Betinget sannsynlighet

Hva er betinget sannsynlighet?

I artikkelen om den generelle produktregelen så vi at vi regner ut sannsynligheten for at to avhengige hendelser begge inntreffer ved å multiplisere sannsynligheten for at den første inntreffer med sannsynligheten for at den andre inntreffer, gitt at den første har inntruffet: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.

Vi brukte så denne regelen til å regne ut at hvis sannsynligheten for sol en vilkårlig dag er 60 %, og sannsynligheten for sol etter en annen soldag er 80 %, er sannsynligheten for sol to etterfølgende dager 0,6 · 0,8 = 0,48.

Men så snur vi litt på problemstillingen, og sier at vi vet at sannsynligheten for sol en vilkårlig dag er 60 %, og at sannsynligheten for sol på to etterfølgende dager er 48 %. Og så skal vi regne ut sannsynligheten for at en dag får sol gitt at det var sol dagen før. Det betyr at vi må finne verdien til x i likningen 0,6 · x = 0,48. Og det gjør vi ved å dividere med 0,6 på begge sider av likhetstegnet, noe som gir x = 0,8, det vil si 80 prosent.

Vi fant altså sannsynligheten for «sol, gitt sol dagen før» ved å dividere sannsynligheten for «sol etterfølgende dager» på sannsynligheten for «sol første dag». Generaliserer vi dette, og dividerer med P(A) på begge sider av likhetstegnet i produktregelen, får vi $ \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = P(B|A)$. Bytter vi så om høyre og venstre side, får vi regelen for betinget sannsynlighet:

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

Denne regelen sier at sannsynligheten for at B inntreffer, gitt at A har inntruffet, er lik sannsynligheten for at A og B begge inntreffer dividert med sannsynligheten for at A inntreffer.

I eksempel 1 under illustrerer vi denne regelen med terningkast.

Eksempel 1:

I et spill kaster vi to terninger og vinner hvis summen av øyne er elleve eller tolv. Kaller vi dette hendelse B, kan vi illustrere situasjonen med dette Venn-diagrammet:

Venn diagram som illustrerer terningkombinasjoner som gir sum 11 eller 12

Venn-diagrammet inneholder alle de 36 mulige kombinasjonene av øyne på terningene, med delmengden B, de kombinasjonene som gir sum elleve eller tolv, innringet. Vi ser at B inneholder 3 kombinasjoner, så «gunstige på mulige» gir $P(B) = {\large \frac{3}{36}} = {\large \frac{1}{12}}$. Sannsynligheten for å vinne er $ {\large \frac{1}{12}}$.

Men så tenker vi oss at vi kaster den første terningen, får seks, og skal finne sannsynligheten er for å vinne når vi kaster den andre terningen.

Kaller vi hendelsen «seks på første terning» for A, kan vi illustrere situasjonen med dette Venn-diagrammet:

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

Vi ser at $P(A \cap B) = {\large \frac{2}{36}} = {\large \frac{1}{18}}$ fordi 2 av 36 kombinasjoner ligger både i A og B. Vi vet også at $P(A) = {\large \frac{1}{6}}$ fordi sannsynligheten for å få seks på en terning er ${\large \frac{1}{6}}$. Sannsynligheten for å vinne når første terning var seks, kan vi uttrykke som P(B|A), det vil si sannsynligheten for hendelse B, «sum elleve eller tolv», gitt hendelse A, «seks på første terning».

Regelen for betinget sannsynlighet gir at $P(B|A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = {\Large\frac{\frac{1}{18}}{\frac{1}{6}}} = {\large \frac{6}{18}} = {\large \frac{1}{3}}$. Sannsynligheten for å vinne når første terning var seks, er $ {\large \frac{1}{3}}$.

Dette gir mening hvis vi ser på Venn-diagrammet, for av de totalt 6 mulighetene for øyne på andre terning ligger 2 av disse i A, og sannsynligheten for at vi får en av disse når vi kaster andre terning, er, ifølge «gunstige på mulige», ${\large \frac{2}{6}} = {\large \frac{1}{3}}$.

Illustrasjon av betinget sannsynlighet

I eksempel 2 under illustrerer vi hvordan P(B|A) endrer seg når P(AB) endrer seg og når P(A) endrer seg.

