1. No category

Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
•
sid. 138
Övningsprov 1
2.
1.
i) P(1:a äss och 2:a äss och 3:e äss och 4:e äss )
= P(1:a äss)
P(2:a äss | 1:a äss)
antal
P(3:e äss | 1:a och 2:a äss)
P(4:a äss | 1:a och 2:a och 3:e äss)
=
vitsord
Medelvärde
04 + 85 + ... + 2910
= 8,151… ≈ 8,15
μ =
152
Standardavvikelse
0(48,15)2 + 8(58,15)2 + ... + 29(108,15)2
σ=
152
= 1,389... ≈ 1,39
Vi kan också bestämma medelvärde och standardavvikelse
direkt med räknare.
2B
4 3 2 1
1
≈ 3,7 x 10–6
⋅ ⋅ ⋅
=
52 51 50 49 270 725
ii) P (1:a inte äss och 2:a inte äss och 3:e inte äss och 4:e
inte äss)
= P(1:a inte äss) x
P(2:a inte äss| 1:a inte äss) x
P(3:e inte äss| 1:a och 2:a inte äss) x
P(4:e inte äss| 1:a och 2:a och 3:e inte äss)
=
48 47 46 45 38 916
⋅ ⋅ ⋅
=
= 0,7187… ≈ 0,72
52 51 50 49 54 145
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
3.
4.
a) DISJUNKTA
Alla bokstäver är olika och vi kan då permutera på 9!
= 362 880 olika sätt
Medelvärdet nu x1 =
b) PARALLELLER
P:s plats kan väljas på 11 sätt.
⎛10 ⎞
A:s platser kan väljas på ⎜ ⎟ sätt.
⎝2 ⎠
⎛8⎞
R:s plaster kan välja på ⎜ ⎟ sätt.
⎝ 2⎠
⎛6⎞
L:s platser kan väljas på ⎜ ⎟ sätt.
⎝ 4⎠
•
S10
.
10
Om betyget stiger med ett steg i fyra ämnen, får vi
medeltalet
S + 4 ⋅1
x2 = 10
= 8,0
10
Vidare får vi
S10 = 8,0 x 10 – 4 = 76,
Och då är
S
76
x1 = 10 =
= 7,6
10 10
E:s platser kan väljas på 2 sätt
Svar: Medelvärdet är 7,6
Enligt multiplikationsprincipen får vi
⎛10 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 6 ⎞
11 x ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅2 = 207900
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 4⎠
sid. 139
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
•
sid. 140
P(kiosken säljer våfflor med hallonsylt) = P(H) = 59 %
P(kiosken säljer jättevåfflor) = P(J) = 29 %
P(kiosken säljer våfflor med hallonsylt | säljer jättevåfflor)
= P(H | J) = = 40 %
c) P(varken jättevåfflor eller hallonsylt)
= P ( J ja H )
= 1 – P(J eller H)
= 1 – 0,764
= 0,236
a) P(kiosken säljer jättevåfflor med hallonsylt)
= P(J och H)
= P(J) x P(H | J)
= 0,29 x 0,40
= 0,116
d) P(jättevåfflor men inte hallonsylt)
= P(J men inte H)
| se boken s. 100
= P(J) – P(J och H)
= 0,29 – 0,116
= 0,174
b) P(jättevåfflor eller våfflor med hallonsylt)
= P(J tai H)
= P(J) + P(H) – P(J och H)
| fall a
= 0,29 + 0,59 – 0,116
= 0,764
e) P(hallonsylt men inte jättevåfflor)
= P(H men inte J)
| boken s. 100
= P(H) – P(H och J)
| fall a
= 0,59 – 0,116
= 0,474
5.
