Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag ST1101/ST6101 Sannsynlighetsregning og statistikk Vår 201 Oppgaver fra boka 2.6.1 En kjemiker vil observere effekten av 2 ulike temperaturer, 3 ulike trykk, og 2 ulike katalysatornivåer. For å undersøke hver kombinasjon av temperatur, trykk og katalysatornivå akkurat 2 ganger, må hun gjennomføre eksperimenter. 2 2 3 2 = 24 2.6.2 En melding på 4 tegn består av tall og bokstaver på følgende måte: Første og siste tegn er en konsonant, det andre er et heltall fra og med 1 til og med, og den tredje er en av de seks første vokalene (a, e, i, o, u, y. Det er 21 konsonanter i alfabetet (første og siste tegn, tall (andre tegn og 6 konsonanter (tredje tegn. Da kan agenten sende 21 6 21 = 23814 ulike beskjeder. 2.6. Vi skal velge 3 retter, der det er ulikt antall valg innen hver rett, 4 forretter 14 hovedretter 6 desserter 5 drinker Ved å bruke multiplikasjonsregelen på de fire ulike kombinasjoner av retter finner vi at vi kan ha 4 14 6 + 4 14 5 + 4 6 5 + 14 6 5 = 1156 21. januar 201 Side 1 av 7
2.6.12 Det engelske alfabetet består av 26 bokstaver. Hvis vi skal bruke ett tegn har vi 2 1 = 2 muligheter. Hvis vi kan bruke to tegn har vi 2 1 +2 2 = 6 muligheter. Fortsetter vi sånn ser vi at vi får 2 1 + 2 2 + + 2 n 26 og dermed trenger vi n 4 for å kunne representere alle de 26 bokstavene med unike kombinasjoner. 2.6.20 Det er ulike posisjoner man kan ha i baseball, og siden alle på laget spiller alle posisjoner like dårlig, kan alle ha alle posisjoner. For den første posisjonen har vi muligheter, for den neste har vi 8 (siden vi har brukt opp en spiller på første posisjon, så 7 osv. Da får vi! = 362880 ulike måter å plassere spillerne på banen. 2.6.34 Ordet TENNESSEE består av bokstaver totalt, der vi har 1 T, 4 E, 2 N og 2 S. Dermed blir antall kombinasjoner! 1!4!2!2! = 3780 Ordet FLORIDA består av 7 bokstaver, der vi har kun 1 av hver bokstav, dermed 7! 1!1!1!1!1!1!1! = 5040 Dermed ser vi at FLORIDA kan generere flere kombinasjoner enn TENNESSEE. 2.6.53 studenter, derav 4 jenter og 5 gutter, konkurrerer om 4 plasser. a Antall måter å kombinere studentene på de fire plassene er gitt ved (! = 4 4!( 4! = 126 b Antall kombinasjoner med 2 jenter og 2 gutter på de 4 plassene er gitt ved ( ( 4 5 = 60 2 2 21. januar 201 Side 2 av 7
c Antall mulige kombinasjoner der det ikke er kun gutter eller kun jenter finner vi ved å trekke fra mulighetene ved kun gutter eller kun jenter fra alle mulige kombinasjoner ( ( ( 4 5 = 120 4 4 4 2.7.1 Fire av ti likt kvalifiserte ansatte skal forfremmes, og de fire som forfremmes trekkes tilfeldig. Tre av dem er kvinner, sju er menn. La X være antallet kvinner som blir forfremmet, da er vi interessert i å finne P (X = 2. Anta at én og én blir forfremmet. Da kan de forfremme akkurat to kvinner i følgende rekkefølger (M = mann forfremmes, K = kvinne forfremmes: MMKK, KKMM, MKMK, KMKM, MKKM, KMMK. Dette er det samme som å trekke to ut av fire muligheter, og kan også regnes ut ved å bruke binomialkoeffisienten: ( 4 2 = 6. Sannsynligheten