1.
Olkoot A, B ja C tapahtumia otosavaruudessa S. Määritä joukko-opilliset
lausekkeet tapahtumille
a) tarkalleen yksi tapahtumista A, B tai C tapahtuu
b) ainakin kaksi tapahtuu
c) yksikään ei tapahdu
d) A tai B tapahtuu, C ei tapahdu.
Ratkaisu:
(A ∩ B̄ ∩ C̄) ∪ (Ā ∩ B ∩ C̄) ∪ (Ā ∩ B̄ ∩ C)
(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
c) Ā ∩ B̄ ∩ C̄ = A ∪ B ∪ C
d) (A ∪ B) ∩ C̄
a)
b)
Vastaus:
(A ∩ B̄ ∩ B̄) ∪ (Ā ∩ B ∩ C̄) ∪ (Ā ∩ B̄ ∩ C)
(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
c) Ā ∩ B̄ ∩ C̄ = A ∪ B ∪ C
d) (A ∪ B) ∩ C̄
a)
b)
2.
Erään suurrman työntekijöistä 90%:lla on auto, 97%:lla kännykkä ja 2% ei
omista kumpaakaan. Valitaan haastateltavaksi satunnainen työntekijä.
a) Millä todennäköisyydellä tämä omistaa sekä auton että kännykän?
b) Millä todennäköisyydellä tämä omistaa auton, mutta ei kännykkää?
Ratkaisu:
P (A) = 0, 90
P (K) = 0, 97
P (A ∪ K) = 0, 02
P (A ∩ K) = P (A) + P (K) − P (A ∪ K)
P (A ∪ K) = 1 − P (A ∪ K) = 1 − 0, 02 = 0, 98
=⇒ P (A ∩ K) = 0, 9 + 0, 97 − 0, 98 = 0, 89
a)
missä
b)
P (A − K) = P (A) − P (A ∩ K) = 0, 90 − 0, 89 = 0, 01
Vastaus:
a) 0,89
b) 0,01
3.
Olkoot A ja B saman otosavaruuden tapahtumia. Laske P(A), P(B) ja P(A-B)
=
ja
P (A ∩ B), kun
P (A) = 5/8.
tiedetään todennäköisyydet
P (A ∪ B) = 7/8, P (A ∩ B) = 1/4
Ratkaisu:
P (A ∪ B) = 7/8
P (A ∩ B) = 1/4
P (A) = 5/8
P (A) = 1 − P (A) = 3/8
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
=⇒ P (B)
= P (A ∪ B) − P (A) + P (A ∩ B)
=
7/8 − 3/8 + 1/4
=
3/4
P (A − B) = P (A) − P (A ∩ B) = 3/8 − 1/4 = 1/8
Vastaus:
P (A) = 3/8
P (B) = 3/4
P (A − B) = 1/8
4.
Generoitaessa satunnaisesti 4-bittinen binääriluku (esim. heitetään kolikkoa 4
kertaa ja asetetaan vastaava bitti 0:ksi, jos saadaan kruuna ja 1:ksi, jos saadaan
klaava). Kaikki näin saadut binääriluvut ovat silloin yhtä todennäköisiä. Olkoot
tapahtumat:
A = luvussa parillinen määrä ykkösiä.
B = luvun kaksi viimeistä bittiä ykkösiä.
Laske todennäköisyydet P(A), P(B),
P (A ∪ B), P (A ∩ B)
ja P(A-B).
Ratkaisu:
Alkeistapahtumina 4-bittiset binääriluvut 0000, 0001,
16
. . . , 1111, joita N = 24 =
kpl. Kaikki yhtä todennäköisiä. Kaikille tapahtumille A.