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
6.
a) P (datorn upptagen) = 0,95
P (datorn ledig) = 1 – 0,95 = 0,05
P (eleven hittar genast en ledig dator)
= P (åtminstone en dator ledig)
|komplementregeln
= 1 – P (ingen dator ledig)
= 1 – P (alla datorer upptagna)
| oberoende
= 1 – 0,95 ⋅ 0,95 ⋅ ... ⋅ 0,95
16 st
= 1 – 0,9516
≈ 0,56
•
sid. 141
x
x −1 1
⋅
=
x+8 x+7 5
x( x − 1)
1
=
( x + 8)( x + 7) 5
5 x( x − 1) = ( x + 8)( x + 7)
5 x 2 − 5 x = x 2 + 7 x + 8 x + 56
4 x 2 − 20 x − 56 = 0
x 2 − 5 x − 14 = 0
5 ± (−5) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−14)
x=
2 ⋅1
5±9
x=
2
x = 7 tai x = −2
| x ≥1
b) 3 gula, 5 röda och x gröna flaskor
1
P (grön och grön) = 5
1
P (1. grön och 2:a grön) = 5
A
E
A
A
E
A
1
P (1. grön) · P (2. grön | 1:a grön) = 5
A
E
A
x=7
Svar: 7 flaskor var gröna
|:4
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
•
sid. 142
1
x ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x − 2)!
2 ⋅ ( x + 6)!
=5
⋅
2 ⋅ ( x − 2)!
( x + 8) ⋅ ( x + 7) ⋅ ( x + 6)!
1
x ⋅ ( x − 1)
=5
( x + 8) ⋅ ( x + 7)
Alternativ 2
0B
A
Vi tar först en flaska och sedan en flaska till. Utfallen är då
följder med 2 flaskor.
1
P (2 gröna)
= 5
| 2-permutationer
1
x ⋅ ( x − 1)
= 5
( x + 8) ⋅ ( x + 7)
Fortsättningen som i alt. 1.
7.
Alternativ 3
Vi gör en tabell över alla utfall:
A
A
E
A
Vi tar 2 flaskor samtidigt, Utfallen är då mängder med 2
flaskor
1
P (grön och grön) = 5 | 2-kombinationer
⎛ x⎞
⎜2⎟
⎝ ⎠ =1
⎛ x + 8⎞ 5
⎜ 2 ⎟
⎝
⎠
x!
1
2!⋅ ( x − 2)!
=5
( x + 8)!
A
E
E
A
A
A
2!⋅ ( x + 6)!
Fortsättningen som i 1.
E
1B
A
A
E
A
2:a kastet
6
5 4 3 2 1 0
5
4
4 3 2 1 0 1
3 2 1 0 1 2
3
2 1 0 1 2 3
2 1 0 1 2 3 4
1 0 1 2 3 4 5
1 2 3 4 5 6
1:a kastet
E
E
A
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
a) Fördelningen för den stokastiska variabeln X:
x p
0
1
2
3
4
5
6 1
=
36 6
10 5
=
36 18
8 2
=
36 9
6 1
=
36 6
4 1
=
36 9
2
1
=
36 18
•
lösningar till övningsprov 1
sid. 143
b) Frekvensfunktion:
⎧1
⎪6
⎪
⎪5
⎪18
⎪2
⎪
⎪9
⎪
p ( x) = ⎨1
⎪6
⎪
⎪1
⎪9
⎪1
⎪
⎪18
⎪⎩0
, när x = 0
, när x = 1
, när x = 2
, när x = 3
, när x = 4
, när x = 5
för övriga x
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
c) Fördelningsfunktion:
⎧0
⎪1
⎪
⎪6
⎪8 4
⎪ =
⎪18 9
⎪6 2
F ( x) = ⎨ =
⎪9 3
⎪5
⎪6
⎪
⎪17
⎪18
⎪
⎩1
•
sid. 144
8.
när x < 0
, när 0 ≤ x < 1
, när 1 ≤ x < 2
, när 2 ≤ x < 3
, när 3 ≤ x < 4
, när 4 ≤ x < 5
Den stokastiska variabeln X, resultatet i
intelligenstestet har fördelningen
X ∼ N ( 280, 142 ) . Anta att x1 är Johans poäng.
, när x ≥ 5
d) Fördelningen är diskret.
e) P ( X ≤ 10 ) = 1
f) P ( X > 2 ) = P ( X = 3 eller X = 4 eller X = 5 ) =
12 1
=
36 3
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
Vi får ekvationen:
P ( X > x1 ) = 14 %
•
x1 = 433,36
x1 ≈ 430
sid. 145
9.
