Sammensatte hendelser

Produktprinsippet

I artikkelen om å kombinere utfall så vi hvordan vi beregnet sannsynligheten for hendelser som besto av kombinasjoner av utfall ved hjelp av addisjonssetningen. For eksempel fant vi at sannsynligheten for å få minst én sekser på et kast med to terninger var lik sannsynligheten for seks på den ene pluss sannsynligheten for seks på den andre minus sannsynligheten for seks på begge. Dette ifølge addisjonssetningen, som er en regel for å beregne sannsynligheten for en union av utfall. En union av to utfall betyr altså enten det ene eller det andre eller begge.

Nå skal vi se på regler for å beregne sannsynligheten for hendelser som består av snittet av utfall. Det vil si sannsynligheten for begge utfallene, altså både det ene og det andre.

Eksempel 1:

Vi skal finne sannsynligheten for å få to seksere når vi kaster to terninger. Det finnes 36 mulige kombinasjoner av enkeltutfall. Vi kan få 1 på den ene terningen og 1 på den andre, 1 på den ene og 2 på den andre, og så videre. Men bare én av disse kombinasjonen er "gunstig" med 6 på den ene og 6 på den andre. Sannsynligheten blir derfor ${\large \frac{1}{36}}$.

Vi legger merke til at når vi i eksempel 1 beregner sannsynligheten for å få seks på to terninger ved å bruke gunstige på mulige, er resultatet det samme som vi får hvis vi multipliserer sannsynligheten for å få 6 på den ene med sannsynligheten for å få 6 på den andre, altså ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$. Dette er ikke tilfeldig. Sannsynligheten for at to uavhengige hendelser begge inntreffer, er lik produktet av sannsynlighetene for hver av dem.

Hvis $A$ og $B$ er uavhengige hendelser, er sannsynligheten for at begge inntreffer gitt ved produktsetningen, slik:

$\fbox{Produktsetningen for uavhengige hendelser: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$}$

Dette prinsippet kan utvides til et vilkårlig antall hendelser.

Eksempel 2:

Vi kjøper lodd i tre uavhengige lotterier, der vinnersjansene er henholdsvis ${\large \frac{1}{100}}$${\large \frac{1}{50}}$ og ${\large \frac{1}{75}}$, og skal finne ut hva sannsynligheten for å vinne på alle tre loddene er. Da bruker vi produktsetningen og får at sannsynligheten er ${\large \frac{1}{100}} \cdot {\large \frac{1}{50}} \cdot {\large \frac{1}{75}} = {\large \frac{1}{375 \, 000}}$.

Oppgave 1:

I hestespillet V5 er det om å gjøre å tippe riktig vinner i 5 travløp. Du spiller V5 en gang det er 12 hester med i første løp, 10 i andre, 14 i tredje, 9 i fjerde og 12 i femte. Alle løpene er uavhengige av hverandre og du velger hester helt tilfeldig. Hva er sannsynligheten for å vinne?

​Se løsningsforslag

Det er viktig å legge merke til at vi snakker om uavhengige hendelser, altså hendelser det ikke er noen som helst sammenheng mellom. Hvis hendelsene er avhengige, blir situasjonen mye mer komplisert.

Eksempel 3:

I en by er det i gjennomsnitt 20 soldager i juli, jevnt fordelt over hele måneden. Det betyr at vi kan si at sannsynligheten for sol den 14. juli om tre år er ${\large \frac{20}{31}} \approx 0{,}65$, siden det er totalt 20 gunstige (soldager) på 31 mulige (antall dager i juli). Men det betyr ikke at vi kan si at sannsynligheten for sol både 14. og 15. juli om 3 år er ${\large \frac{20}{31}} \cdot {\large \frac{20}{31}} \approx 0{,}42$. For været den den 15. juli er ikke uavhengig av været den 14. Tvert imot, i en periode med høytrykk er det vanlig at mange soldager følger etter hverandre.

Eksempel 4:

Vi trekker to kort fra en kortstokk og lurer på hva sannsynligheten for å få to ess er. Sannsynligheten for å få ett ess er ${\large \frac{4}{52}} = {\large \frac{1}{13}}$, siden 4 av i alt 52 kort er ess. Men sannsynligheten for å få ess to blir ikke ${\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{1}{13}} = {\large \frac{1}{169}} \approx 0{,}0059$. For dette er ikke uavhengige hendelser. Sannsynligheten for å få ess når vi trekker andre kort avhenger av om vi fikk ess da vi trakk første kort. Hvis første kort ble ess, er det 3 av 51 kort som er ess tilbake i stokken, og sannsynligheten for to ess er ${\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{3}{51}} \approx 0{,}0045$. En annen måte å beregne dette på er å dividere antall måter vi kan kombinere to ess på (6), med antall måter vi kan kombinere to vilkårlige kort på (1326), slik vi skal lære i artikkelen om kombinatorikk.

