 110
4 3 12
 
 0,109  10,9 %
11 10 110
Oppgave 7.77
a
10
.
25
Hvis en gutt er valgt til medlem, er det igjen 9 gutter blant de 24 elevene som kan bli
Sannsynligheten for at medlemmet til elevrådet blir en gutt, er
varamedlem. Den betingede sannsynligheten for at varamedlemmet blir en gutt er altså
b
9
.
24
Fra produktsetningen får vi dermed
10 9
P(begge er gutter)  
 0,15  15 %
25 24
Hendelsene «minst én jente» og «begge er gutter» er komplementære. Derfor er
P(minst én jente)  1  P(begge er gutter)  1  0,15  0,85  85 %
Oppgave 7.78
a
10
.
25
Hvis Signe først trekker en NOX, er det 15 FOX og 9 NOX igjen i skåla.
Sannsynligheten for at den første karamellen er en NOX, er
Den betingede sannsynligheten for at den andre karamellen er en NOX er derfor
9
.
24
Til slutt er det igjen 15 FOX og 8 NOX i skåla.
Den betingede sannsynligheten for at den tredje karamellen er en NOX er derfor
b
8
.
23
Til sammen gir dette
10 9 8
P(tre NOX)     0,052  5, 2 %
25 24 23
Hendelsene «minst én FOX» og «tre NOX» er komplementære. Derfor er
P(minst én FOX)  1  P(tre NOX)  1  0,052  0,948  94,8 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 38
Løsninger
Oppgave 7.79
a
b
Sannsynligheten for at den første kula er hvit, er 5 8 .
Hvis vi først trekker en hvit kule, er det igjen 4 hvite og 3 svarte kuler.
Den betingede sannsynligheten for at den andre kula også er hvit er derfor 4 7 .
Fra produktsetningen får vi dermed
5 4 20
P(begge kulene er hvite)   
 0,357  35,7 %
8 7 56
Etter å ha trukket en hvit kule, er det igjen 4 hvite og 3 svarte kuler.
Den betingede sannsynligheten for at den andre kula er svart er derfor 3 7 . Det gir
5 3 15
P(første kule hvit og andre kule svart)   
 0, 268  26,8 %
8 7 56
c
3 5 15
P(første kule svart og andre kule hvit)   
 0, 268  26,8 %
8 7 56
d
3 2 6
P(begge kulene er svarte)   
 0,107  10,7 %
8 7 56
Oppgave 7.80
a
Sannsynligheten for at den første eleven er en gutt, er
12
.
21
Den betingede sannsynligheten for at den andre eleven også er en gutt er derfor
b
11
.
20
Fra produktsetningen får vi dermed
12 11
P(begge er gutter)  
 0,314  31, 4 %
21 20
Hendelsene «minst én jente» og «begge er gutter» er komplementære. Derfor er
P(minst én jente)  1  P(begge er gutter)  1  0,314  0,686  68,6 %
Oppgave 7.81
a
b
c
d
Når vi skal trekke det første kortet, er 39 av de 52 kortene i kortstokken ikke spar.
Hvis vi først trekker noe annet enn spar, er derfor 38 av 51 kort ikke spar når vi skal trekke
det andre kortet. Det gir
39 38
P(ingen spar)    0,559  55,9 %
52 51
P(minst én spar)  1  P(ingen spar)  1  0,559  0, 441  44,1 %
Til å begynne med er 48 av 52 kort noe annet enn ess. Hvis vi først trekker noe annet enn ess,
er 47 av 51 kort noe annet enn ess når vi skal trekke det andre kortet. Det gir
48 47
P(ingen ess)  
 0,851  85,1 %
52 51
P(minst ett ess)  1  P(ingen ess)  1  0,851  0,149  14,9 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 38
Løsninger
Oppgave 7.82
Sannsynligheten for at første bokstav blir P, er 1 29 . Når han skal trekke andre bokstav, er det
28 bokstaver igjen. Sannsynligheten for at andre bokstav blir E er derfor 1 28 . Til slutt er
sannsynligheten 1 27 for at tredje bokstav blir R. Sannsynligheten for å trekke ordet PER er altså
1 1 1
 
