Løsningsforslag, sannsynlighet

Introduksjon til sannsynlighet

Oppgave 1:

En kollega vil vedde på at det blant de første 20 bilene som passerer er minst to som har samme to sluttsifre i registreringsnummeret. Bør du vedde imot?

Nei, du vil sannsynligvis tape. Det er omlag 87 % sjanse for at minst to av tjue vilkårlige registreringsnumre slutter på samme to sifre.

Tenk deg at en vegg er delt i 100 like store ruter, at du skal kaste en ball tjue ganger mot veggen i blinde, og at det er helt tilfeldig hvor du treffer. Sannsynligheten for ikke å treffe samme rute to eller flere ganger er da den samme som for at ingen av 20 biler har samme sluttsifre.

De første kastene går nok greit. Men når du kommer til kast 16, er det 15 ruter du ikke må treffe. Så er det 16, neste gang 17, så 18, og til slutt 19. Selv om det i hvert kast er mest sannsynlig å treffe en ny rute, er det ikke så sannsynlig at du klarer det i kast etter kast etter kast.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

I Monty Halls gameshow vinner du en bil hvis du velger den riktige av tre dører. Når du har valgt dør, åpner Monty en av de to andre, der det ikke er noe bak. Du vet nå at bilen enten er bak den ene døren du har valgt, eller bak den tredje, som ennå er lukket. Er det noen vits i å bytte dør, sjansene er vel 50-50?

Ja, du bør bytte! Sjansene er ikke 50-50, men ca. 33-66. Ved å bytte, dobler du vinnersjansene.

Idet du velger, er det en tredels sjanse for at bilen er bak døra du har valgt, og to tredels sjanse for at den er bak en av de to andre. Når Monty åpner en dør uten noe bak, betyr det at det er to tredels sjanse for at bilen er bak den lukkede døra du ikke har valgt.

Vanskelig å forstå? La oss gjøre problemstillingen mer ekstrem, av og til kan å gjøre noe veldig stort eller veldig lite gjøre ting mer intuitive.

Tenk deg at det er 1000 dører med en bil bak en av dem. Du velger 1, så åpner Monty 998 av de andre. Vil du fremdeles ikke bytte? Selvfølgelig vil du det. Ved å bytte øker du vinnersjansene fra 0,1 % til 99,9 %.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Du tester positivt på en dødelig sykdom som har rammet hver titusende innbygger. Testen er 99 % sikker, så du regner med at du sannsynligvis stryker med hvis du ikke betaler en formue for behandling. Men hvor sannsynlig er det at du faktisk er syk?

Det er mindre enn 1 % sjanse for at du faktisk er syk. Hvis du trodde at sjansen for at du var syk var kjempestor, lot du deg lure av paradokset med de falske positive.

At testen er 99 % sikker betyr at den i 1 % av tilfellene ikke klarer å påvise at en syk person faktisk er syk, men også at den i 1 % av tilfellene påviser sykdom hos en person som faktisk er frisk. Og siden det finnes så mange flere friske enn syke, er det flest friske som blir feildiagnostisert.

La oss si at vi tester 1 000 000 personer. Siden hver titusende i gjennomsnitt er syk, kan vi blant disse forvente å finne 100 syke og 999 900 friske. Av de syke vil i snitt 99 %, altså 99 teste positivt. Av de friske vil i snitt 1 %, altså 9999 teste positivt.  Totalt er det altså 9999 + 99 = 10 098 positive tester. Av disse er ${\large \frac{99}{10 098}} \approx 0,0098$, altså litt under 1 %, fra personer som faktisk er syke.

Tilbake til oppgaven

Begreper i sannsynlighet

Oppgave 1:

Vi skal bestemme hva som er utfallsrommet, og hvilke enkeltutfall vi kan få når vi kaster tre mynter og teller opp antall kron.

Vi kan få ingen, én, to eller tre kron, så utfallsrommet er $\{0, 1, 2, 3\}$.

Kaller vi kron for $K$ og mynt for $M$, blir enkeltutfallene

$\{\text{M-M-M, M-M-K, M-K-M, M-K-K, K-M-M, K-M-K, K-K-M, K-K-K}\}$.