For å ta den helt ut, hvis sannsynligheten for å trekke et ess ikke avhang av hva vi fikk forrige gang, men var konstant lik ${\large \frac{1}{13}}$, ville sannsynligheten for å få fem ess når vi trakk fem kort være ${\large \frac{1}{13^{\Large 5}}} \approx 2{,}59 \cdot 10^{-6}$. Ikke mye, men større enn 0, så ifølge denne beregningen ville det faktisk være mulig å trekke flere ess enn det er i kortstokken.

Bruk av komplementsetningen

I oppgave 1 i artikkelen om introduksjon til sannsynlighet fikk vi vite at sannsynligheten for at minst to av tjue vilkårlige biler har samme to sluttsifre i registreringsnummeret er ca. 87 %. Nå skal vi se hvordan vi kan regne det ut ved å bruke komplementsetningen som ble presentert i artikkelen om å kombinere utfall$P(A^C) = 1 – P(A)$.

Hendelsen "minst to biler med samme sluttsifre" er forferdelig sammensatt. Det finnes en mengde overlappende utfall som gir minst to biler med like siffer. Bil 3 og 5 kan dele sifre, men det kan være at både bil 3, 5 og 12 deler sifre. Det kan være at bil 3 og 5 deler sifre samtidig som bil 16 og 18 deler to andre sifre.

I artikkelen om å kombinere utfall presenterte vi et Venn-diagram som illustrerte tre ikke-disjunkte utfall $A$, $B$ og $C$:

Venn-diagram med tre overlappende mengder

Og for å finne sannsynligheten for $P(A \cup B \cup C)$, måtte vi regne ut

$P(A) + P(B) + P(C) – P(A \cap B) – P(A \cap C) – P(B \cap C) + P(A \cap B \cap C)$.

I oppgaven med bilene har vi 20 utfall som er filtret inn i hverandre, og å begynne å regne på det ville være uoverkommelig hvis vi skulle bruke addisjonssetningen. Men her kommer komplementsetningen oss til hjelp. Hvis vi kaller hendelsen "minst to biler med samme sluttsifre" for $A$, blir $A^C$ det samme som "ingen biler med samme sluttsifre". Og dette er mye lettere å regne ut, for det kan vi se på som utfallet "en bil har ikke samme sifre som noen av de forrige", gjentatt tjue ganger. Det er ingen avhengighet mellom bilene som følger etter hverandre, de to sluttsifrene vil være tilfeldig fordelt, så vi kan bruke produktsetningen til å regne ut denne sannsynligheten.

Totalt finnes det 100 mulige sluttsifre. For første bil finnes det 100 sluttsifre som ikke er lik noen foregående. For andre bil finnes det 99, for tredje 98, og så videre. Bruker vi produktsetningen og "gunstige på mulige" får vi derfor

$P(A^C) = {\large \frac{100}{100}} \cdot {\large \frac{99}{100}} \cdot {\large \frac{98}{100}} \cdot \; \dots \; \cdot {\large \frac{81}{100}} \approx 0{,}13$.

Det er altså ca. 13 % sjanse for at alle bilene har unike sifre. Sannsynligheten for det motsatte, $A$, blir $P(A) \approx 1 – 0{,}13 = 0{,}87$. Det er altså ca. 87 % sjanse for at minst to av tjue biler deler sluttsifre.

I artikkelen om å kombinere utfall beregnet vi at sannsynligheten for å få "minst en sekser" ved kast med to terninger var ${\large \frac{11}{36}}$. Vi beregnet det på to måter, ved å telle opp enkeltutfall, og ved å bruke den generelle addisjonssetningen. Nå skal vi regne det ut ved hjelp av produktsetningen og komplementsetningen:

Eksempel 5:

Komplementet til hendelsen "minst én sekser" er "ingen seksere". Denne hendelsen inntreffer hvis vi verken får seks på første terning eller andre terning. Det kan vi se på som to uavhengige hendelser som begge har sannsynlighet ${\large \frac{5}{6}}$. Ved hjelp av produktregelen får vi at sannsynligheten for at dette skjer på begge terningene er ${\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}} = {\large \frac{25}{36}}$. Og sannsynligheten for komplementet, "minst én sekser" blir $1 – {\large \frac{25}{36}} = {\large \frac{11}{36}}$, som er det samme som vi fant tidligere.