for at de forfremmes i rekkefølgen MMKK er: 7 6 3 2 10 8 7 fordi det først er 7 menn av 10, deretter er det 6 menn av total som kan forfremmes, så er det 5 menn igjen, som betyr at det er 3 kvinner av 8, og deretter 2 kvinner av 8. Merk at å forfremme en kvinne er det motsatte av å forfremme en mann, og hendelsene summerer til 1. Vi ser av brøkene over at vi kan omrokkere på tallene i telleren og nevneren så vi får de 5 andre rekkefølgene uttrykt ved de samme tallene. Siden vi har 6 mulige rekkefølger de kan forfremmes i kan vi skrive P (X = 2 = 6 7 6 3 2 10 8 7 = 0.3. Dette kan vi også modellere med en hypergeometrisk fordeling (kommer senere i kurset, der 3 er antall baller av farge 1, 7 er antall baller av farge 2, vi skal trekke totalt 4 baller, og vi vil ha 2 baller av farge 1. Dette kan slås opp i en tabell. 2.7.2 6 brikker ligger i en urne, nummerert 1 til 6. Vi trekker to tilfeldig og legger sammen tallene. La (a, b være tallene på brikkene vi trekker, så a + b er summen. Vi vil finne P (a + b = 5. Det er totalt 6 5 = 30 mulige utfall (6 muligheter når vi trekker første brikke, 5 andre gang siden vi har tatt ut en brikke allerede. De som fører til at summen blir 5 er (1, 4, (2, 3, (3, 2 og (4, 1, totalt fire muligheter. Da er sannsynligheten for at P (a + b = 4/30 = 2/15 = 0.33 2.7.4 Vi lar A være hendelsen at vi får 4 ess blant de kortene på hånden og B være hendelsen at vi får 4 kongerav de kortene. Unionen av de to hendelsene er da gitt 21. januar 201 Side 3 av 7
ved P (A B = P (A + P (B P (A B Dermed må vi finne P (A, P (B og P (A B. P (A = P (B = P (A B = ( 4 ( 48 4 = ( 4 4 ( 4 ( 4 4 4 ( 48 = ( 44 5 ( 48 ( 48 = ( 44 5 Dermed finner vi at P (A B = 2 ( 48 ( 44 5 = 5.3 10 3 2.7.11 Antall måter de 7 personene kan gå ut av heisen i ulike etasjoner er 7!, mens totalt antall måter de kan gå ut av heisen på er 7 7. Dermed blir sannsynligheten for at alle går ut i ulike etasjer 7! = 6.1 10 3 77 Dersom alle skal gå av i samme etasje får vi kun 7 ulike måter dette kan skje på. Dermed blir sannsynligheten for at alle går av i samme etasje 7 = 8.5 10 6 77 Her antar vi at ingen går av i 1. etasje og at det er like stor sannsynlighet for å gå av i alle etasjene. Dette kan bli sett på som urimelig, da de som bor i de lavere etasjene muligens bruker trappa oftere enn de som bor i de høyere etasjene. 2.7.14 Vi kaster 6 terninger én gang hver. Vi vil ha sannsynligheten for at hvert av de 6 antallet øyne dukker opp, altså det som tilsvarer en full straight i Yatzee. Totalt antall muligheter for kastene er 6 6. Vi ønsker at hvert tall dukker opp én gang hver, som betyr at den første terningen har 6 muligheter, den andre har 5 (siden vi ikke vil ha den første om igjen, den tredje har 4, osv., totalt 6!. Sannsynligheten for full straight blir da 6! 6 6 = 0.0154 21. januar 201 Side 4 av 7