Eksempel 2:

Blant 100 gamere som ble intervjuet, spilte 80 «World of Witchcraft» (WoW), 30 spilte «Claw of Duty» (CoD), og 20 spilte begge disse. Lar vi hendelse A være at noen spiller WoW, og hendelse B at noen spiller CoD, kan vi illustrere dette med Venn-diagrammet under, der hver gamer er representert med en blå prikk.

P(A) = 80/100, P(A|B) = 20/100

Vi antar at disse dataene er representative for gamere, og skal anslå hvor sannsynlig det er at en vilkårlig gamer spiller CoD, gitt at vedkommende spiller WoW.

Vi har P(A) = 0,8 fordi 80 av 100 spiller WoW, og vi har P(AB) = 0,2 fordi 20 av 100 spiller både WoW og CoD. Regelen for betinget sannsynlighet gir da:

$P(B|A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = {\large \frac{0{,}2}{0{,}8}} = 0{,}25$. Gitt at en gamer spiller WoW, er det 25 % sannsynlig at vedkommende også spiller CoD. Vi ser av Venn-diagrammet at dette er fornuftig, for av alle gamerne i A ligger $ {\large \frac{1}{4}}$ også i B.

Så skal vi se hvordan denne sannsynligheten endrer seg hvis 80 av 100 spiller WoW som før, men bare 10 av disse også spiller CoD. Denne situasjonen kan vi illustrere med dette Venn-diagrammet:

P(A) = 80/100, P(A|B) = 10/100

Sannsynligheten for at en vilkårlig gamer spiller både WoW og CoD blir nå:

$P(B|A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = {\large \frac{0{,}1}{0{,}8}} = 0{,}125$. Sannsynligheten er halvert fordi bare $ {\large \frac{1}{8}}$ av alle gamerne i A også ligger i B.

Går vi tilbake til at 20 gamere spiller både WoW og CoD, men sier at bare 40 av 100 spiller WoW, får vi dette Venn-diagrammet:

P(A) = 40/100, P(A|B) = 20/100

Sannsynligheten for at en vilkårlig gamer spiller både WoW og CoD blir nå:

$P(B|A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)} = {\large \frac{0{,}2}{0{,}4}} = 0{,}5$. Sannsynligheten er doblet fordi hele $ {\large \frac{1}{2}}$ av alle gamerne i A også ligger i B.

Vi legger merke til at

        • Sannsynligheten for B|A øker når sannsynligheten for AB øker.
        • Sannsynligheten for B|A øker når sannsynligheten for A avtar. Vi kan tenke på sannsynligheten for A som et mål på hvor «eksklusiv» hendelsen A er. Jo mer A ekskluderer utfall som ikke ligger i AB, jo mer sannsynlig blir B|A.
        • Vi trenger ikke kjenne sannsynligheten for B for å beregne sannsynligheten for B|A.

Oppgave 1:

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

Oppgave 2:

På et gatekjøkken kjøper 40 % av kundene pølse, og 15 % kjøper pølse og chips. Bruk regelen om betinget sannsynlighet til å beregne sannsynligheten for at en vilkårlig kunde som kjøper pølse, også kjøper chips.

Se løsningsforslag

Betinget sannsynlighet og mengder

Vi kan også bruke kardinalitet i mengder til å komme fram til regelen for betinget sannsynlighet.

I artikkelen om mengder bruker vi bokstaven n for å angi en mengdes kardinalitet, altså antall elementer i en mengde. For eksempel betyr n(A) = 6 at mengden A inneholder 6 elementer, slik som i eksempel 1.

Tenker vi «gunstige på mulige», kan vi uttrykke P(B|A) som antall elementer som ligger i både A og B, dividert på antall elementer i A totalt. Altså $P(B|A) = \frac{\displaystyle n(A \cap B)}{\displaystyle n(A)}$.

Gjør vi så et lite mattetriks, og utvider brøken med $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle n(U)}$, der n(U) er antall elementer i mengden som består av hele utfallsrommet, får vi:

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

Det som står i telleren i hovedbrøken, er antall elementer i AB dividert på antall elementer totalt. Noe som ikke er annet enn «gunstige på mulige» for hendelsen AB , altså P(AB). Tilsvarende er det som står i nevneren P(A). Trekker vi det hele sammen, får vi regelen for betinget sannsynlighet: $P(B|A) = \frac{\displaystyle P(A \cap B)}{\displaystyle P(A)}$.

