Sammensatte hendelser

NB! Temaene betinget sannsynlighetBayes setning og sannsynlighetstrær er flyttet fra denne artikkelen til artikkelen Betinget sannsynlighet.

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 ${\large \frac{20}{31}} \approx 64{,}52\%$, 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 ${\large \frac{20}{31}} \cdot {\large \frac{20}{31}} \approx 41{,}62\%$. 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 to ess blir ikke ${\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{1}{13}} = {\large \frac{1}{169}} \approx 0{,}59\%$. 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 ${\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{3}{51}} \approx 0{,}45\%$. 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 ${\large \frac{1}{13^{\Large 5}}} \approx 2{,}7 \cdot 10^{-6}$. 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(AC) = 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 to like sluttsifre. 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, AB og C:

Venn-diagram med tre overlappende mengder

Og for å finne sannsynligheten for P(ABC), måtte vi regne ut

P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(AB ∩ 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 to sluttsifre” for A, blir AC det samme som “ingen biler med samme to 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

$P(A^C) = {\large \frac{100}{100}} \cdot {\large \frac{99}{100}} \cdot {\large \frac{98}{100}} \cdot \; \dots \; \cdot {\large \frac{81}{100}} \approx 0{,}1304$.

Det er altså ca. 13 % sjanse for at alle bilene har unike sifre. Sannsynligheten for det motsatte, A, blir P(A) ≈ 1 – 0,1304 = 0,8696. Det er altså ca. 87 % sjanse for at minst to av tjue biler har samme to 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 første terningen, men ikke den andre, ifølge produktregelen ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{5}{6}} = {\large \frac{5}{36}}$, og tilsvarende for omvendt rekkefølge ${\large \frac{5}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{5}{36}}$.
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

SkjermfilmSe 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