2.7.24 Vi antar at sannsynligheten for at mannen tar et skritt framover eller bakover er lik, altså 0.5 begge veier. Vi vil ha sannsynligheten for at han har tatt r skritt framover i løpet av totalt n skritt. For n = 1 kan han gå enten ett skritt fram, eller ett skritt tilbake. For n = 2 kan han gå ett skritt tilbake og så ett fram, ett skritt fram og ett tilbake, to fram, eller to tilbake. For n = 3 kan han gå tre fram, to fram og ett tilbake, ett fram og to tilbake, tre tilbake, ett fram ett tilbake ett fram, osv, totalt 8 muligheter. For generell n kan han for hvert skritt gå enten fram eller tilbake, som gir 2 n muligheter. Hintet sier at vi skal la x være antall skritt framover og y være antall skritt bakover, da er x + y = n og r = x y. Dette kan vi skrive om til at x = (n + r/2 og y = (n r/2, og vi kan da finne antall ganger han vil gå akkurat r skritt fram: ( n = x n! x!(n x! = n! ( n+r n r 2!( Vi bruker binomialkoeffisienten fordi vi vil vite hvor mange måter vi kan trekke x elementer av de n skrittene på (der vi har bestemt at x skal være (n + r/2. 2! Da er sannsynligheten for at han går akkurat r skritt fram: ( n x 2 n = n! ( n+r n r!( 2 2! 2 n 21. januar 201 Side 5 av 7
R-oppgave library(ggplot2 library(scales a n <- 10 # kaster terning med 6 sider n = 10 ganger og lagrer i variabelen t t <- sample(1:6, n, replace = TRUE t ## [1] 1 3 3 5 6 6 5 6 6 2 b P (T 3 (1/n n i=1 (t i 3. T er verdien en terning vil ta når den kastes. Sannasynligheten for et gitt terningkast er 1/6, og vi har P (T 3 = P (T = 1 + P (T = 1 + P (T = 3 = (1/6 3 = 1/2. Den andre siden av likheten er en tilnærming av dette fordi vi teller antall ganger vi kaster 3 eller mindre, og deler på det totale antallet kast. Vi estimerer dette: mean(t <= 3 ## [1] 0.4 c Nå kaster vi n = 10000 terninger og beregner (1/n n i=1 (t i 3 igjen: t <- sample(1:6, 10000, replace = TRUE t[1:30] # viser de første 30 elementene i t ## [1] 4 6 6 3 3 5 2 4 6 1 5 6 5 1 3 4 2 4 1 1 1 1 3 4 6 1 2 4 2 1 mean(t <= 3 ## [1] 0.5026 Med 10000 simulerte terningkast får vi et mer nøyaktig svar (vi får et nøyaktig svar hver gang med mange simuleringer, vi kan også ha flaks og få akkurat 5 terningkast med 1, 2 eller 3 av de 10. Vi kan også få 0, men det er ekstremt usannsynlig å få 0 av 10 000. d T 1 og T 2 er resultatet av to terningskast, vi vil finne P (S = T 1 + T 2 er partall. Summen av to terningkast kan ta alle heltall mellom 2 og 12. Ved å telle antall kombinasjoner vi kan kaste for å få hvert tall, får vi følgende: S = 2: 1 S = 3: 2 S = 4: 3 1
S = 5: 4 S = 6: 5 S = 7: 6 S = 8: 5 S = : 4 S = 10: 3 S = 11: 2 S = 12: 1 Totalt kan vi kaste 36 ulike kombinasjoner med to terninger, og ved å legge sammen antall muligheter vi har for å få partall får vi e P (S er partall = 1 + 3 + 5 + 5 + 3 + 1 36 = 18 36 = 1 2 Nå vil vi estimere P (S er partall ved å simulere 10000 terningkast av hver terning: # simulerer 10000 kast med begge terningene t1 <- sample(1:6, 10000, replace = TRUE t2 <- sample(1:6, 10000, replace = TRUE # finner summen av dem s <- t1 + t2 # sjekker hvor mange av summene i variabelen s som er et partall # seq(2, 12, 2 gir en sekvens fra 2 til 12 der det legges på 2 hver gang mean(s %in% seq(2, 12, 2 ## [1] 0.5016 Dette estimatet er veldig nærme den sanne verdien på 1/2. 2