Ögonsumman för alla ögontal på en tärning är
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21
P ( X ≤ x1 ) = 86 %
x − 280 ⎞
⎛
P⎜ Z ≤ 1
⎟ = 0,86
142 ⎠
⎝
⎛ x − 280 ⎞
Maols tabeller
Φ⎜ 1
⎟ = 0,86
⎝ 142 ⎠
x1 − 280
= 1,08
142
x1 = 280 + 1,08 ⋅ 142
•
lösningar till övningsprov 1
Summan av de fyra synliga sidorna är 12, när de
övermålade sidorna är
1 och 2
(18)
2 och 3
(16)
3 och 4
(14)
1 och 3
(17)
2 och 4
(15)
3 och 5
(13)
1 och 4
(16)
2 och 5
(14)
1 och 5
(15)
2 och 6
(13)
1 och 6
(16)
⎛6 ⎞
2 sidor kan väljas på ⎜2⎟ olika sätt, gynnsamma är de
⎝ ⎠
ovannämnda 11
A
E
A
Alltså
P(poängsumman av de synliga sidorna är större än 12)
11
11
= ⎛ ⎞ = 15 ≈ 0,73
6
⎜ ⎟
⎝2 ⎠
EA
A
E
A
A
A
E
A
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 1
10.
330
= 5,5 bilar per minut kan köra igenom
60
avsnittet. Stockningen börjar när antalet bilar per minut
överstiger detta värde
t
4+
= 5,5
⋅ 20
20
80 + t = 110
( kl. 07.30 )
t = 30
Högst
Stockningen börjar kl. 07.30.
•
sid. 146
Den mängd bilar som kommer till avsnittet kl. 07.30–
08.20 kan beräknas med hjälp av arean mellan
täthetsfunktionen och x-axeln
f ( 30 ) + f ( 60 ) (
f ( 60 ) + f ( 80 ) (
⋅ 60 − 30 ) +
⋅ 80 − 60 )
2
2
30
60
60
80
4+
+4+
9−
+9−
20
20 ⋅ 30 +
30
30 ⋅ 20
=
2
2
8
7+9−
5,5 + 7
3 ⋅ 20
=
⋅ 30 +
2
2
= 6, 25 ⋅ 30 + 6,666... ⋅ 20
A30−80 =
= 320,8333...
7
För dessa bilar tar det
5,5
320,8333...
= 58,333... minuter.
5,5
4
30
60
90
120
150
Då kör den sista dvs. den som kom kl. 08.20 till
stockningen kör igenom an kl.
07.30 + 0.58,33... = 08.28,333...
Dvs. bilisten måste sitta 8,333... ≈ 8 minuter.
•
Ellips 6
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 2
Övningsprov 2
•
sid. 147
2.
1.
M M M A A
Medelvärde:
P (MAMMA)
= P (M)x P ( A | M ) x P ( M | MA) x P (M | MAM) x P (A |
MAMM)
3 2 2 1 1
=5 x4 x3 x2 x1
1
= 10
2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4 + 1⋅ 5
μ=
= 3, 285... ≈ 3,3
7
Standardavvikelse:
(
1
2
2
2
2
2 ⋅ ( 2 − μ ) + 2 ⋅ (3 − μ ) + 2 ⋅ ( 4 − μ ) + (5 − μ )
7
= 1,030... ≈ 1,0
σ=
)
Alternativ 2
Följderna med fem kort utgör utfallen.
Enligt klassisk sannolikhet
Högsta möjliga slutvitsord för nio kurser:
μ=
2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4 + 1⋅ 5 + 2 ⋅ 5
= 3,666... ≈ 4
9
Lägsta möjliga slutvitsord för nio kurser:
μ=
2 ⋅1 + 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 5
= 2,777... ≈ 3
7
P (MAMMA) =
3x2x2x1x1 1
n( A)
= 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 10
n(U )
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
•
lösningar till övningsprov 2
sid. 148
3.
4.
⎛4⎞ ⎛52 – 4⎞
a) ⎜3⎟ x ⎜ 2 ⎟ = 4512
⎝ ⎠ ⎝
⎠
Eleven måste gissa svaret på 10 frågor och av dessa måste
han få minst 7 frågor rätt. Vi har alltså ett upprepat försök
där antalet upprepningar är n = 10 och sannolikheten att
2 1
1
lyckas i ett försök är p = 4 = 2 och q = 1 – p = 2 .