P (A) =
A
=
P (NA )
=
N
A:n alkioiden lkm
kaikien alkeistapauksien lkm
parillinen määrä ykkösiä
= {0000, 0011, 0101, 0110, 1001, 1010, 1100, 1111}
8kpl
P (A) =
B
=
8
1
=
16
2
kaksi viimeistä bittiä ykkösiä
= {0011, 0111, 1011, 1111}
P (B) =
A∩B
=
4
1
=
16
4
parillinen määrä ykkösiä ja kaksi viimeistä ykkösiä
= {0011, 1111}
2kpl
P (A ∩ B) =
A ∪ B = parillinen
P (A ∪ B)
4kpl
2
1
=
16
8
määrä ykkösiä tai kaksi viimeistä ykkösiä
= P (A) + P (B) − P (A ∩ B) =
4
2
10
5
8
+
−
=
=
16 16 16
16
8
(tai luettelemalla alkiot, joita 10 kpl)
A−B
= parillinen määrä ykkösiä, mutta kaksi viimeistä eivät molemmat
ykkösiä
P (A − B) = P (A) − P (A ∩ B) =
2
6
3
8
−
=
=
16 16
16
8
(tai luettelemalla alkiot, joita 6 kpl)
Vastaus:
P (A) = 1/2
P (B) = 1/4
P (A ∩ B) = 1/8
P (A ∪ B) = 5/8
P (A − B) = 3/8
5.
Arvotaan kaksi reaalilukua x ja y väliltä [0,1] esim. laskimen satunnaisluku-
S = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ 1} alkiolla on sama mahdollisuus tulla valituksi (ei huomioida laskimen
generaattorilla. Oletetaan, että jokaisella joukon
äärellistä tarkkuutta). Millä todennäköisyydellä pisteen (x,y) etäisyys origosta
on pienempi kuin 0,5?
Ratkaisu:
Todennäköisyys on pinta-alaojen suhde:
P (A)
=
m(A)
m(S)
p
(x, y) ∈ S | x2 + y 2 ≤ 0, 5
1
1
π
m(A) =
· πr2 = · π · 0, 52 =
4
4
16
m(S) = 1
π
P (A) = m(A)/m(S) =
≈ 0, 20
16
A
=
Vastaus:
P (A) ≈ 0, 20
6.
Kumpi on todennäköisempää: saada vähintään yksi kuutonen neljässä nopan
heitossa vai saada vähintään yksi kuutospari heitettäessä kahta noppaa 24 kertaa?
Ratkaisu:
De mérén ongelma:
1. Neljä nopanheittoa (riippumattomia)
A = vähintään yksi kuutonen
A
= ei yhtään kuutosparia
P (A) = 1 − P (A) = 1 −
5 4
5 5 5 5
= 0, 518
· · · =1−
6 6 6 6
6
2. Kaksi noppaa 24 kertaa, heitot riippumattomia
B = vähintään yksi kuutospari
B
= ei yhtään kuutosparia
P( ei kuutosparia yhdessä kahden nopan heitossa)
=⇒ P (B) =
=1−
35 24
36
35 24
P (B) = 1 − P (B) = 1 −
= 0, 491
36
Toinen tapa:
1. Alkeistapauksina heittosarjat (n1 , n2 , n3 , n4 ), joita
64
kpl.
1 1
35
· =
6 6
36
Sellaisia, joissa ei yhtään kuutosta, on
Suotuisia tapahtumia siis
4
4
6 −5
Alkeistapauksia
64 − 54
= 0, 518
64
S = S1 · S2 · . . . · S2 4,
3624 kpl.
missä
Sellaisia, joissa ei yhtään kuutosparia, on
P (B) =
kpl.
kpl
P (A) =
2. Otosavaruus
54
Sj = (n1 , n2 ) | n1 , n2 ∈ {1, . . . , 6}
3524
kpl.
3624 − 3524
= 0, 491
3624
Vastaus:
P(A) = 0,518
P(B) = 0,491
7.
Generoitaessa satunnaisesti 4-bittinen binääriluku (esim. heitetään kolikkoa 4
kertaa ja asetetaan vastaava bitti 0:ksi, jos saadaan kruuna ja 1:ksi, jos saadaan
klaava). Kaikki näin saadut binääriluvut ovat silloin yhtä todennäköisiä. Olkoot
tapahtumat:
A = luvussa parillinen määrä ykkösiä.
B = luvun kaksi viimeistä bittiä ykkösiä.
a) Ovatko tapahtumat A ja B riippumattomat?
b) Laske P(A
| B ).