Det er altså 8 mulige enkeltutfall. Det gir mening, for det finnes 2 muligheter for hver av 3 mynter, altså $2^3 = 8$ kombinasjonsmuligheter.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

På et terningkast skal vi beregne sannsynligheten for å få

  1. 5 eller 6
    Dette er to av i alt seks like sannsynlige muligheter som ikke kan inntreffe samtidig, så sannsynligheten blir $P(\{5, 6\}) = {\large \frac{2}{6}} = {\large \frac{1}{3}}$.
     
  2. Ikke 5 eller 6
    Dette tilsvarer å få 1, 2, 3 eller 4. Samme argument som i punkt 1 gir at sannsynligheten blir $P(\{1, 2, 3, 4\}) = {\large \frac{4}{6}} = {\large \frac{2}{3}}$.
    Vi kan imidlertid også benytte oss av at summen av sannsynlighetene skal bli 1, slik at sannsynligheten for ikke å 5 eller 6 er $1 – P(\{5, 6\}) = 1 – {\large \frac{1}{3}} = {\large \frac{2}{3}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne sannsynlighetene for å få henholdsvis 0, 1, 2 og 3 kron ved kast med 3 mynter.

Vi har i alt 8 enkeltutfall:

$\{\text{M-M-M, M-M-K, M-K-M, M-K-K, K-M-M-, K-M-K, K-K-M, K-K-K}\}$.

Vi ser at 1 av disse gir ingen kron, 3 gir én kron, 3 gir to kron, og 1 gir tre kron. Så sannsynlighetene blir

$P(0) = P(3) = {\large \frac{1}{8}}$.

$P(1) = P(2) = {\large \frac{3}{8}}$.

Vi ser at vi har en symmetrisk fordeling sentrert rundt 1 og 2 kron.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

  1. Vi skal beregne sannsynligheten for at en familie med to barn har ett barn av hvert kjønn, når vi antar at gutt og jente er like sannsynlig.
    Vi har fire, like sannsynlige enkeltutfall som ikke kan inntreffe samtidig: $\{\text{G-G, G-J, J-G, J-J}\}$. To av disse gir én av hvert kjønn, så ut fra "gunstige på mulige" får vi at $P(\text{"en av hver"}) = {\large \frac{2}{4}} = {\large \frac{1}{2}}$.
     
  2. Mange tenker på dette som en uniform modell, der kombinasjonene "to gutter", "én av hver" og "to jenter" er like sannsynlig, og tror derfor at det er en tredjedels sjanse for en av hvert kjønn. Men modellen er ikke uniform, de forskjellige mulighetene har ulik sannsynlighet.

Tilbake til oppgaven

Kombinere utfall

Oppgave 1:

Med utgangspunkt i mengdene $A = \{a, b, c, d, e \}$, $K = \{b, c, d \}$ og $V = \{a, i \}$ skal vi beregne

  1. $A \cup V$
    Dette er mengden av elementer som finnes i $A$ eller $V$ eller begge: $A \cup V = \{a, b, c, d, e, i \}$.
     
  2. $A \cup K$
    Dette er mengden av elementer som finnes i $A$ eller $K$ eller begge: $A \cup K = \{a, b, c, d, e \}$.
    Det finnes ingen elementer i $K$ som ikke også finnes i $A$, så $K$ er en delmengde av $A$. Da er $A \cup K = A$.
     
  3. $K \cup V$
    Dette er mengden av elementer som finnes i $K$ eller $V$ eller begge: $K \cup V = \{a, b, c, d, i \}$.
     
  4. $A \cap V$
    Dette er mengden av elementer som finnes i både $A$ og $V$$A \cap V = \{a \}$.
     
  5. $A \cap K$
    Dette er mengden av elementer som finnes i både $A$ og $K$: $A \cap K = \{b, c, d \}$.
    Siden $K$ er en delmengde av $A$, blir $A \cap K = K$.
     
  6. $K \cap V$
    Dette er mengden av elementer som finnes i både $K$ og $V$: $K \cap V = \emptyset$.
    $K$ og $V$ har ingen felles elementer, de er disjunkte.

​Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Basert på at sannsynlighetene for å få henholdsvis 0, 1, 2 og 3 kron ved kast med 3 mynter er henholdsvis ${\large \frac{1}{8}}$, ${\large \frac{3}{8}}$, ${\large \frac{3}{8}}$ og ${\large \frac{1}{8}}$ skal vi beregne sannsynligheten for "minst én kron, altså $P(X \ge 1)$, der $X$ er antall kron.

Dette er disjunkte utfall, vi må få enten 0, 1, 2 og 3 kron, vi kan ikke få for eksempel 1 og 2 kron samtidig, så vi kan bruke addisjonssetningen for disjunkte utfall:

$P(X \ge 1) = P(1) + P(2) + P(3) = {\large \frac{3}{8}} + {\large \frac{3}{8}} + {\large \frac{1}{8}} = {\large \frac{7}{8}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne sannsynligheten for "minst én kron" ved kast med 3 mynter ved å bruke komplementsetningen og at sannsynligheten for "ingen kron" er ${\large \frac{1}{8}}$.

Hendelsen "minst én kron", $P(X \ge 1)$ og hendelsen "ingen kron", $P(0)$ er komplementære. Vi får derfor at $P(X \ge 1) = 1 – {\large \frac{1}{8}} = {\large \frac{7}{8}}$, som var det samme vi fikk i oppgave 2.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

I spillet vist under kan vi spille på "tall", "farge", "både tall og farge" og "enten tall eller farge".

En forenklet rulett

Vi skal så finne vinnersjansene i hvert av tilfellene.

Ved å bruke "gunstige på mulige" får vi:

Riktig tall: $P(T) = {\large \frac{3}{12}} = {\large \frac{1}{4}}$.

Riktig farge: $P(F) = {\large \frac{4}{12}} = {\large \frac{1}{3}}$.

Både tall og farge: $P(T \cap F) = {\large \frac{1}{12}}$.

Når det gjelder "Enten tall eller farge", er dette sammensatt av to ikke-disjunkte utfall, så vi må bruke den generelle addisjonssetningen:

$P(T \cup F) = P(T) + P(F) – P(T \cap F) = {\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{1}{3}} – {\large \frac{1}{12}} = {\large \frac{1}{2}}$.

Tilbake til oppgaven

Sammensatte hendelser

Oppgave 1:

Vi skal finne sannsynligheten for å tippe riktig vinner i alle 5 løp i V5, når det er henholdsvis 12, 10, 14, 9 og 12 hester med i de enkelte løpene og vi velger hester tilfeldig.

I hvert løp har hver hest samme sannsynlighet for å bli valgt, så vi kan bruke "gunstige på mulige" for å finne sannsynligheten for å velge vinnerhesten.

NB! Vi sier ikke at alle hestene har like stor sjanse for å vinne sitt løp, denne sannsynligheten spiller ingen rolle. En bestemt hest kan gjerne være garantert å vinne, sannsynligheten vi er ute etter er sannsynligheten for at vi velger akkurat denne hesten når vi plukker tilfeldig. En annen sak er imidlertid at det ikke er noen god taktikk å plukke tilfeldig, nettopp fordi noen hester har større vinnersjanser enn andre.

"Gunstige på mulige" gir for de enkelte løpene sannsynligheter på henholdsvis

${\large \frac{1}{12}}$, ${\large \frac{1}{10}}$, ${\large \frac{1}{14}}$, ${\large \frac{1}{9}}$ og ${\large \frac{1}{12}}$.

Den totale sannsynligheten finner vi ved å multiplisere hver av disse sannsynlighetene, i henhold til produktsetningen for uavhengige hendelser. Vi får

${\large \frac{1}{12}} \cdot {\large \frac{1}{10}} \cdot {\large \frac{1}{14}} \cdot {\large \frac{1}{9}} \cdot {\large \frac{1}{12}} = {\large \frac{1}{181 \, 440}}$.