 0,000 046  0,0046 %
29 28 27
Oppgave 7.83
a
b
c
d
Når vi skal trekke første kloss, er 5 av 8 klosser hvite.
Hvis vi først trekker en hvit kloss, er 4 av de 7 gjenværende klossene hvite.
Hvis vi har trukket to hvite klosser, er til slutt 3 av 6 klosser hvite.
Fra produktsetningen får vi dermed
5 4 3
P(alle hvite)     0,179  17,9 %
8 7 6
Hendelsene «alle hvite» og «minst én svart» er komplementære. Derfor er
P(minst én svart)  1  P(alle hvite)  1  0,179  0,821  82,1 %
Først er det 5 hvite klosser som utgjør de gunstige utfallene, deretter er det 4 hvite klosser
(siden vi allerede har trukket en hvit kloss), og til slutt er det 3 svarte klosser. Dermed er
5 4 3
P(hvit, hvit, svart)     0,179  17,9 %
8 7 6
3 5 4
P(svart, hvit, hvit)     0,179  17,9 %
8 7 6
Oppgave 7.84
a
b
Det er 14 jenter og 24 elever totalt i klassen. Dermed er
14 13 12 11
P(fire jenter)      0,094  9, 4 %
24 23 22 21
P(minst én gutt)  1  P(fire jenter)  1  0,094  0,906  90,6 %
Oppgave 7.85
a
b
Det er 20 konsonanter og 9 vokaler blant de 29 lappene. Det gir
20 19 18 17
P(bare konsonanter)    
 0, 204  20, 4 %
29 28 27 26
P(minst én vokal)  1  P(bare konsonanter)  1  0, 204  0,796  79,6 %
c
P(bare vokaler) 
© Aschehoug
9 8 7 6
  
 0,0053  0,53 %
29 28 27 26
www.lokus.no
Side 26 av 38
Løsninger
Oppgave 7.86
a
b
Det er 13 spar i kortstokken, og 52 kort totalt. Først er det altså 13 gunstige utfall (spar),
deretter er 12 av de 51 mulige utfallene gunstige, osv. Fra produktsetningen er dermed
13 12 11 10 9
P(fem spar)       0,000 50  0,050 %
52 51 50 49 48
P(minst ett kort ikke spar)  1  P(fem spar)  1  0,000 50  0,9995  99,95 %
Oppgave 7.87
Når det første tallet blir trukket, er sannsynligheten 7 34 for at det blir ett av de sju tallene du har
tippet. Hvis det første tallet var riktig, er det igjen 6 tall som du har tippet blant de 33 gjenværende
tallene totalt. Den betingede sannsynligheten for at det andre tallet også blir riktig, er derfor 6 33 .
Tilsvarende finner vi den betingede sannsynligheten for resten av tallene.
Til sammen blir dermed sannsynligheten for å vinne førstepremien
7 6 5 4 3 2 1
       0,000 00019  0,000 019 %
34 33 32 31 30 29 28
Oppgave 7.88
a
b
Vi kan anta at det er uavhengig hvilke ukedager de tre barna er født på.
Vi kan tenke oss at vi «trekker» de tre ukedagene én etter én, og ser om denne dagen allerede
er valgt. Når vi trekker den første dagen, er alle 7 dagene «ledige».
Sannsynligheten for at den første dagen er ledig, er derfor 7 7 .
Når vi trekker den andre dagen, er det derfor 6 ledige dager igjen.
Sannsynligheten for at den andre dagen er ledig, er derfor 6 7 .
Hvis vi først trakk to ulike dager, er det igjen 5 ledige dager når den siste dagen skal trekkes.
Den betingede sannsynligheten for at også den siste dagen er ledig, er derfor 5 7 .
Til sammen er altså sannsynligheten for at barna er født på hver sin ukedag gitt ved
7 6 5 30
P(forskjellige dager)    
7 7 7 49
Hendelsene «forskjellige dager» og «minst to like dager» er komplementære. Derfor er
30 19
P(minst to like dager)  1  P(forskjellige dager)  1 