Vi kan også bruke produktsetningen og addisjonssetningen for disjunkte utfall:

Eksempel 6:

Hendelsen "minst en sekser" kan vi tenke oss er sammensatt av tre disjunkte utfall: "Seks på første terning, men ikke på andre", "seks på andre terning, men ikke på første", og "seks på begge terninger".
Sannsynligheten for å få seks på en terning er ${\large \frac{1}{6}}$ og sannsynligheten for ikke å få det er ${\large \frac{5}{6}}$. Siden de to terningene er uavhengige, blir sannsynligheten for å få seks på den ene terningen, men ikke den andre, ifølge produktregelen ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}} = {\large \frac{5}{36}}$.
Og sannsynligheten for å få seks på begge terningene blir ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$.
Siden de tre utfallene er disjunkte, finner vi totalsannsynligheten ved å addere enkeltsannsynlighetene:
${\large \frac{5}{36}} + {\large \frac{5}{36}} + {\large \frac{1}{36}} = {\large \frac{11}{36}}$.
Som er det samme som vi har funnet tre ganger tidligere med andre metoder.

Oppgave 2:

Hva er sannsynligheten for at det i en klasse med 30 tilfeldig sammensatte elever finnes minst to som har samme fødselsdag? (Vi regner med at alle er født i et år med 365 dager.)

Se løsningsforslag

Betinget sannsynlighet

Vi har sett at når vi kaster en terning to ganger, er sannsynligheten for å få 6 begge gangene lik produktet av sannsynlighetene for å få 6 i et enkelt kast: ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$. Så hvis vi før vi begynner å kaste spør: "Hva er sannsynligheten for at vi kaster 6 to ganger på rad?", er svaret ${\large \frac{1}{36}}$. Men hvis vi allerede har kastet én gang og fått 6, kreves det jo bare ett kast til med 6. Så svaret på spørsmålet "Hva er sannsynligheten for at vi kaster 6 to ganger på rad når jeg allerede har fått 6 i første kast" er ${\large \frac{1}{6}}$. Vi sier at sannsynligheten for å få 6 i to etterfølgende kast, gitt at vi har fått 6 i første kast, er en sjettedel.

I en hendelse som er satt sammen av hendelser i flere etterfølgende forsøk, endrer sannsynlighetene seg etter hvert som vi gjennomfører forsøkene. Vi snakker om betinget sannsynlighet, sannsynligheten for at noe skal skje, gitt at noe allerede har skjedd.

Vi ser på et litt mer komplisert eksempel:

Eksempel 7:

I et spill kaster vi to terninger og vinner hvis summen er 11 eller 12. Hva er sannsynligheten for å vinne?

Vi kaller hendelsen "11 eller 12" for $A$. Figuren under viser et Venn-diagram med forsøkets utfallsrom. Det inneholder alle de 36 mulige kombinasjonene av øyne på terningene, med delmengden $A$ innsirklet.

Venn diagram som illustrerer terningkombinasjoner som gir sum 11 eller 12

Vi ser at $A$ inneholder 3 enkeltutfall, så "gunstige på mulige" gir $P(A) = {\large \frac{3}{36}} = {\large \frac{1}{12}}$.

Men la oss så si at vi kaster den første terningen, får 6, og spør oss hva sannsynligheten nå er for å vinne. Dette tilfellet er illustrert i Venn-diagrammet under, der $B$ representerer hendelsen "seks på første terning":

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

Utfallene i $B$ er de variantene vi kan få når vi kaster neste terning. Av totalt 6 ligger 2 også i $A$, så de gir "sum 11 eller 12" og gevinst. Gunstige på mulige gir at sannsynligheten for å vinne nå er ${\large \frac{2}{6}} = {\large \frac{1}{3}}$.

I eksempel 7 fant vi ut at sannsynligheten for å vinne i et spill, $P(A)$, gitt at hendelsen "seks på første terning", $B$, hadde inntruffet, var ${\large \frac{1}{3}}$. Vi skriver dette som $P(A | B) = {\large \frac{1}{3}}$. $A | B$ betyr altså "A, gitt B".