Vinnersjansen er altså ikke særlig stor når vi bare velger hester tilfeldig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne sannsynligheten for at det i en klasse med 30 tilfeldig sammensatte elever finnes minst to som har samme fødselsdag. Dette er et sammensurium av ikke-disjunkte utfall, så å angripe problemet med addisjonssetningen er håpløst. Vi ser i stedet på komplementet til hendelsen, nemlig "ingen av elevene har samme fødselsdag". Dette kan vi tenke på som begivenheten "en elev har unik fødselsdag", gjentatt tretti ganger. Elevene er tilfeldig sammensatt, så det er ingen avhengighet mellom dem, for eksempel at noen er tvillinger. Vi kan derfor bruke produktsetningen til å regne ut sannsynligheten.

For første elev finnes det 365 av 365 unike dager, for andre elev finnes det 364 av 365, deretter 363 av 365, og så videre. For hver ny elev blir én av de unike fødselsdagene brukt opp. Bruker vi produktsetningen og "gunstige på mulige" får vi følgende sannsynlighet:

${\large \frac{365}{365}} \cdot {\large \frac{364}{365}} \cdot {\large \frac{363}{365}} \cdot \, \dots \, \cdot {\large \frac{336}{365}} \approx 0,28$.

Og sannsynligheten for komplementhendelsen blir ca. 1 – 0,28 = 0,72. I en klasse med 30 elever er det altså ca. 72 % sannsynlighet for at minst to elever har samme fødselsdag.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi spiller et spill der vi kaster to terninger, vinner hvis vi får sum 4 eller mindre, og skal beregne:

  1. Hva sannsynligheten er for å vinne.
    Ved kast med to terninger er det totalt 36 enkeltutfall. 6 av disse gir sum 4 eller mindre, nemlig 1-1, 1-2, 1-3, 3-1, 2-1 og 2-2. "Gunstige på mulige" gir at sannsynligheten for å vinne er ${\large \frac{6}{36}} = {\large \frac{1}{6}}$. Kaller vi dette for hendelse $A$, har vi altså at $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$.
     
  2. Hva sannsynligheten er for å vinne hvis vi har kastet første terning og fått 2.
    Vi kaller dette for hendelse $B$. Sannsynligheten for å få 2 på en terning er en sjettedel, så $P(B) = {\large \frac{1}{6}}$.
    De mulige utfallene med 2 på første terning er 2-1, 2-2, 2-3, 2-4, 2-5 og 2-6. To av disse er felles med $A$. Siden dette er 2 av i alt 36 mulige utfall, blir $P(A \cap B) = {\large \frac{2}{36}} = {\large \frac{1}{18}}$.
    Og formelen for betinget sannsynlighet gir $P(A | B) = {\large \frac{P(A \cap B)}{P(B)}} = {\LARGE \frac{\frac{1}{18}}{\frac{1}{6}}} = {\large \frac{1}{3}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

I et spill der vi vinner hvis vi får sum 11 eller 12 ved et kast med to terninger har vi følgende sannsynligheter:
Sannsynlighet for "sum 11 eller 12": $P(A) = {\large \frac{1}{12}}$.
Sannsynlighet for "seks på første terning": $P(B) = {\large \frac{1}{6}}$.
Sannsynlighet for å vinne, gitt at vi har fått seks på første terning": $P(A | B) = {\large \frac{1}{3}}$.

Så skal bruke Bayes setning til å finne sannsynligheten for at første terning var 6 hvis vi har vunnet, $P(B | A)$.

Bayes setning gir

$P(B | A) = P(A | B) \cdot {\large \frac{P(B)}{P(A)}} = {\large \frac{1}{3}} \cdot \frac{{\LARGE \frac{1}{6}}}{{\LARGE \frac{1}{12}}} = {\large \frac{2}{3}}$.

Ser vi på et Venn-diagram som viser situasjonen, skjønner vi at dette er riktig:

Venn diagram som illustrerer terningkombinasjoner som gir sum 11 eller 12, gitt at en hendelse har inntruffet

Av totalt 3 utfall som gir "sum 11 eller 12", har 2 seks på første terning, så "gunstige på mulige" gir at sannsynligheten er to tredeler.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Fra Ubøe: statistikk for økonomifag.

Med utgangspunkt i sannsynlighetstreet under skal vi finne ut hvor stor sannsynligheten er for at en vare kommer fra maskin 1 og 3 hvis den er feilfri.