SkjermfilmSe filmen «Betinget sannsynlighet»

Uavhengighet kan også angis ved hjelp av betinget sannsynlighet:

$\fbox{$B$ er uavhengig av $A$ hvis $P(B|A) = P(B)$}$

Hendelsen B er uavhengig av hendelsen A hvis sannsynligheten for B ikke påvirkes av om A har inntruffet eller ikke.

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

Den generelle produktregelen

Uavhengige og avhengige hendelser

Vi vet at det i en by er 60 % sannsynlig at det blir sol en vilkårlig dag i juli. 

Så skal vi regne ut sannsynligheten for at det blir sol i byen både 15. juli neste år og 15. juli året etter det igjen.

Det er ingen grunn til å tro at det skal være noen avhengighet mellom to dager så langt fra hverandre, så vi kan bruke produktregelen for uavhengige hendelser:

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

Sannsynligheten for at det blir sol i byen begge de to dagene er altså 0,6 · 0,6 = 0,36, det vil si 36 %.

Men så sier vi videre at vi vet at det i den samme byen er 80 % sannsynlig at det etter en dag med sol kommer en ny dag med sol. Og så skal vi regne ut sannsynligheten for at det blir sol både 15. og 16. juli neste år.

Disse hendelsene er ikke uavhengige, vi vet at sannsynligheten for sol en vilkårlig dag generelt er 60 %, men 80 % hvis det var sol dagen før. Vi kan derfor ikke bruke produktregelen for uavhengige hendelser. I stedet bruker vi den generelle produktregelen, som tar høyde for at hendelser kan være avhengige av hverandre:

$\fbox{Den generelle produktregelen: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$}$

B|A leses «B, gitt A», og P(B|A) er sannsynligheten for at hendelse B inntreffer, gitt at hendelse A har inntruffet. Lar vi hendelse A bety «sol 15. juli» og hendelse B bety «sol 16. juli», vet vi at P(A) er 60 % og P(B|A) er 80 %.

Sannsynligheten for at det blir sol både 15. og 16. juli neste år, blir altså, ifølge den generelle produktregelen, 0,6 · 0,8 = 0,48, det vil si 48 %.

Den generelle produktregelen sier at sannsynligheten for at hendelse A og B begge inntreffer er lik sannsynligheten for A multiplisert med sannsynligheten for B, gitt at A har inntruffet.

Dersom hendelsene A og B faktisk er uavhengige, er P(B|A) = P(B), og den generelle produktregelen blir lik produktregelen for uavhengige hendelser.

Oppgave 1:

En eksamen består av en teoretisk og en praktisk prøve. I snitt klarer 70 % den teoretiske prøven, og 80 % av de som klarer den teoretiske prøven, klarer den praktiske prøven. Beregn sannsynligheten for å klare både den teoretiske og den praktiske prøven.

Se løsningsforslag

Så et eksempel der vi ser på bruk av produktregelen når vi trekker kuler fra ei eske, med og uten tilbakelegging:

Eksempel 1:

Ei eske inneholder 10 kuler, hvorav 6 er hvite og 4 svarte, og vi skal finne sannsynligheten for å først få ei hvit kule, deretter ei svart, når vi trekker ei kule, legger tilbake, og så trekker en gang til.

Vi kaller sannsynligheten for å trekke ei hvit kule for P(H), og sannsynligheten for å trekke ei svart for P(S).

Siden 6 av totalt 10 kuler er hvite, alle med lik sannsynlighet for å bli trukket, får vi
$P(H) = {\large \frac{6}{10}} = {\large\frac{3}{5}}$.

Tilsvarende for svart:
$P(S) = {\large \frac{4}{10}} = {\large\frac{2}{5}}$.

Disse hendelsene er uavhengige, så vi bruker produktregelen for uavhengige hendelser for å finne sannsynligheten for å først trekke hvit, så svart:
$P(H \cap S) = P(H) \cdot P(S) = {\large\frac{3}{5}} \cdot {\large\frac{2}{5}} = {\large\frac{6}{25}} = 24 \%$.