⎛4⎞ ⎛4⎞ ⎛52 – 4 – 4⎞
⎟ = 1584
b) ⎜2⎟ x ⎜2⎟ x ⎜
1
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠
c)
⎛ 52 ⎞
⎜ ⎟
⎝5⎠
mängder med
fem kort
–
⎛ 52 − 4 ⎞
⎜
⎟ = 886 656
⎝ 5 ⎠
mängder med 5
kort utan äss
P(minst 17 rätt av 20)
= P(minst 7 rätt av de som eleven gissar)
= P(eleven får 7 el 8 el 9 el 10 rätt)
| disjunkta
P (7 rätt ) + P (8 rätt) + P (9 rätt) + P (10 rätt)
7
3
8
2
9
1
10
0
⎛ 10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 7 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 8 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 9 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝10 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
10
10
10
10
⎛1⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
= 120 ⋅ ⎜ ⎟ + 45 ⋅ ⎜ ⎟ + 10 ⋅ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
10
⎛1⎞
= 176 ⋅ ⎜ ⎟
⎝2⎠
1
= 176 ⋅ 10
2
176
=
1024
=
11
≈ 0,17
64
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
5.
lösningar till övningsprov 2
•
sid. 149
6.
0
15 20
30
40 45
Gynnsam tid 2 x 5 min = 10 min
10 1
P (väntetiden över10 min) = 60 = 6 ≈ 0,167
7.
Tillverkningstiden för pizzorna är X ∼ N (10; 2,5 ) .
15 − 10 ⎞
⎛
P ( X > 15 ) = P ⎜ Z >
2,5 ⎟⎠
⎝
= P ( Z > 2,0 )
= 1 − Φ ( 2,0 )
≈ 1 − 0,9772
= 0,0228
= 2,3%
Vi beräknar först sannolikheten att på 10 kast få
åtminstone en etta.
Vi har ett upprepat försök med 10 upprepningar och
1
sannolikheten att lyckas är p = .
6
p1 = P ( minst en etta på 10 kast )
= 1 − P ( ingen etta på 10kast )
10
⎛5⎞
=1− ⎜ ⎟
⎝6⎠
510
= 1 − 10
6
60
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 2
Vidare
P ( X måste betala 2 000 mark ) = p1
och
P ( X vinner 10 000 mark ) = 1 − p1
⎛ 510 ⎞
= 1 − ⎜1 − 10 ⎟
⎝ 6 ⎠
510
= 10
6
Väntevärdet för X vinst i mark
10
⎛ 510 ⎞
5
E ( X ) = ⎜ 1 − 10 ⎟ ⋅ ( −2 000 ) + 10 ⋅ 10 000 = −61,933... ≈ −62
6
⎝ 6 ⎠
•
sid. 150
8.
Vi har ett upprepat försök där antalet upprepningar är 60
1
och sannolikheten att lyckas i ett försök är p = .
3
⎛ 1⎞
Om man gissar är antalet rätta svar X ∼ Bin ⎜ 60, ⎟ .
3⎠
⎝
Eftersom antalet upprepningar är stort gäller
1
1 2⎞
⎛
X ∼ N ⎜ 60 ⋅ , 60 ⋅ ⋅ ⎟ approximativt dvs.
3
3 3⎠
⎝
40 ⎞
40
⎛
X ∼ N ⎜ 20,
.
⎟ , där μ = 20 och σ =
3 ⎠
3
⎝
P ( minst hälften avsvaren är rätt )
= P ( X ≥ 29,5 )
29,5 − 20 ⎞
⎛
= P⎜ Z ≥
40 ⎟
⎜
⎟
3
⎝
⎠
= P ( Z ≥ 2,60 )
= 1 − Φ ( 2,60 )
= 1 − 0,9953
= 0,0047 ≈ 0,5%
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 2
a)
9.