 0,388  38,8 %
49 49
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 38
Løsninger
Oppgave 7.89
a
b
Vi regner med at fødselsdagen til de 25 elevene er uavhengige. Vi tenker oss at vi trekker
25 dager blant de 365 dagene på kalenderen, og ser om alle dagene blir forskjellige.
Først er alle de 365 dagene «ledige».
Når den andre dagen skal trekkes, er det derfor 364 ledige dager.
Hvis de to første dagene er ulike, er det 363 ledige dager når den tredje dagen skal trekkes.
Slik fortsetter vi til vi har trukket 25 dager.
Sannsynligheten for at alle de 25 dagene er forskjellige er derfor gitt ved
365 364 363 362 361 360 359 358 357 356 355 354 353












365 365 365 365 365 365 365 365 365 365 365 365 365
352 351 350 349 348 347 346 345 344 343 342 341












365 365 365 365 365 365 365 365 365 365 365 365
 0, 431  43,1 %
Sannsynligheten for at ingen av elevene har samme fødselsdag er 43,1 %.
Hendelsene «ingen like dager» og «minst to like dager» er komplementære.
P(minst to like dager)  1  P(ingen like dager)  1  0, 431  0,569  56,9 %
Sannsynligheten for at minst to av elevene har samme fødselsdag er 56,9 %.
Oppgave 7.90
a
b
Se figuren til høyre.
Vegard kan få nøyaktig én blå sokk på to måter,
nemlig ved først å trekke en blå og så en svart sokk,
eller først å trekke en svart og så en blå sokk.
Fra produktsetningen får vi
7 4 14
P( BS )   
11 10 55
4 7 14
P( SB)   
11 10 55
Addisjonssetningen gir dermed
P(nøyaktig én blå sokk)  P( BS )  P( SB)
14 14 28


55 55 55
 0,509  50,9 %

c
Hendelsene «samme farge» og «forskjellig farge» = «nøyaktig én blå sokk» er
komplementære. Altså er
P(samme farge)  1  P(nøyaktig én blå sokk)  1  0,509  0, 491  49,1 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 38
Løsninger
Oppgave 7.91
a
Vi bruker valgtreet fra eksempel 19.
P(GJ )  0,514  0, 486  0, 250
P( JG)  0, 486  0,514  0, 250
Dermed er
P(én gutt og én jente)  P(GJ eller JG )
 P(GJ )  P( JG )
 0, 250  0, 250
 0,500  50, 0 %
b
P(minst én gutt)  1  P(to jenter)  1  P( JJ )
 1  0, 4862  0,764  76, 4 %
c
P(minst én jente)  1  P(to gutter)  1  P(GG)
 1  0,5142  0,736  73,6 %
Oppgave 7.92
a
Se figuren til høyre.
b
P(to FOX)  P( FF ) 
c
P(to NOX)  P( NN ) 
d
e
15 14

 0,35  35 %
25 24
10 9

 0,15  15 %
25 24
P(nøyaktig én FOX)  P( FN eller NF )
 P( FN )  P( NF )
15 10 10 15
   
25 24 25 24
2 15 10

 0,50  50 %
25  24
P(minst én FOX)  1  P(ingen FOX)
 1  P( NN )  1  0,15  0,85  85 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 38
Løsninger
Oppgave 7.93
a
b
Vi bruker valgtreet fra eksempel 20.
3
5 5 5 5
P( FFF )        0,579  57,9 %
6 6 6 6
Sannsynligheten for å få ingen seksere er 57,9 %.
Hendelsen «to seksere» omfatter de tre disjunkte
hendelsene FSS, SFS og SSF. Dermed er
P(to seksere)  P( FSS )  P( SFS )  P( SSF )
5 1 1 1 5 1 1 1 5
        