Ratkaisu:
a)
P (A)P (B) = 1/2 · 1/4 = 1/8 = P (A ∩ B) =⇒
ovat riippumattomat
b)
P (A | B) =
P (A ∩ B)
1/8
1
=
=
P (B)
1/4
2
(parillisbittien suht.osuus niistä joissa 2 viimeistä ykkösiä)
tai riippumattomuuden nojalla suoraan:
P (A | B) = P (A) = 1/2
Vastaus:
a) tapahtumat ovat riippumattomat
b)
P (A | B) = 1/2
8.
Erään suurrman työntekijöistä 90%:lla on auto, 97%:lla kännykkä ja 2% ei
omista kumpaakaan. Valitaan haastateltavaksi satunnainen työntekijä.
a) Osoita, että auton ja kännykän omistaminen eivät ole riippumattomia tapahtumia.
b) Jos haastateltavaksi valitulla satunnaisella henkilöllä on auto, millä todennäköisyydellä hänellä on myös kännykkä?
c) Jos henkilöllä ei ole autoa, millä todennäköisyydellä hänellä on kännykkä?
Ratkaisu:
P (A) = 0, 90
P (K) = 0, 97
P (A ∪ B) = 0, 02
P (A)P (K) = 0, 90 · 0, 97 = 0, 873
P (A ∩ K) = P (A) + P (K) − P (A ∪ K)
missä P (A ∪ K) = 1 − P (A ∪ K) = 1 − 0, 02 = 0, 98
=⇒ P (A ∩ K) = 0, 9 + 0, 97 − 0, 98 = 0, 89
P (A ∩ K) = 0, 89 6= P (A)P (K) =⇒ eivät ole riippumattomia
a)
b)
P (K | A) =
P (K ∩ A)
0, 89
=
≈ 0, 99
P (A)
0, 9
c)
P (K | A) =
P (K ∩ A)
P (K − A)
P (K) − P (K ∩ A)
0, 97 − 0, 89
=
=
=
= 0, 80
1 − P (A)
1 − 0, 9
P (Ā)
P (A)
Vastaus:
a) Koska
P (A ∩ K) = 0, 89 6= P (A)P (K),
eivät ole riippumattomia
b) Kännykkä on n. 99%:n todennäköisyydellä
c) Kännykkä on 80%:n todennäköisyydellä
9.
Valimo toimittaa eräitä moottorin osia 20 kappaleen erissä. Erä tarkastetaan
testaamalla kolme satunnaisesti valittua osaa. Tarkastellaan sellaista 20 kappaleen erää, jossa 4 viallista ja 16 kunnollista osaa. Olkoon satunnaismuuttuja
X viallisten osien määrä testattavien kolmen osan joukossa.
Millä todennäköisyydellä testaukseen valittujen joukossa on korkeintaan yksi
viallinen?
Ratkaisu:
4
0
16
3
20
3
P (X = 0) =
16!
· 3!13!
20!
3!17!
=
4
1
16
2
20
3
P (X = 1) =
4!
0!4!
=
=
16 · 15 · 14
28
=
≈ 0, 491228
20 · 19 · 18
57
16!
2!14!
20!
3!17!
4!
1!3!
·
= ... =
16
≈ 0, 42105
38
P (X ≤ 1) = P (X = 0) + P (X = 1) = 0, 912281 ≈ 0, 91
Vastaus:
P (X ≤ 1) ≈ 0, 91
10.
Automaattisessa
laaduntarkastuksessa
robotti
hyväksyy
99%
tuotteista
ja
hylkää loput. Robotin hyväksymistä tuotteista on todellisuudessa viallisia
0,1%:a ja vastaavasti robotin hylkäämistä tuotteista on todellisuudessa ehjiä
0,5%. Millä todennäköisyydellä viallinen tuote läpäisee tarkastuksen?