Men så lar vi være å legge den første kula tilbake, og spør hva sannsynligheten da er for å først få ei hvit kule, deretter ei svart. Nå er de to trekningene ikke lenger uavhengige, for sannsynligheten for å få ei svart kule i andre trekning avhenger av hva vi fikk i første trekning. Har vi fått hvit kule i første trekning, er det fremdeles 4 svarte tilbake, men nå er det bare 9 å velge blant, så vi får
$P(S|H) = {\large \frac{4}{9}}$.

Så bruker vi den generelle produktregelen for å finne sannsynligheten for å først trekke hvit, så svart:
$P(H \cap S) = P(H) \cdot P(S|H) = {\large\frac{3}{5}} \cdot {\large\frac{4}{9}} = {\large\frac{4}{15}} \approx 27 \%$.

Varianten uten tilbakelegging er naturlig nok litt mer sannsynlig enn varianten med tilbakelegging fordi det i andre trekning da er en større andel svarte kuler.

Vil vi beregne sannsynligheten for det motsatte, først svart kule, så hvit uten tilbakelegging, får vi
$P(S) = {\large \frac{4}{10}} = {\large\frac{2}{5}}$
$P(H|S) = {\large \frac{6}{9}}$
$P(S \cap H) = P(S) \cdot P(H|S) = {\large\frac{2}{5}} \cdot {\large\frac{6}{9}} = {\large\frac{4}{15}}$.

Sannsynligheten er altså den samme, uavhengig av hvilken rekkefølge vi trekker kulene i. Det er logisk, for i produktregelen P(AB) = P(A) · P(B|A) kan vi jo fritt velge om A skal representere «hvit» og B «svart», eller omvendt.

Til sammen gir disse to tilfellene sannsynligheten for å få ei svart og ei hvit kule når vi trekker to ganger uten tilbakelegging, ${\large\frac{4}{15}} + {\large\frac{4}{15}} = {\large\frac{8}{15}}$.

Oppgave 2:

Vi har 7 kuler av ulik farge i en pose, deriblant 1 rød, og skal beregne sannsynligheten for å få den røde hvis vi trekker 3 kuler.

Vi kan tenke oss at vi stikker hånda i posen og trekker opp 3 kuler samtidig. Hver kule har en sannsynlighet på ${\large \frac{1}{7}}$ for å være rød, så totalt er det en sannsynlighet på ${\large \frac{3}{7}} \approx 43 \, \%$ for at vi har fått den røde.

Men vi kan også tenke oss at vi trekker ei kule av gangen, og resonnerer slik: Ved første trekning er 1 av 7 kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde er da ${\large \frac{1}{7}}$. Hvis vi ikke får den røde kula i første trekning, er 1 av 6 gjenværende kuler røde, så sannsynligheten for å få den røde i andre trekning er ${\large \frac{1}{6}}$. Hvis vi fremdeles ikke har fått den røde kula, er 1 av 5 gjenværende røde kuler røde så sannsynligheten for å få den røde i tredje trekning er ${\large \frac{1}{5}}$.

Vi kan bare få den røde kula i én av trekningene, så disse utfallene kan ikke inntreffe samtidig. Vi kan derfor beregne den totale sannsynligheten ved å bruke addisjonsregelen for disjunkte utfall.

Og den totale sannsynligheten blir ${\large \frac{1}{7}} + {\large \frac{1}{6}} + {\large \frac{1}{5}} = {\large \frac{107}{210}} \approx 51 \, \%$.

Vi får altså forskjellig svar avhengig av hvordan vi betrakter situasjonen. Kan dette være riktig? Hvis ikke, hva er problemet, og hvordan er korrekt utregning?

​Se løsningsforslag

Oppgave 3:

I oppgave 2 hadde vi 7 kuler av ulik farge i en pose, deriblant 1 rød, og beregnet sannsynligheten for å trekke den røde hvis vi trakk 3 kuler.

Beregn nå denne sannsynligheten ved hjelp av teknikken for trekning fra blandede mengder, slik det er beskrevet i artikkelen om kombinatorikk.

​Se løsningsforslag

Test for uavhengighet

Produktregelen for uavhengige hendelser sier altså at hvis to hendelser er uavhengige, er sannsynligheten for at begge skal inntreffe, lik sannsynligheten for den ene hendelsen multiplisert med sannsynligheten for den andre, $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$

Denne regelen kan vi snu på, og si at to hendelser er uavhengige hvis sannsynligheten for at begge skal inntreffe, er lik sannsynligheten for den ene hendelsen multiplisert med sannsynligheten for den andre.

