Oppsummering av regler
I artikkelen om addisjonsregelen diskuterer vi addisjonsregelen for disjunkte hendelser, som sier at når to hendelser ikke begge kan inntreffe, er sannsynligheten for at minst én av hendelsene inntreffer, lik summen av sannsynlighetene for hver av de to hendelsene:
$\fbox{Addisjonsregelen for disjunkte hendelser: $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$}$
Videre ser vi på den generelle addisjonsregelen, som også er gyldig i det tilfellet at to hendelser begge kan inntreffe, og sier at sannsynligheten for at minst én av hendelsene inntreffer er lik summen av sannsynlighetene for hver av de to hendelsene minus sannsynligheten for begge:
$\fbox{Den generelle addisjonsregelen: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)$}$
I artikkelen om komplementregelen blir vi kjent med komplementregelen, som sier at sannsynligheten for at en hendelse ikke inntreffer, er lik 1 minus sannsynligheten for at den inntreffer:
$\fbox{Komplementregelen: $P(A^C) = 1 – P(A)$}$
I artikkelen om produktregelen presenterer vi produktregelen for uavhengige hendelser, som sier at sannsynligheten for at to uavhengige hendelser begge inntreffer, er lik produktet av sannsynlighetene for hver av de to hendelsene:
$\fbox{Produktregelen for uavhengige hendelser: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$}$
Minst én sekser
Nå skal vi se hvordan vi kan bruke disse reglene til å, på tre forskjellige måter, regne ut sannsynligheten for å få minst én sekser ved et kast med to terninger.
Kaller vi «seks på første terning» for hendelse A, og «seks på andre terning» for hendelse B, kan vi illustrere et kast med to terninger slik:
I det oransje området ligger de 25 utfallene uten seks på noen av terningene, for eksempel 5-3 og 2-4, men vi har ikke skrevet dem inn, for oversiktens skyld.
Vi vet at sannsynligheten for å få seks på en terning er ${\large \frac{1}{6}}$, så $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$, noe som utgjør de gule og grønne områdene i figuren, og $P(B)={\large \frac{1}{6}}$, noe som utgjør de blå og grønne områdene i figuren. Det grønne området inngår i både A og B, så disse hendelsene er ikke disjunkte.
Sannsynligheten for å få seks på begge terningene kan vi beregne ved hjelp av produktregelen:
$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$, noe som utgjør det grønne området i figuren.
Sannsynligheten for å ikke få seks på en terning kan vi beregne ved hjelp av komplementregelen:
$P(A^C) = 1 – {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{5}{6}}$, det utgjør alt utenom de gule og grønne områdene i figuren, og $P(B^C) = 1 – {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{5}{6}}$, det utgjør alt utenom de blå og grønne områdene i figuren.
I de følgende eksemplene skal vi så beregne sannsynligheten for å få minst én sekser ved et kast med to terninger, altså $P(A \cup B)$, noe som utgjør de gule, blå og grønne områdene i figuren.
Eksempel 1:
Vi skal beregne $P(A \cup B)$ ved hjelp av addisjonsregelen.
Siden A og B ikke er disjunkte, må vi bruke den generelle addisjonsregelen:
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B) = {\large \frac{1}{6}} + {\large \frac{1}{6}} – {\large \frac{1}{36}} = {\large \frac{6}{36}} + {\large \frac{6}{36}} – {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{11}{36}} \approx 0{,}3056$
Eksempel 2:
Vi skal beregne $P(A \cup B)$ ved å bryte hendelsen ned i tre disjunkte hendelser:
-
-
- Seks på første terning, men ikke andre, det vil si det gule området i figuren.
- Seks på andre terning, men ikke første, det vil si det blå området i figuren.
- Seks på begge terninger, det vil si det grønne området i figuren.
-
Sannsynligheten for hendelse 1 finner vi ved å bruke produktregelen på sannsynlighetene for de to hendelsene, som altså er $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$ og $P(B^C) = {\large \frac{5}{6}}$:
$P(A \cap B^C) = {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}}= {\large \frac{5}{36}}$
Sannsynligheten for hendelse 2 blir tilsvarende:
$P(A^C \cap B) = {\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}}= {\large \frac{5}{36}}$
Sannsynligheten for hendelse 3 har vi beregnet tidligere:
$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$
I modul 1 så vi at addisjonsregelen for disjunkte hendelser kan utvides til et vilkårlig antall hendelser, og er lik summen av sannsynlighetene for hver av hendelsene som inngår, noe som gir
${\large \frac{5}{36}} + {\large \frac{5}{36}} + {\large \frac{1}{36}} = {\large \frac{11}{36}}$
Eksempel 3:
Vi skal beregne $P(A \cup B)$ ved å bruke komplementregelen.