Sannsynlighetstre med absolutte verdier

Totalt er 45 % + 6 % + 12 % + 2 % = 65 % feilfrie. Av disse kommer 45 % fra maskin 1 og 3. Så "gunstige på mulige" gir at $P(\text{maskin 1 og 3 | OK}) = {\large \frac{0{,}45}{0{,}65}} \approx 0{,}69$, altså kommer ca. 69 % av alle feilfrie fra maskin 1 og 3.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Fra Ubøe: statistikk for økonomifag.

En megler investerer 30 % i fond A, 60 % i fond B og 10 % i fond C. Fondene sprer investeringene på aksjemarkeder som vist i under:

Fond USA Europa Japan
A 50 % 30 % 20 %
B 20 % 70 % 10 %
C 30 % 50 % 20 %
  1. Vi skal tegne et sannsynlighetstre som beskriver situasjonen, med relative sannsynligheter langs grenene og absolutte sannsynligheter ytterst.
    Sannsynlighetstre som viser fordeling av investeringer.
    De absolutte sannsynlighetene er vi kommet fram til ved å multiplisere de relative sannsynlighetene langs grenene. For eksempel gir $0{,}3 \cdot 0{,}5 = 0{,}15$ sannsynligheten for fond A i USA, og $0{,}6 \cdot 0{,}7 = 0{,}42$ sannsynligheten for fond B i Europa.
     
  2. Vi skal beregne hvor stor andel av midlene i fond A og fond B som er investert i USA.
    Av sannsynlighetstreet ser vi at total investering i fond A og fond B er $0{,}3 + 0{,}6 = 0{,}9$. Av disse er $0{,}15 + 0{,}12 = 0{,}27$ i USA. "Gunstige på mulige" gir $P(\text{USA | fond A og B}) = {\large \frac{0{,}27}{0{,}9}} = 0{,}3$. 30 % av investeringene i fond A og B går til USA.
     
  3. Vi skal beregne hvor stor del av investeringene i USA som er kommet gjennom fond A. Av sannsynlighetstreet ser vi at total investering i USA er $0{,}15 + 0{,}12 + 0{,}03 = 0{,}3$. Av disse er $0{,}15$ fra fond A. "Gunstige på mulige" gir $P(\text{Fond A | USA}) = {\large \frac{0{,}15}{0{,}3}} = 0{,}5$. 50 % av investeringene i USA er gjennom fond A.

Tilbake til oppgaven

Kombinatorikk

Oppgave 1:

Vi skal beregne hvor mange måter ei rekke med 30 elever kan organiseres på. Til plassen først kan vi velge 30 elever, til neste plass 29, elever, og så videre, så dette blir $30! \approx 2,65 \cdot 10^{32}$ måter.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne antall 4permutasjoner av 10 ved å bruke formelen for antall k-permutasjoner av n, ${\large \frac{n!}{(n – k)!}}$

Vi setter inn k = 4 og n = 10 og får:

${\large \frac{10!}{(10 – 4)!}} = {\large \frac{3 \, 628 \, 800}{720}} = 5040$.

For å kontrollere resultatet i Excel, skriver vi = permuter(10; 4). I GeoGebra skriver vi nPr(10,4) i inntastingsfeltet eller CAS.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne hvor mange forskjellige delegasjoner på 3 som kan velges blant 25 ansatte. Dette blir "tjuefem over tre", altså

${\large \binom{25}{3}} = {\large \frac{25!}{3!(25 – 3)!}} = 2300$.

Det kan velges 2300 forskjellige delegasjoner.

For å kontrollere resultatet i Excel, skriver vi = kombinasjon(25; 3). I GeoGebra skriver vi nCr(25,3) i inntastingsfeltet eller CAS.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal finne ut hvor mange delmengder vi kan lage i mengden $A = \{a, b, c \}$, og vurdere om antallet delmengder er riktig.

Vi kan lage følgende tre delmengder med ett element: $\{a\}$, $\{b\}$ og $\{c\}$.

Vi kan lage følgende tre delmengder med to elementer: $\{a, b\}$, $\{a, c\}$ og $\{b, c\}$.

Vi kan lage følgende delmengde med tre elementer: $\{a, b, c\}$.