Vi ritar en figur:
hem
föll av på vägen hemifrån till butiken 0,12
•
sid. 151
P(E)
= P(A eller B eller C eller D)
= P(A) + P(B) + P(C) + P(D)
= 0,12 + 0,24 + 0,21 + 0,12
= 0,69
butiken
föll av på vägen från butiken till skolan 0,24
0,88
skolan
b)
P(C | E)
på vägen från skolan till Tina 0,21
0,76
Tina
på vägen från Tina till
badstranden 0,12
0,79
P (C och E )
P( E )
P (C )
=
P( E )
0, 21
=
0.69
= 0,30434... ≈ 0,30
=
stranden
0,88
Vi betecknar
A = ”byxorna föll av mellan hemmet och butiken”
B = ”byxorna föll av mellan butiken och skolan”
C = ”byxorna föll av mellan skolan och Tina”
D = ”byxorna föll av mellan Tina och stranden”
E = ”byxorna föll av på vägen mellan hemmet och
stranden”
|disjunkta
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 2
•
sid. 152
10.
Alternativ 2
Anta att antalet dragna kort är x
48 x 47 x 46 x 45
x > 4, eftersom 1 – 52 x 51 x 50 x 49 ≈ 0,28 < 0,70, kan vi
förlänga enligt följande
P (minst ett äss) ≥ 0,70
1 – P (inget äss)≥ 0,70
48 47
48 − ( x − 1)
1− ⋅ …⋅
≥ 0,70
52 51
52 − ( x − 1)
48 ⋅ 47 ⋅ 46 ⋅…⋅ [ 48 − ( x − 1) ]
1−
≥ 0,70
52 ⋅ 51 ⋅ 50 ⋅…⋅ [52 − ( x − 1) ]
Alternativ 1
(48) x
≥ 0,70
1−
(52) x
Eftersom P (minst ett äss ) växer när x växer kan vi lösa
(48) x
≥ 0,70 genom prövning
olikheten 1 −
(52) x
Vi använder räknarens nPr-funktion
(48)13
= 0,696... < 0,70
(52)13
(48)14
• När x = 14, så är 1 −
= 0,727... ≥ 0,70
(52)14
Alltså x ≥ 14, vi måste alltså dra minst 14 kort
•
När x = 13, så är 1 −
48x47x46x...x[48–(x–5)]x[48–(x–4)]x[48–(x–3)]x[48–(x–2)]x[48–(x–1)]
≥
52 x 51 x 50 x 49 x 48 x ... x [52 – (x – 1)]
0,70
1–
1–
(48 – (x – 4)) x (48 – (x – 3)) x (48 – (x – 2)) x (48 – (x – 1))
52 x 51 x 50 x 49
≥ 0,70
(52 − x) ⋅ (51 − x) ⋅ (50 − x) ⋅ (49 − x)
52 ⋅ 51⋅ 50 ⋅ 49
strängt växande, eftersom sannolikheten
att få ett äss växer med antalet dragna kort
1−
≥ 0,70
Vi löser olikheten genom prövning
39 x 38 x 37 x 36
När x = 13, så är 1 – 52 x 51 x 50 x 49 ≈ 0,696
38 x 37 x 36 x 35
När x = 14, så är 1 – 52 x 51 x 50 x 49 ≈ 0,727
Alltså är antalet kort flera än 14
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 3
•
sid. 153
Övningsprov 3
2.
1.
Vi har ett upprepat försök där
p = 0,10
(sannolikheten att träffa med en pil)
n = 30
(antalet upprepningar)
Vi har ett upprepat försök där
2 1
(femma eller sexa på ett kast)
p= =
6 3
(antal upprepningar)
n = 10
k=4
(antal lyckade)
2
q=1–p=3
Enligt binomialsannolikhet
P (ögontalen 5 eller 6 exakt 4 gånger av 10)
6
⎛10⎞ ⎛1⎞4 ⎛2⎞6
2
210 ⋅ 26 70 ⋅ 26
=
= ⎜ 4 ⎟ ⎜3⎟ ⎜3⎟ = 210 x 310 =
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 ⋅ 39
39
=
4480
= 0,2276… ≈ 0, 23
19 683
Anta att X är den stokastiska variabel som beskriver antalet
träffar. Då har vi X ∼ Bin ( 30; 0,10 ) .