I artikkelen om begreper i sannsynlighet brukte vi bokstaven $n$ for å angi antall elementer i en mengde, det vi kalte mengdens kardinalitet. I eksempel 7 har vi at $n(A) = 3$, $n(B) = 6$ og $n(A \cap B) = 2$. Kaller vi hele utfallsrommet for $U$, har vi $n(U) = 36$.

$P(A | B)$ fant vi ved å bruke "gunstige på mulige", det vil si å ta antall elementer som er felles for $A$ og $B$ og dividere på antall elementer i $B$. Vi har altså at

$P(A | B) = \frac{\displaystyle n(A \cap B)}{\displaystyle n(B)}$.

Gjør vi et lite mattetriks og utvider brøken med $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle n(U)}$, der $n(U)$ altså er antall elementer i mengden totalt, får vi:

$P(A | B) = \frac{\displaystyle n(A \cap B)}{\displaystyle n(B)} \cdot \frac{\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle n(U)}}{\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle n(U)}} = \frac{\frac{\displaystyle n(A \cap B)}{\displaystyle n(U)}}{\frac{\displaystyle n(B)}{\displaystyle n(U)}}$.

Det som står i telleren i hovedbrøken er altså antall elementer i $A \cap B$ dividert på antall elementer totalt. Og det er jo ikke annet enn "gunstige på mulige" for hendelsen $A \cap B$, altså $P(A \cap B)$. Tilsvarende er det som står i nevneren $P(B)$. Trekker vi det hele sammen, får vi setningen for betinget sannsynlighet:

$\fbox{Betinget sannsynlighet: $P(A | B) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(B)}$}$

Sannsynligheten for hendelse $A$ gitt at hendelse $B$ har inntruffet, er lik sannsynligheten for at både $A$ og $B$ inntreffer dividert med sannsynligheten til $B$.

I eksempel 7 får vi ved "gunstige på mulige" at $P(A \cap B) = {\large \frac{2}{36}} = {\large \frac{1}{18}}$ og $P(B) = {\large \frac{6}{36}} = {\large \frac{1}{6}}$.

$P(A | B) = \frac{{\LARGE \frac{1}{18}}}{{\LARGE \frac{1}{6}}} = {\large \frac{1}{3}}$, som stemmer med det vi fant i eksempel 7.

Eksempel 8:

La oss si at sannsynligheten for at nyfødte blir over 70 år er 65 %, og at sannsynligheten for at de blir over 80 år er 30 %. Hvis noen nettopp har fylt 70, hva er da sannsynligheten for at de blir over 80, hvis vi bruker disse sannsynlighetene?

Her spør vi etter en betinget sannsynlighet, nemlig sannsynligheten for å bli over 80, gitt at noen er blitt 70.

Vi kaller sannsynligheten for å bli over 80 for $A$, og sannsynligheten for å bli over 70 for $B$. Det er oppgitt at $P(B) = 0{,}65$. Hva er så $P(A \cap B)$, sannsynligheten for å bli både 70 og 80? Jo, den er jo den samme som for å bli 80. Du kan ikke bli 80 uten å ha blitt 70, de som blir 70 er en delmengde av de som blir 80. Så $P(A \cap B) = 0{,}3$.

Formelen for betinget sannsynlighet gir nå at $P(A | B) = {\large \frac{P(A \cap B)}{P(B)}} = {\large \frac{0,3}{0{,}65}} \approx 0{,}46$.

Sannsynligheten for å bli over 80 når en først er blitt 70 er ca. 46 %. Det er rimelig at sannsynligheten for å bli 80 er større for en 70-åring enn for en nyfødt, fordi det er en viss sannsynlighet for at en nyfødt vil dø før fylte 70, en sannsynlighet som er borte for en 70-åring.

Oppgave 3:

I et spill der du kaster to terninger vinner du hvis du får sum 4 eller mindre.

  1. Hva er sannsynligheten for å vinne?
     
  2. Hva er sannsynligheten for å vinne hvis du har kastet den ene terningen og fått 2?

Se løsningsforslag

Test for uavhengighet

Hvis vi kjenner sannsynligheten for en hendelse $A$, sannsynligheten for en hendelse $B$, og sannsynligheten for at begge hendelsene inntreffer, $A \cap B$, kan vi avgjøre om $A$ og $B$ er uavhengige hendelser ved å bruke følgende test:

$\fbox{$A$ og $B$ er uavhengige hvis $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$}$

Dette er på en måte produktsetningen baklengs, som sier at sannsynligheten for at to hendelser inntreffer er produktet av enkeltsannsynlighetene, forutsatt at hendelsene er uavhengige.