Vi kan lage følgende delmengde med ingen elementer: $\{ \}$, det vil si $\emptyset$.

Vi har totalt 3 + 3+ 1 + 1 = 8 delmengder, noe som stemmer, siden $A$ inneholder 3 elementer og 23 = 8.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi har ei gruppe med 11 gutter og 8 jenter, og skal beregne hvor mange kombinasjoner det finnes med

  1. 3 gutter og 3 jenter
     
  2. 1 gutt og 3 jenter
     
  3.  Ingen gutter og 4 jenter

Vi får

  1. ${\large \binom{11}{3}} \cdot {\large \binom{8}{3}} = 165 \cdot 56 = 9240$.
     
  2. ${\large \binom{11}{1}} \cdot {\large \binom{8}{3}} = 11 \cdot 56 = 616$.
     
  3. ${\large \binom{11}{0}} \cdot {\large \binom{8}{4}} = 1 \cdot 70 = 70$.

I tilfelle 2 ser vi at vi egentlig ikke trenger stille opp ${\large \binom{11}{1}}$, det holder å multiplisere med 11.

I tilfelle 3 ser vi at vi egentlig ikke trenger stille opp ${\large \binom{11}{0}}$, fordi dette blir 1.

Imidlertid kan det være lurt å stille opp hele regnestykket slik det er gjort i 2. og 3. fordi det tydeliggjør metoden, og vi slipper å lage spesialtilfeller når vi bare skal velge 1 eller 0.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal beregne antall kombinasjonsmuligheter i tre korthender med fem kort. De tre korthendene skal

  1. inneholde nøyaktig 2 spar.
     
  2. bare inneholde spar.
     
  3. inneholde spar konge

Vi får:

  1. Denne hånden inneholder 2 av 13 mulige spar og 3 av 39 andre kort, så antall muligheter blir
    ${\large \binom{13}{2}} \cdot {\large \binom{39}{3}} = 78 \cdot 9139 = 712 \, 842$.
     
  2. Denne hånden inneholder 5 av 13 mulige spar og 0 av 39 andre kort, så antall muligheter blir
    ${\large \binom{13}{5}} \cdot {\large \binom{39}{0}} = 1287 \cdot 1 = 1287$.
     
  3. Denne hånden inneholder 1 av 1 mulige spar konge og 4 av 51 andre kort, så antall muligheter blir
    ${\large \binom{1}{1}} \cdot {\large \binom{51}{4}} = 1 \cdot 249 \, 900 = 249 \, 900$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 7:

Vi skal beregne sannsynlighetene for å få utdelt korthendene med 5 kort nevnt i oppgave 6..

De tre korthendene

  1. inneholder nøyaktig 2 spar.
     
  2. inneholder bare spar.
     
  3. inneholder spar konge

Totalt finnes det ${\large \binom{52}{5}} = 2 \, 598 \, 960$ mulige korthender med 5 kort.

  1. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 712 842 hender med nøyaktig 2 spar.
    Gunstige på mulige gir $712 \, 842 : 2 \, 598 \, 960 \approx 0,27$. Det er ca. 27 % sjanse for å få en hånd med nøyaktig 2 spar.
     
  2. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 1287 hender med bare spar.
    Gunstige på mulige gir $1287 : 2 \, 598 \, 960 \approx 0,0005$. Det er ca. 0,05 % sjanse for å få en hånd med bare spar.
     
  3. Vi fant i oppgave 6 at det fantes 249 900 hender med spar konge.
    Gunstige på mulige gir $249 \, 900 : 2 \, 598 \, 960 \approx 0,096$. Det er ca. 9,6 % sjanse for å få en hånd som inneholder spar konge.
    Denne sannsynligheten er det samme som ${\large \frac{5}{52}}$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 8:

På en kodelås med tre kodehjul, hvert med sifre fra 0 til 9, skal vi finne ut hvor mange mulige koder som kan stilles inn.

Dette er et ordnet utvalg uten tilbakelegg. Ordnet fordi rekkefølgen på sifrene i koden er vesentlig, og uten tilbakelegg fordi alle sifrene er tilgjengelige på alle hjulene.

Antall kombinasjoner blir derfor 103 = 1000.

Tilbake til oppgaven