⎛ 30 ⎞
Sannolikheten P( X = k ) = ⎜ ⎟ 0,10k ⋅ 0,9030−k , 0 ≤ k ≤ 30 ,
⎝k ⎠
är först strängt växande och sedan strängt avtagande. Vi
bestämmer största värdet för sannolikheten för
⎛ 30 ⎞
P( X = k ) = ⎜ ⎟ 0,10k ⋅ 0,9030−k för olika värden på k:
⎝k⎠
⎛ 30 ⎞
När k = 2, så är P( X = 2) = ⎜ ⎟ 0,102 ⋅ 0,9030−2 = 0,2276…
⎝2⎠
⎛ 30 ⎞
När k = 3, så är P( X = 3) = ⎜ ⎟ 0,103 ⋅ 0,9030−3 = 0,2360…
⎝3⎠
⎛ 30 ⎞
När k = 4, så är P( X = 4) = ⎜ ⎟ 0,104 ⋅ 0,9030−4 = 0,1770…
⎝4⎠
Det mest sannolika antalet träffar är 3 och poängen 6
Svar. Mest sannolika poäng är 6
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 3
•
sid. 154
3.
4.
a) Man kan välja 7 nummer av 9 på
⎛9⎞
⎜ 7 ⎟ = 36 olika sätt.
⎝ ⎠
a) Täthetsfunktionens graf:
Hans lottorad motsvarar 36 vanliga lottotrader
Sannolikheten att få 7 rätt ökar med 36 gånger.
b) Priset bör multipliceras med 36 dvs.
36 ⋅ 0,70 € = 25,20 €.
b) Vi bestämmer sannolikheterna med hjälp av aran mellan
x-axeln och täthetsfunktionens graf:
1
(1 − 0 ) ⋅ f (1) 5 ⋅ 1 1
P ( X ≤ 1) =
=
=
2
2 10
2⎞
⎛ 2
2
3
⋅
−
⋅
+
⎜
⎟ 4
( 5 − 3) ⋅ f ( 3)
15
3
⎝
⎠=
(
)
P X >3 =
=
2
2
15
P (1 < X ≤ 3) = 1 −
1 4 150 − 15 − 40 95 19
− =
=
=
10 15
150
150 30
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
5.
a)
1:a laget spelar mot de övriga lagen
2:a laget spelar mot de övriga lagen
24 matcher
23 matcher
3:e laget spelar mot de övriga lagen
22 matcher
23:e laget spelar mot de övriga lagen
24:e laget mot de övriga
25:e laget spelar inte mot någon.
2 matcher
1 match
0 matcher
0 + 1 + 2 + 3 + ... + 23 + 24
= 1 + 2 + 3 + ... + 23 + 24
24 st (jämnt antal)
= (1 + 24) + (2 + 23) + ... + (12 + 13)
12 st
= 12 x 25
= 300
•
sid. 155
Alternativ 2
En match motsvarar en delmängd på 2 lag av 25
⎛25⎞
25 x 24 x 23!
25!
⎜ ⎟=
=
2 x 23! = 300
⎝ 2 ⎠ 2! x 23!
25 lag
Totala antalet matcher
lösningar till övningsprov 3
b)
1:a omgången, 12 faller ut,
2:a omgången 6 faller ut,
3:e omgången, 3 faller ut,
4:e omgången 2 faller ut,
5:e omgången ett lag faller ut,
blir kvar
12 + 1 = 13 lag blir kvar
6 + 1 = 7 lag blir kvar
3 + 1 = 4 lag blir kvar
4 – 2 = 2 lag blir kvar
2 – 1 = 1 lag(vinnaren)
Totalt 12 + 6 + 3 + 2 + 1 = 24 matcher
•
Ellips 6
Sannolikhet och statistik
•
lösningar till övningsprov 3
•
sid. 156
6.
7.