Vi kan også angi uavhengighet ved hjelp av betinget sannsynlighet:

$\fbox{$A$ og $B$ er uavhengige hvis $P(A | B) = P(A)$}$

Med andre ord, utfallet av $B$ påvirker ikke sannsynligheten for $A$.

Eksempel 9:

Vi trekker et kort tilfeldig fra en full kortstokk. Vi lar hendelse $A$ være at vi får ess, hendelse $B$ at vi får spar. Er disse hendelsene uavhengige?

Av 52 kort er 4 ess, 13 er spar, og 1 er både spar og ess, så vi får

$P(A) = {\large \frac{4}{52}} = {\large \frac{1}{13}}$

$P(B) = {\large \frac{13}{52}} = {\large \frac{1}{4}}$

$P(A \cap B) = {\large \frac{1}{52}}$.

Siden $P(A) \cdot P(B) = {\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{1}{4}} = {\large \frac{1}{52}} = P(A \cap B)$, er hendelsene uavhengige.

Bayes setning

Vi har sett hvordan vi ved hjelp av setningen for betinget sannsynlighet kan finne $P(A | B)$ hvis vi kjenner $P(A \cap B)$ og $P(B)$.

Bayes setning lar oss finne den "omvendte" betingede sannsynligheten, $P(B | A)$:

$\fbox{Bayes setning: $P(B | A) = P(A | B) \cdot \frac{\displaystyle P(B)}{\displaystyle P(A)}$}$

Bayes setning ble formulert av presten Thomas Bayes.

Eksempel 10:

I artikkelen om introduksjon til sannsynlighet spurte vi hva sannsynligheten for at du faktisk er syk er, hvis du tester positivt på en test som er 99 % sikker, og hver ti-tusende person er smittet. Dette kan vi nå regne ut ved hjelp av betinget sannsynlighet.

Vi kaller begivenheten "syk" for $S$. Vi har $P(S) = {\large \frac{1}{10 \, 000}} = 0{,}0001$ fordi hver ti-tusende person er syk.

Vi kaller begivenheten "positiv test" for $T$. For å finne $P(T)$, må vi regne litt. Positiv test får vi i 99 % av tilfellene for syke personer og 1 % av tilfellene for friske personer. Av 10 000 er 1 syk og 9999 friske, så vi får

$P(T) = {\large \frac{0{,}99 \cdot 1+ 0{,}01 \cdot 9999}{10 \, 000}} = 0{,}010098$.

Vi kjenner også $P(T | S) = 0{,}99$ fordi testen slår ut med 99 % sikkerhet hvis du er syk.

Da får vi sannsynligheten for at du er syk, gitt at testen er positiv, fra Bayes setning:

$P(S | T) = P(T | S) \cdot {\large \frac{P(S)}{P(T)}} = 0{,}99 \cdot {\large \frac{0,0001}{0{,}010098}} \approx 0{,}0098$.

Det er ca. 1 % sjanse for at du faktisk er syk.

Oppgave 4:

I eksempel 7 så vi på et spill der vi vant hvis vi fikk sum 11 eller 12. Vi da hadde 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": $P(A | B) = {\large \frac{1}{3}}$.

Bruk Bayes setning til å finne den "omvendte", betingede sannsynligheten, det vil si sannsynligheten for at første terning var 6 hvis vi har vunnet, $P(B | A)$.

​Se løsningsforslag

Sannsynlighetstrær

En komplisert sammensetning av betingede sannsynligheter kan gjøres mer oversiktlig ved hjelp av sannsynlighetstrær. Vi illustrerer med et eksempel, hentet fra Ubøe: statistikk for økonomifag.

Eksempel 11:

En bedrift har to hovedmaskiner, maskin 1 og maskin 2. 60 % av varene blir behandlet på maskin 1, mens resten blir behandlet på maskin 2. Av varene som blir behandlet på maskin 1, blir i neste trinn 75 % sluttbehandlet på maskin 3, og resten på maskin 4. Av varene som blir behandlet på maskin 2, blir i neste trinn 50 % sluttbehandlet på maskin 5, og resten på maskin 6. Alle varer som behandles på maskin 3, er feilfrie. Av varene som behandles på maskin 4, er 40 % feilfrie. Av varene som behandles på maskin 5, er 60 % feilfrie, mens kun 10 % av varene som behandles på maskin 6, er feilfrie.