Eksempel 2:

Vi trekker et kort tilfeldig fra en full kortstokk. Vi lar hendelse A være at vi får ess, hendelse B at vi får spar. Så skal vi avgjøre om disse hendelsene er uavhengige.

Av 52 kort er 13 spar, 4 er ess, og 1 er både spar og ess, så «gunstige på mulige» gir

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

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

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

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

At to hendelser er uavhengige, må ikke forveksles med at de er disjunkte. At to hendelser, A og B, er disjunkte, betyr at de ikke kan inntreffe samtidig, det vil si at P(AB) = 0.

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

Kombinere regler

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:

Illustrasjon av kast med 2 terninger

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:

      1. Seks på første terning, men ikke andre, det vil si det gule området i figuren.
      2. Seks på andre terning, men ikke første, det vil si det blå området i figuren.
      3. 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.

Oppgave 1:

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.

      1. Alle havner med spissen opp.
         
      2. Alle havner med spissen ned.
         
      3. To havner med spissen opp og én med spissen ned.
         
      4. To havner med spissen ned og én med spissen opp.

Se løsningsforslag

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:

Venn-diagram med tre overlappende mengder

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
$1 – {\large \frac{125}{216}} = {\large \frac{216 – 125}{216}} = {\large \frac{91}{216}} \approx 0{,}4213$

Oppgave 2:

Beregn sannsynligheten for å få minst én sekser i et kast med fem terninger.

Se løsningsforslag

Oppgave 3:

Beregn sannsynligheten for å få minst én kron i et kast med fem mynter.

Se løsningsforslag

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).

Beregning av sannsynlighet for like sluttsifre

Fødselsdagsproblemet

Oppgave 4:

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 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

Produktregelen

Produktregelen for uavhengige hendelser

I artikkelen om addisjonsregelen lærte vi å regne ut sannsynligheter for en union av to hendelser, det vi si sannsynligheten for at det ene eller den andre eller begge hendelsene skulle inntreffe.

Nå skal vi se hvordan vi regner ut sannsynligheter for et snitt av to hendelser, det vi si sannsynligheten for at begge hendelsene inntreffer. Dette er ganske enkelt, forutsatt at hendelsene er uavhengige. Vi multipliserer bare enkeltsannsynlighetene. Dette ifølge produktregelen for uavhengige hendelser:

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

Eksempel 1:

Vi skal finne sannsynligheten for å få to seksere når vi kaster to terninger. Denne hendelsen er sammensatt av hendelsene «seks på første terning» og «seks på andre terning», hver med en sannsynlighet på ${\large \frac{1}{6}}$. Produktregelen sier da at sannsynligheten for at begge hendelsene inntreffer er ${\large \frac{1}{6}} \cdot {\large \frac{1}{6}} = {\large \frac{1}{36}}$.

Dette er det samme som vi vil få hvis vi bruker «gunstige på mulige». Det finnes totalt 36 enkeltutfall, nemlig 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6, 2-1, 2-2, og så videre opp til 6-6. Men bare ett av disse er gunstig, nemlig 6-6. Så gunstige på mulige gir at sannsynligheten blir ${\large \frac{1}{36}}$.

Denne regelen kan utvides til et vilkårlig antall hendelser. For tre uavhengige hendelser vil vi ha at P(A ∩ BC) = P(A) · P(B) · P(C), og slik kan vi utvide med så mange uavhengige hendelser vi vil. Sannsynligheten for et snitt av uavhengige hendelser er lik produktet av sannsynlighetene for hver av hendelsene som inngår.

Eksempel 2:

Vi kjøper lodd i tre uavhengige lotterier, der vinnersannsynlighetene 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 produktregelen 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

Avhengigheter

Utregningene våre har forutsatt at  hendelsene vi kombinerer, er uavhengige, altså at det ikke er noen som helst sammenheng mellom dem. Hvis hendelsene er avhengige, blir situasjonen 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 tre 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 ${\large \frac{1}{13}} \cdot {\large \frac{3}{51}} = {\large \frac{1}{221}} \approx 0{,}45\%$. 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), en metode vi ser på i artikkelen om kombinasjoner og sannsynligheter.

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.

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