Den komplementære hendelsen til «minst én sekser» er «ingen sekser». Det kan vi bare få hvis vi verken får seks på første eller andre terning. Sannsynligheten for å ikke få seks på en terning har vi tidligere beregnet til $ {\large \frac{5}{6}}$, så produktregelen gir $P(A^C \cap B^C) = {\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}}= {\large \frac{25}{36}}$. Dette utgjør det oransje området i figuren. Siden området inni sirklene utgjør $P(A \cup B)$, skjønner vi at det oransje området utgjør $P \big((A \cup B)^C \big)$. Komplementregelen gir da:
$P(A \cup B) = 1 – P \big((A \cup B)^C \big) = 1 – {\large \frac{25}{36}} = {\large \frac{36 – 25}{36}} = {\large \frac{11}{36}}$
Vi kommer også fram til ${\large \frac{11}{36}}$ hvis vi dividerer antall utfall som inneholder en sekser, det vil si 11, med antall utfall totalt, noe som er 36.
Vi har funnet ut at når vi kaster en bestemt type tegnestift, er sannsynligheten for at den havner med spissen opp lik $P(O) = {\large \frac{2}{3}}$.
Vi kaster tre tegnestifter av denne typen. Beregn sannsynlighetene for de fire hendelsene under, og forklar hvorfor summen av de fire sannsynlighetene blir 1.
-
-
- Alle havner med spissen opp.
- Alle havner med spissen ned.
- To havner med spissen opp og én med spissen ned.
- To havner med spissen ned og én med spissen opp.
- Alle havner med spissen opp.
-
Kombinere produkt- og komplementregelen
Av de tre måtene vi brukte for å regne ut sannsynligheten for å få minst én sekser ved et kast med to terninger på, har bruk av komplementregelen en klar fordel i at den er enkel å skalere.
La os si at vi skal beregne sannsynligheten for å få minst én sekser ved et kast med tre terninger. Kaller vi «seks på første terning» for hendelse A, «seks på andre terning» for hendelse B, og «seks på tredje terning» for hendelse C, kan vi illustrere dette slik, med et Venn-diagram:
Sannsynligheten vi er ute etter å finne, er P(A ∪ B ∪ C), det grønne området i figuren. Dette omfatter utfallene «seks på bare første terning», «seks på bare andre terning», «seks på bare tredje terning», «seks på første og andre terning», «seks på første og tredje terning», «seks på andre og tredje terning» og «seks på alle terningene».
Skal vi regne dette ut ved hjelp av den generelle addisjonsregelen, må vi utvide denne til å omfatte tre hendelser, slik vi så i modul 1, og vi får:
P(A ∪ B ∪ C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(A ∩ B) − P(A ∩ C) − P(B ∩ C) + P(A ∩ B ∩ C)
Skal vi dele opp i disjunkte hendelser, får vi totalt sju stykker.
Skal vi telle gunstige utfall, har vi totalt 216 mulige utfall å undersøke.
Mye enklere er det da å se på den komplementære hendelsen, som er «ingen sekser», en hendelse som bare inntreffer hvis vi ikke får seks på noen av terningene. Siden sannsynligheten for å ikke får seks på en terning er ${\large \frac{5}{6}}$, gir produktregelen at sannsynligheten for «ingen sekser» med tre terninger er ${\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}} = {\large \frac{125}{216}}$.
Og komplementregelen gir at sannsynligheten for «minst én sekser» blir
$1 – {\large \frac{125}{216}} = {\large \frac{216 – 125}{216}} = {\large \frac{91}{216}} \approx 0{,}4213$
Beregn sannsynligheten for å få minst én sekser i et kast med fem terninger.
Beregn sannsynligheten for å få minst én kron i et kast med fem mynter.