6 6 6 6 6 6 6 6 6
2
1 5
 3      0, 069  6,9 %
6 6
3
c
1 1 1 1
P( SSS )        0,0046  0, 46 %
6 6 6 6
3
d
5
I oppgave a fant vi at P(ingen seksere)    ,
6
2
1 5
og i eksempel 20 fant vi at P(én sekser)  3     . Dermed er
6 6
P(høyst én sekser)  P(ingen seksere)  P(én sekser)
3
2
1 5
5
    3      0,926  92, 6 %
6 6
6
e
Hendelsene «høyst én sekser» og «minst to seksere» er komplementære. Dermed er
P(minst to seksere)  1  P(høyst én sekser)  1  0,926  0,074  7, 4 %
Oppgave 7.94
a
b
c
Se figuren til høyre. Her betyr S  «spar» og A  «annen farge».
Det er 13 spar og 39 andre kort i kortstokken. Etter å ha trukket
en spar, er det igjen 12 spar og 39 andre. Hvis vi da trekker et
annet kort, er det til slutt igjen 12 spar og 38 andre. Det gir
13 39 38
P( SAA)     0,145  14,5 %
52 51 50
Det er tre gunstige utfall for hendelsen «nøyaktig
én spar», nemlig SAA, ASA og AAS. Vi ser at
39 13 38
39 38 13
P( ASA)   
og P( AAS )   
52 51 50
52 51 50
som betyr at
P(nøyaktig én spar)  P( SAA)  P( ASA)  P( AAS )
3 13  39  38

 0, 436  43, 6 %
52  51  50
Sannsynligheten for at nøyaktig ett av de tre kortene er
en spar, er 43,6 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 38
Løsninger
Oppgave 7.95
a
b
Se figuren til høyre.
1 Det er to måter vi kan trekke én kule i hver farge,
nemlig først å trekke en blå og så en gul kule,
eller først å trekke en gul og så en blå kule.
Fra produktsetningen får vi
5 3 15
3 5 15
og P(GB)   
P( BG)   
8 7 56
8 7 56
Addisjonssetningen gir dermed
P(én av hver)  P( BG eller GB)
 P( BG )  P(GB)
15 15 15


 0,536  53, 6 %
56 56 28
P(samme farge)  1  P(forskjellig farge)
 1  P(én av hver)  1  0,536  0, 464  46, 4 %

2
Oppgave 7.96
a
Se figuren til høyre.
b
P(to seigdamer)  P( DD) 
c
P(to seigmenn)  P( MM ) 
d
12 11
  0,347  34,7 %
20 19
8 7
  0,147  14,7 %
20 19
P(én av hver)  P( MD eller DM )  P( MD)  P( DM )
8 12 12 8 2  8 12
   
20 19 20 19 20 19
 0,505  50,5 %

e
P(minst én seigmann)  1  P(to seigdamer)
 1  0,347  0,653  65,3 %
Oppgave 7.97
a
b
c
Det røde feltet dekker 1 3 av lykkehjulet. Sannsynligheten for at det stopper på det røde feltet
er derfor 1 3 . Tilsvarende er sannsynligheten for at lykkehjulet stopper på det gule feltet 1 6 .
Produktsetningen for uavhengige hendelser gir dermed
1 1 1
P( RG)  P( R)  P(G)   
3 6 18
1 1 1
P(GR)  P(G)  P( R)   
6 3 18
Fra addisjonssetningen får vi
P(én rød og én gul)  P( RG eller GR)  P( RG)  P(GR) 
© Aschehoug
www.lokus.no
1 1 1
 
18 18 9
Side 31 av 38
Løsninger
Oppgave 7.98
a
b
c
d
e
Se figuren til høyre.
Av valgtreet ser vi at det er fire måter vi kan trekke
nøyaktig én rød kule på, nemlig RB, RG, BR og GR.
Addisjonssetningen gir dermed
P(én rød kule)  P( RB)  P( RG )  P( BR)  P(GR)
5
5
5
5
 