Denne kompliserte beskrivelsen blir mye klarere hvis vi illustrerer den med et sannsynlighetstre. 

Sannsynlighetstre med relative verdier

Her ser vi for eksempel at i første trinn blir 60 % av produksjonen behandlet på maskin 1, som beskrevet. Og når resten blir behandlet på maskin 2, må dette utgjøre 40 %.

Eksempel 12:

Sannsynlighetstreet i eksempel 11 inneholder relative verdier. For eksempel ser vi at maskin 3 gir 100 % varer uten feil og 0 % med feil, og at maskin 4 gir 40 % varer uten feil og 60 % med feil. Men det er vanskelig å danne seg et bilde av helheten, for eksempel å finne ut hvor mange varer totalt som har feil.

Vi regner derfor om til absolutte verdier ved å multiplisere verdiene langs grenene i treet. Når for eksempel 60 % av totalproduksjonen foregår på maskin 1, og 25 % av det som kommer ut av maskin 1 går videre til maskin 4, utgjør dette $0{,}6 \cdot 0{,}25 = 0{,}15$, altså 15 % av totalproduksjonen. Følger vi tråden videre gjennom maskin 4, ser vi at $0{,}15 \cdot 0{,}6 = 0{,}09$, altså 9 % av totalproduksjonen kommer ut av maskin 4 med feil.
Med alt regnet om til absolutte sannsynligheter blir sannsynlighetstreet som vist under:

Sannsynlighetstre med absolutte verdier

Eksempel 13:

Med utgangspunkt i sannsynlighetstreet i eksempel 12, skal vi finne ut hvor stor prosent av feilene som skjer på maskin 1.

Vi finner total feilprosent ved å summere prosentene med feil i slutten av produksjonskjeden. (Ytterst i sannsynlighetstreet). Vi får 0 % + 9 % + 8 % + 18 % = 35 % feil. Ut av dette kommer 0 % + 9 % = 9 % via maskin 1. Så feil fra maskin 1 utgjør ${\large \frac{9}{35}} \approx 0{,}26$. 26 % av alle feil kommer fra maskin 1.

Eksempel 14:

Med utgangspunkt i sannsynlighetstreet i eksempel 12, skal vi beregne sannsynligheten for at produksjonen fra maskin 1 og 3 er feilfri.

Totalt kommer 45 % + 0 % fra disse maskinene, og totalt er 45 % feilfrie. "Gunstige på mulige" gir at $P(\text{OK | maskin 1 og 3}) = {\large \frac{0{,}45}{0{,}45}} = 1$, altså er 100 % feilfrie.

Oppgave 5:

Beregn, med utgangspunkt i sannsynlighetstreet i eksempel 12, hvor stor sannsynligheten er for at en vare kommer fra maskin 1 og 3 hvis den er feilfri.

​Se løsningsforslag

Oppgave 6:

Fra Ubøe: statistikk for økonomifag:

En megler selger andeler i 3 forskjellige fond: A, B og C. 30 % av kundenes penger blir investert i A, 60 % i B og 10 % i C. De forskjellige fondene sprer investeringene på aksjemarkedene i USA, Europa og Japan, med andeler som vist i tabellen under:

Fond USA Europa Japan
A 50 % 30 % 20 %
B 20 % 70 % 10 %
C 30 % 50 % 20 %
  1. Tegn et sannsynlighetstre som beskriver situasjonen. Skriv inn relative sannsynligheter (de som er oppgitt i oppgaven) langs grenene i treet, og beregn de absolutte sannsynlighetene ytterst.
     
  2. Hvor stor andel av midlene i fond A og fond B er investert i USA?
     
  3. Hvor stor del av investeringene i USA er kommet gjennom fond A?

​Se løsningsforslag

Kilder:

  • Hinna, K.R.C., Rinvold, R.A., Gustavsen, TS. (2011). QED 5-10, bind 1. Høyskoleforlaget
  • Ubøe, J. (2011). Statistikk for økonomifag. Gyldendal akademisk
  • Hagen, Per C. (2000). Innføring i sannsynlighetsregning og statistikk. Cappelen akademisk