Biler med like sluttsifre
Nå vil det ikke være så altfor komplisert å bruke den generelle addisjonsregelen til å regne ut sannsynligheten for å få minst én sekser ved et kast med tre terninger, for
$P(A) = P(B) = P(C) = {\large \frac{1}{6}}$
$P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C) = {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$
$P(A \cap B \cap C) = {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{125}{216}}$
Så vi får
$P(A \cup B \cup C) = 3 \cdot {\large \frac{1}{6}} – 3 \cdot {\large \frac{1}{36}} + {\large \frac{125}{136}} = {\large \frac{108 – 18 + 1}{216}} = {\large \frac{91}{216}} $
Men noen situasjoner vil være helt uoverkommelige å håndtere med denne metoden. 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 %. Denne hendelsen er svært sammensatt. Det kan være at bil 1 og 5 har samme, det kan være at bil 3, 6 og 11 har samme, det kan være at 3 og 13 har samme og at samtidig 9 og 17 har samme, og så videre. Å modellere dette med den generelle addisjonsregelen, ved å dele opp i disjunkte utfall, eller ved å dividere gunstige på mulige orker vi ikke tenke på å prøve en gang.
Heldigvis er sannsynligheten for den komplementære hendelsen ganske lett å beregne. Den komplementære hendelsen til «minst to med like sluttsifre» er «alle med unike sluttsifre».
Det finnes totalt 100 mulige varianter av to sluttsifre, alt fra 00 til 99.
For første bil er alle 100 variantene unike, for andre bil er 99 unike, for tredje bil er 98 unike, og så videre. Sannsynligheten for at første bil har unike sifre blir følgelig ${\large \frac{100}{100}}$, sannsynligheten for at andre bil har unike sifre blir ${\large \frac{99}{100}}$, sannsynligheten for at tredje bil har unike sifre blir ${\large \frac{98}{100}}$, og så videre ned til tjuende bil, der sannsynligheten for unike sifre blir ${\large \frac{81}{100}}$.
Siden dette er uavhengige hendelser, sier produktregelen at sannsynligheten for at alle hendelsene inntreffer, er lik produktet av enkeltsannsynlighetene, og vi får
$P(\text{Unike sifre}) = {\large \frac{100}{100}} \cdot {\large \frac{99}{100}} \cdot {\large \frac{98}{100}} \cdot \; \dots \; \cdot {\large \frac{81}{100}} \approx 0{,}1304$
Ved å bruke komplementregelen får vi at
$P(\text{Minst to med like sifre}) = 1 – P(\text{Unike sifre}) \approx 1 – 0{,}1304 = 0{,}8696$
Det er altså ca. 87 % sannsynlighet for at minst to av tjue biler har samme to sluttsifre.
Vi kan regne ut ${\large \frac{100}{100}} \cdot {\large \frac{99}{100}} \cdot {\large \frac{98}{100}} \cdot \; \dots \; \cdot {\large \frac{81}{100}}$ som ${\large \frac{100!}{80! \, \cdot \, 100^{\Large 20}}}$. Kalkulatorer klarer ofte ikke å beregne høyere fakulteter enn 69!, men vi kan gjøre beregningen i Excel ved å skrive =fakultet(100)/(fakultet(80) * 100^20), eller i GeoGebra ved å skrive 100!/(80! * 100^20) i inntastingsfeltet.
Et alternativ der vi unngår høye tall i mellomregningene, kan være å sette opp utregningene i et regneark som vist under. Der inneholder kolonne A tallene fra 100 ned til 81, kolonne B inneholder tallene i kolonne A dividert på 100, og i celle C1 beregner vi produktet av tallene i kolonne B ved hjelp av formelen =produkt(B1:B20).
Fødselsdagsproblemet
Hva er sannsynligheten for at det i en klasse med 30 elever finnes noen som har samme fødselsdag? Gi et anslag ved hjelp av «magefølelsen» først, og beregn så den nøyaktige sannsynligheten ved hjelp av samme metode som i eksemplet med sluttsifre over. For enkelhets skyld ser vi bort fra skuddår, og regner med at alle er født i et år med 365 dager. Vi antar også at fødselsdagene er tilfeldig fordelt på årets dager.
NB! Verken Excel eller GeoGebra beregner høyere fakulteter enn 170!, så det kan være lurt å bruke teknikken med regneark som er vist over.
Se filmen «Produktprinsippet»
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