 
 0,530  53, 0 %
33 44 33 44
De gunstige utfallene for hendelsen «nøyaktig én
blå kule» er RB, BR, BG og GB. Dermed er
P(én blå kule)  P( RB)  P( BR)  P( BG)  P(GB)
5
5 1 1
     0, 485  48,5 %
33 33 11 11
De gunstige utfallene er nå RG, BG, GR og GB.
P(én gul kule)  P( RG)  P( BG )  P(GR)  P(GB)
5 1 5 1

 
  0, 409  40,9 %
44 11 44 11
Vi ser at hendelsen «forskjellig farge» består av seks
gunstige utfall, nemlig RB, RG, BR, BG, GR og GB. Det gir
P(forskjellig farge)
 P( RB)  P( RG )  P( BR)  P( BG )  P(GR)  P(GB)

5
5
5 1 5 1

  
  0, 712  71, 2 %
33 44 33 11 44 11
Oppgave 7.99
a
b
c
Se figuren til høyre.
Hendelsen «én hvit legokloss» består av tre gunstige
utfall, nemlig HSS, SHS og SSH. Produktsetningen gir
5 3 2
3 5 2
3 2 5
P( HSS )    , P( SHS )    , P( SSH )   
8 7 6
8 7 6
8 7 6
Addisjonssetningen gir dermed
P(én hvit)  P( HSS )  P( SHS )  P(SSH )
5 3 2
 3     0, 268  26,8 %
8 7 6
Hendelsen «to hvite legoklosser» består av
de gunstige utfallene HHS, HSH og SHH.
5 4 3
5 3 4
P( HHS )    , P( HSH )    ,
8 7 6
8 7 6
3 5 4
P( SHH )   
8 7 6
P(to hvite)  P( HHS )  P( HSH )  P(SHH )
5 4 3
 3     0,536  53,6 %
8 7 6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 38
Løsninger
Oppgave 7.100
a
Det er 4 blå (B), 2 grå (G) og 6 svarte (S) sokker i skuffen, til sammen 12 sokker.
Fra produktsetningen får vi da
4 3 1
P( BB)     0,091  9,1 %
12 11 11
b
P(GG) 
c
d
e
2 1
1
 