Vi undersöker en kvadratisk ruta (sidan 50 mm) och ser var
slantens mittpunkt måste landa för at täcka ett hörn
2 röda, 3 blå och 4 svarta bollar
a)
P(bollarna har samma färg)
= P (rr eller bb eller ss)
| disjunkta
= P (rr) + P (bb) + P (ss)
| oberoende
= P (r) x P (r ) + P (b) x P (b ) + P (s ) x P (s )
Slantens mittpunkt måste landa i någon av sektorerna (r = 13
mm). Sektorernas sammanlagda area är
A gynnsam = 4 ⋅
π ⋅132
= 169 π ( mm 2 )
4
Kvadratens area är (s = 50 mm)
Akvadrat = s 2 = 502 = 2500 ( mm 2 )
Vi får då
P (slanten täcker ett hörn) =
A gynnsam
Akvadrat
=
169 π mm 2
= 0,2123... ≈ 0,21
2500 mm 2
2 2 3 3 4 4
=9x9+9x9+9x9
=
29
≈ 0,36
81
•
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
lösningar till övningsprov 3
sid. 157
b) P (bollarna har samma färg)
Alternativ 2
Vi betecknar bollarna r1, r2, b1, b2, b3, s1, s2, s3 , s4
Vi får följande tabell:
2dragningen
•
s4
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
s3
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
s2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
s1
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
B3
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
b2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
b1
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
b1
b2
b3
r2
⋅⋅
⋅⋅
r1
⋅⋅
⋅⋅
r1
r2
| disjunkta
= P (r1 r2) + P (b1 b2) + P (s1 s2)
regeln
| allmänna multipl.
= P (r1 ) x P (r2 | r1 ) + P (b1 ) x P (b2 | b1 ) + P (s1 ) x P ( s2 | s1 )
2 1 3 2 4 3
=9x8+9x8+9x8
5
= 18 ≈ 0,28
s1
s2
s3
s4
1. dragningen
Utfallen är symmetriska och enligt klasisk sannolikhet:
P (bollarna av samma färg) =
= P (r1 r2 eller b1 b2 eller s1 s2)
29
n( A)
= 81 ≈ 0,36
n(U )
•
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
lösningar till övningsprov 3
2. dragningen
Alternativ 2
Vi betecknar bollarna : r1, r2, b1, b2 b3, s1, s2, s3 , ms
Vi får följande tabell:
s4
⋅⋅
⋅⋅
s3
⋅⋅
⋅⋅
s2
⋅⋅
⋅⋅
s1
b3
⋅⋅
b2
⋅⋅
b1
r2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
r2
b1
Vi har ett upprepat försök med n upprepningar och
1
sannolikheten att lyckas är p = . Antalet ettor är
6
⎛ 1⎞
binomialfördelat X ∼ Bin ⎜ n, ⎟ .
⎝ 6⎠
Om vi bildar en ekvation för väntevärdet av antalet ettor
med binomialsannolikhet får vi
⋅⋅
E(X ) = 9
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
b2
b3
p0 ⋅ 0 + p1 ⋅ 1 + ... + pn ⋅ n = 9
0
n
1
n −1
n
0
⎛ n ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ n ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 5 ⎞
⎛ n ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 5 ⎞
⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎜1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ... + ⎜ n ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 9
⎝ ⎠⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎝ ⎠⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠
⎝ ⎠⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠
⋅⋅
r1
sid. 158
8.
⋅⋅
Pr
•
s1
s2
s3
s4
1. dragningen
Utfallen är symmetriska och enligt klassisk sannolikhet
20
20
5
n( A)
P (bollarna har samma färg) =
= 9 x 9 – 9 = 72 = 18 ≈ 0,28
n(U )
Denna ekvation är för krånglig att lösa. Vi använder då
approximation med normalfördelningen. Om antalet
upprepningar är stort kan vi approximera
1 5⎞
⎛ 1
⎛ n 5n ⎞
X ∼ N ⎜ n ⋅ , n ⋅ ⋅ ⎟ dvs. X ∼ N ⎜ ,
⎟.
6 6⎠
⎝ 6 36 ⎠
⎝ 6
Vi bör alltså ha
n
=9
6
n = 9⋅6
n = 54
Svar: Minst 54 gånger
•
Ellips 6
Sannolikhet och statistik
9.
•
sid. 159
10.
y
spegel
1
45°
52 48 44 40 36 2112
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
≈ 50,7 %
52 51 50 49 48 4165
b) Parets valör kan väljas på 13 sätt.
⎛4 ⎞
Paret kan väljas på ⎜2⎟ sätt.
⎝ ⎠
48 x 44 x 40
De övriga tre korten kan väljas på
sätt.
3!
⎛4⎞ 48 x 44 x 40
13 x ⎜2⎟ x
3!