 0,015  1,5 %
12 11 66
6 5
5
 
 0, 227  22,7 %
12 11 22
Hendelsen «samme farge» består av tre gunstige utfall, nemlig BB, GG og SS.
Sidene hendelsene er disjunkte, er
1 1
5 1
P(samme farge)  P( BB)  P(GG)  P( SS )   
  0,333  33,3 %
11 66 22 3
Hendelsene «samme farge» og «forskjellig farge» er komplementære. Derfor er
1 2
P(forskjellig farge)  1  P(samme farge)  1    0,667  66,7 %
3 3
P( SS ) 
Oppgave 7.101
a
b
Vi kan anta at kjønnet til de tre barna er uavhengig av hverandre.
For hvert av de tre barna er P( J )  0, 486 og P(G)  0,514 . Altså er
P(tre gutter)  P(GGG)  P(G)  P(G)  P(G)
 0,514  0,514  0,514  0,5143  0,136  13,6 %
Sannsynligheten for at alle barna er gutter er 13,6 %.
Det er tre måter det kan være nøyaktig én jente i søskenflokken, nemlig at enten den eldste,
den mellomste eller den yngste er jente, mens de to andre er gutter. Altså er
P(én jente og to gutter)  P( JGG)  P(GJG)  P(GGJ )
Vi får
P( JGG )  P( J )  P(G )  P(G )  0, 486  0,514  0,514  0, 486  0,5142
P(GJG)  P(G )  P( J )  P(G)  0,514  0, 486  0,514  0, 486  0,5142
P(GGJ )  P(G)  P(G)  P( J )  0,514  0,514  0, 486  0, 486  0,5142
Sannsynligheten for at det er én jente og to gutter i søskenflokken er derfor
P(én jente og to gutter)  3  0, 486  0,5142  0,385  38,5 %
c
Det er tre måter det kan være nøyaktig én gutt i søskenflokken, nemlig JJG, JGJ og GJJ.
På tilsvarende måte som i oppgave b får vi
P( JJG)  P( JGJ )  P(GJJ )  P( J )  P( J )  P(G)  0, 4862  0,514
Sannsynligheten for at det er to jenter og én gutt i søskenflokken er derfor
P(to jenter og én gutt)  3  0, 4862  0,514  0,364  36, 4 %
d
Sannsynligheten for at alle barna er jenter er
P(tre jenter)  P( JJJ )  P( J )3  0, 4863  0,115  11,5 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 38
Løsninger
Oppgave 7.102
a
Vi kan anta at blodtypen til de tre personene er uavhengige av hverandre.
For hver av dem er sannsynligheten for blodtype 0 lik 40 %. Dermed er
P(000)  P(0)  P(0)  P(0)  0, 40  0, 40  0, 40  0, 403  0,064  6, 4 %
b
Hendelsene «alle har blodtype 0» og «minst én har ikke blodtype 0» er komplementære.
Altså er
P(minst én ikke 0)  1  P(alle 0)  1  P(000)  1  0,064  0,936  93,6 %
c
Hendelsen «én A og to 0» består av tre gunstige utfall, nemlig A00, 0A0 og 00A.
Produktsetningen gir
P(A00)  P(0A0)  P(00A)  P(A)  P(0)2  0, 48  0, 402
Sannsynligheten for at én har blodtype A og to har blodtype 0 er derfor
P(én A og to 0)  3  0, 48  0, 402  0, 230  23,0 %
d
Hvis de tre personene er slektninger, er ikke blodtypene uavhengige av hverandre.
Vi må derfor forutsette at personene ikke er slektninger.
Oppgave 7.103
a
Sannsynligheten er 99,0 % for at testen viser at hun er gravid.
Sannsynligheten for at testen viser at hun ikke er gravid er derfor 100 %  99,0 %  1,0 % .
b
1
De tre testene er uavhengige av hverandre.
Sannsynligheten for at alle testene viser graviditet (G) er derfor
P(GGG)  P(G)3  0,9903  0,970  97,0 %
2
Hendelsene «alle viser graviditet» og «minst én viser ikke graviditet» er komplementære.
Dermed er
P(minst én viser ikke graviditet)  1  P(alle viser graviditet)
 1  P(GGG)  1  0,970  0,030  3,0 %
c
Det er to måter nøyaktig én av testene kan vise feil resultat, nemlig at Tuppen sin test viser
feil mens Lillemor sin test viser riktig, eller omvendt.
Testene til Tuppen og Lillemor er uavhengige av hverandre.
Siden Tuppen er gravid og Lillemor ikke er gravid, får vi
P(Tuppen feil, Lillemor riktig)  P(gravid feil)  P(ikke gravid riktig)  0,010  0,995
P(Tuppen riktig, Lillemor feil)  P(gravid riktig)  P(ikke gravid feil)  0,990  0,005
Sannsynligheten for at nøyaktig én av testene viser feil resultat er dermed
P(nøyaktig én feil)  0,010  0,995  0,990  0,005  0,015  1,5 %
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 38
Løsninger
Oppgave 7.104
a
b
c
d
For å kunne starte etter første kast, må du kaste en sekser (S) på ett terningkast.
Sannsynligheten for dette er
1
P(ett kast)  P( S ) 
6
1
Sannsynligheten for å starte etter første kast er .
6
For å starte etter andre kast, må du først kaste fem eller lavere (F), og deretter en sekser.
5 1 5
P(to kast)  P( FS )  P( F )  P( S )   
6 6 36
5
Sannsynligheten for å starte etter andre kast er
.
36
For å starte etter tredje kast, må du først kaste fem eller lavere på de to første kastene, og
deretter kaste en sekser på tredje kast.
5 5 1 25
P(tre kast)  P( FFS )  P( F )  P( F )  P( S )    
6 6 6 216
25
Sannsynligheten for å starte etter tredje kast er
.
216
Hvis du må kaste fire eller flere ganger for å starte, betyr det at du har kastet fem eller lavere
på alle de tre første kastene. Sannsynligheten for dette er
5 5 5 125
P(minst fire kast)  P( FFF )    
6 6 6 216
125
Sannsynligheten for at du må kaste minst fire ganger for å starte er
.
216
Oppgave 7.105
a
De fem terningkastene er uavhengige av hverandre.
For hver terning er sannsynligheten 1 6 for å få ener.
Sannsynligheten for å få fem enere er derfor
5
1
P(fem enere)     0,000 13  0,013 %
6
b
Det er like sannsynlig å få Yatzy på enere, toere, treere, firere, femmere og seksere.
5
Hver av disse sannsynlighetene er gitt ved 1 6  . Sannsynligheten for å få Yatzy er derfor
5
4
1 1
P(Yatzy)  6        0,000 77  0,077 %
6 6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 38
Løsninger
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
a
b
De mulige utfallene er fargene på lykkehjulet, altså blå, oransje, grønn, gul, rød, svart og hvit.
Det blå feltet dekker 1 4 av lykkehjulet. Sannsynligheten for blått er derfor 1 4 . Tilsvarende
er sannsynligheten for oransje 1 12 , siden det oransje feltet dekker 1 12 av hjulet, osv.
En sannsynlighetsmodell for forsøket er derfor
1
1
1
1
P(blå)  , P(oransje)  , P(grønn)  , P(gul)  ,
4
12
12
12
1
1
1
P(rød)  , P(svart)  og P(hvit) 
4
8
8
Addisjonssetningen for disjunkte hendelser gir
P(gul, rød eller oransje)  P(gul)  P(rød)  P(oransje)
1 1 1
1 3 1
5
      
12 4 12 12 12 12 12
Sannsynligheten for at lykkehjulet stopper på gul, rød eller oransje er 5 12 .
c
Hendelsene «blå» og «ikke blå» er komplementære. Derfor er
1 3
P(ikke blå)  1  P(blå)  1  
4 4
Sannsynligheten for at lykkehjulet ikke stopper på blå er 3 4 .
d
De to trekningene med lykkehjulet er uavhengige hendelser.
Hver av gangene er sannsynligheten 1 4 for at lykkehjulet stopper på blå.
Sannsynligheten for at lykkehjulet stopper på blå begge gangene er derfor
1 1 1
P(blå, blå)   
4 4 16
Vi finner først sannsynligheten for at lykkehjulet ikke stopper på blå i det hele tatt.
3 3 9
P(ingen blå)  P(ikke blå)  P(ikke blå)   
4 4 16
Siden hendelsene «ingen blå» og «minst én blå» er komplementære, gir dette
9
7
P(minst én blå)  1  P(ingen blå)  1  
16 16
Hendelsen «én blå og én gul» består av to gunstige utfall, nemlig først blå og så gul, eller først
gul og så blå.
1 1
1
P(blå, så gul)   
4 12 48
1 1 1
P(gul, så blå)   
12 4 48
Sannsynligheten for at lykkehjulet stopper én gang på blå og én gang på gul er derfor
1
1
1
P(én blå og én gul)  P(blå, så gul)  P(gul, så blå) 