⎝ ⎠
352
n( A)
P=
=
=
⎛52⎞
833 ≈ 42,3 %
n(U )
⎜ ⎟
⎝5⎠
Alternativ 2
Mängder med 5 kort utgör utfallen.
Antalet följder där paret är först är 52 x 2 x 48 x 44 x 40.
⎛5 ⎞
Parets plats kan väljas på ⎜2⎟ = 10 sätt.
⎝ ⎠
⎛5⎞
Antalet följder med 5 kort med ett par är alltså ⎜2⎟ x 52 x 3 x
⎝ ⎠
48 x 44 x 40 st. Motsvarande mängder med 5 kort är
(utan ordning)
a)
α
–1
•
lösningar till övningsprov 3
2
x
–1
y=–x–1
Anta att α är vinkeln mellan den från origo utgående ljusstrålen
och positiva x-axeln. Då gäller 0° ≤ α < 360° .
• När strålen reflekteras i spegeln är infalls- och
reflexionsvinkel lika stora. Då träffar den reflekterade strålen
linjen
y = –x – 1, vars riktningsvinkel är 45° , när 45° < α ≤ 90°.
• En stråle som inte reflekteras träffar linjen y = –x – 1, om
135° < α < 315° .
Enligt geometrisk sannolikhet får vi
(90° − 45°) + (315° − 135°) 225° 5
P=
=
= = 0,625
360° − 0°
360° 8
P=
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 48 x 44 x 40
⎝2⎠
5!
= 1 098 240
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 48 x 44 x 40
⎝2⎠
P=
n( A)
n(U )
=
5!
⎛52⎞
⎜ ⎟
⎝5⎠
1 098 240 352
= 2 598 960 = 833 ≈ 42,3 %
Ellips 6
•
Sannolikhet och statistik
•
Utfallen är följder med 5 kort. /jfr alt 2
⎛4 ⎞
Parets valör kan väljas på 12 sätt och parets kort på ⎜2⎟
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 48 x 44 x 40
⎝2⎠
⎝ ⎠
352
n( A)
= 52 x 51 x 50 x 49 x 48 = 833 ≈ 42,3 %
P=
n(U )
olika sätt.
Enligt multiplikationsprincipen och klassisk sannolikhet
får vi
⎛4 ⎞
⎛4⎞
13 x ⎜3⎟ x 12 x ⎜2⎟
6
⎝ ⎠
⎝ ⎠
n( A)
=
=
P=
⎛52⎞
4165 ≈ 0,14 %
n(U )
⎜ ⎟
⎝5⎠
c) Jämför med b-fallet!
P=
n( A)
=
n(U )
⎝ ⎠
⎛52⎞
⎜ ⎟
⎝5⎠
88
= 4165 ≈ 2,1 %
Alternativ 2
Utfallen är mängder med 5 kort.
Alternativ 2
Utfallen är mängder med 5 kort
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 2 x 48 x 3
⎝3⎠
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 2 x 48 x 44
⎝3⎠
P=
n( A)
=
n(U )
5!
⎛52⎞
⎜ ⎟
⎝5⎠
88
= 4165 ≈ 2,1 %
P=
P=
88
n( A)
= 52 x 51 x 50 x 49 x 48 = 4165 ≈ 2,1 %
n(U )
n( A)
=
n(U )
5!
⎛52⎞
⎜ ⎟
⎝5⎠
6
= 4165 ≈ 0,14 %
Alternativ 3
Utfallen är följder med 5 kort.
Alternativ 3
Utfallen är följder med 5 kort
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 2 x 48 x 44
⎝3⎠
sid. 160
d) Valören för trisset kan väljas på 13 sätt
⎛4 ⎞
Trisset kan väljas på ⎜3⎟olika sätt bland fyra kort.
⎝ ⎠
Alternativ 3
⎛4⎞ 48 x 44
13 x ⎜3⎟ x 2!
•
lösningar till övningsprov 3
P=
⎛5 ⎞
⎜ ⎟ x 52 x 3 x 2 x 48 x 3
⎝3⎠
6
n( A)
= 52 x 51 x 50 x 49 x 48 = 4165 ≈ 0,1
n(U )