48 48 24
e
f
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 38
Løsninger
Oppgave 2
a
Spansk
Ikke spansk
Totalt
b
c
Tysk
2
4
6
Ikke tysk
8
6
14
Totalt
10
10
20
Det er 6 elever som verken har spansk eller tysk.
6
3
  0,30  30 %
20 10
Sannsynligheten for at reiselederen verken har spansk eller tysk er 30 %.
Det er 8 elever som har spansk, men ikke tysk.
8
4
  0, 40  40 %
20 10
Sannsynligheten for at reiselederen har spansk, men ikke tysk, er 40 %.
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 3
a
Det er 4 elever som røyker og 21 elever som ikke røyker i klassen.
Sannsynligheten for at den første eleven ikke røyker er derfor 21 25 .
Hvis vi først trekker en elev som ikke røyker, er det igjen 4 røykere og 20 ikke-røykere.
Den betingede sannsynligheten for at den andre eleven heller ikke røyker er derfor 20 24 .
Til slutt er det igjen 4 røykere og 19 ikke-røykere.
Den betingede sannsynligheten for at den siste eleven ikke røyker er derfor 19 23 .
Fra produktsetningen får vi
21 20 19
P(ingen røyker)     0,578  57,8 %
25 24 23
Sannsynligheten for at ingen av de tre elevene røyker er 57,8 %.
b
Hendelsene «ingen røyker» og «minst én røyker» er komplementære. Dermed er
P(minst én røyker)  1  P(ingen røyker)  1  0,578  0, 422  42, 2 %
c
Hendelsen «nøyaktig én røyker» består av tre gunstige utfall, nemlig RII, IRI og IIR,
der R  «røyker» og I  «røyker ikke». Produktsetningen gir
4 21 20
21 4 20
21 20 4
P( RII )    , P( IRI )   
og P( IIR)   
25 24 23
25 24 23
25 24 23
Fra addisjonssetningen er dermed
P(nøyaktig én røyker)  P( RII , IRI eller IIR)
3  4  21  20
 P( RII )  P( IRI )  P( IIR) 
 0,365  36,5 %
25  24  23
Sannsynligheten for at nøyaktig én av de tre elevene røyker er 36,5 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 38
Løsninger
Oppgave 4
a
b
c
Sannsynligheten for at Per får en melding i løpet av ett minutt er 5 %.
Sannsynligheten for at han ikke får noen meldinger i løpet av ett minutt er derfor 95 %.
Vi kan regne de tre minuttene som tre uavhengige hendelser med utfallene «melding» (M)
eller «ikke melding» (I). Produktsetningen gir derfor
P(ingen meldinger)  P( III )  P( I )  P( I )  P( I )  P( I )3  0,953  0,857  85,7 %
Sannsynligheten for at Per ikke får noen SMS-meldinger er 85,7 %.
Det er tre måter Per kan få nøyaktig én melding i løpet av tre minutter, nemlig at meldingen
kommer det første minuttet (MII), det andre minuttet (IMI) eller det tredje minuttet (IIM).
P( MII )  P( M )  P( I )  P( I )  0, 05  0,95  0,95  0, 05  0,952
P( IMI )  P( I )  P( M )  P( I )  0,95  0, 05  0,95  0, 05  0,952
P( IIM )  P( I )  P( I )  P( M )  0,95  0,95  0, 05  0, 05  0,952
Dette gir
P(nøyaktig én melding)  P( MII , IMI eller IIM )
 P( MII )  P( IMI )  P( IIM )
d
e
 3  0, 05  0,952  0,135  13,5 %
Sannsynligheten for at han får nøyaktig én melding er 13,5 %.
Fra oppgave b og c vet vi at
P(høyst én melding)  P(ingen meldinger)  P(nøyaktig én melding)
 0,953  3  0,05  0,952  0,993
Siden hendelsene «minst to meldinger» og «høyst én melding» er komplementære, gir dette
P(minst to meldinger)  1  P(høyst én melding)  1  0,993  0,007  0,7 %
Sannsynligheten for at Per får minst to meldinger er 0,7 %.
For hvert minutt er sannsynligheten 95 % for at han ikke får noen SMS-meldinger.
De 60 minuttene han arbeider med stilen utgjør 60 uavhengige hendelser.
0,9560  0,046  4,6 %
Sannsynligheten for at Per ikke får noen meldinger i løpet av én time er 4,6 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 38