Ratkaisu:
Merkitään tapahtumia:
E = ehjä
V = viallinen
L = läpäisee tarkastuksen
H = hylätään tarkastuksessa
Tiedetään todennäköisyydet:
P (L) = 0, 99
P (H) = 0, 01
P (V | L) = 0, 001
P (E | L) = 0, 999
P (E | H) = 0, 005
P (V | H) = 0, 995
Laskettava P (L | V )
Bayesin kaavaa käyttämällä:
P (L | V ) =
P (L ∩ V )
P (L)P (V | L)
=
P (V )
P (V )
Nimittäjä kokonaistodennäköisyyden kaavalla:
P (V ) = P (L)P (V | L) + P (H)P (V | H) = 0, 99 · 0, 001 + 0, 01 · 0, 995 = 0, 01094
P (L | V ) =
0, 99 · 0, 001
≈ 0, 0905 ≈ 9%
0, 01094
Vastaus:
n. 9% todennäköisyydellä
11.
Ikiteekkari Brian Kottarainen on jälleen kerran ilmoittautunut tilastomatematiikan kurssille. Brian ei kuitenkaan aio osallistua opetukseen, vaan aikoo
tenttiä kurssin vanhasta muistista. Voidaan olettaa Brianin tentinläpäisytodennäköisyyden säilyvän vakiona tenttikerrasta toiseen, olkoon se 15 %. Laske
todennäköisyys sille, että Brian pääsee läpi vasta joko neljännellä tai viidennellä
yrittämällä. Mikä on Brianin odotettavissa oleva läpäisykerta?
Ratkaisu: x = ensimmäinen läpäisykerta
P (X = k) = 0, 85k − 1 × 0, 15,
k=1,2, ...
eli geometrinen jakauma parametreillä p=0,15.
P (X = 4 tai 5) = P (X = 4) + P (X = 5)
= 0, 853 × 0, 15 + 0, 854 × 0, 15 = 0, 0921 + 0, 0783 = 0, 1704
1
1
p = 0,15 ≈ 6, 7
Kyseessä on geometrinen jakauma, joka saadaan määräämällä todennäköisyys
odotusarvo Betan mukaan
A
sille, että tapahtuma
EX =
sattuu ensimmäisen kerran
x.
koetoistossa.
http://www.math.tut./courses/MAT-20500/jakaumat.pdf
Vastaus:
todennäköisyys 0,1704
odotusarvo:
≈ 6, 7
12.
Lehdenjakajalla
on
kolme
epäluotettavaa
herätyskelloa.
Paras
kello
toimii
keskimäärin 9 kertaa 10:stä, seuraava kello 2 kertaa 3:sta ja huonoin kello vain
joka toinen kerta. Henkilö yrittää parantaa tilannetta virittämällä kaikki kolme.
a) Kuvaa tämän satunnaiskokeen otosavaruus.
b) Laske alkeistapahtumien todennäköisyydet.
c) Millä todennäköisyydellä ainakin yksi kelloista soi?
d) Millä todennäköisyydellä täsmälleen kaksi kelloa soi?
Ratkaisu:
a) Merkitään alkeistapahtumia esim. seuraavasti:
SSS kaikki kellot soivat
SSE ensimmäinen ja toinen kello soivat, kolmas ei
.
.
.
EEE yksikään ei soi
Otosavaruus S = {SSS, SSE, SES, ESS, SEE, ESE, EES, EEE}
b) Kellot toisistaan riippumattomia
→
tod.näk. tuloina:
P(SSS)
=
9
10
·
2
3
= P{ensimmäinen
3
· 12 = 18
60 = 10
soi}
P (SSE) =
9
10
·
2
3
·
1
2
=
18
60
=
3
10
P (SES) =
9
10
·
1
3
·
1
2
=
9
60
=
3
20
P (ESS) =
1
10
·
2
3
·
1
2
=
2
60
=
1
30
P (SEE) =
9
10
·
1
3
·
1
2
=
9
60
=
3
20
P (ESE) =
1
10
·
2
3
·
1
2
=
2
60
=
1
30
P (EES) =
1
10
·
1
3
·
1
2
=
1
60
P (EEE) =
1
10
·
1
3
·
1
2
=
1
60
c) P{ainakin yksi soi }
d)
=
·
P{toinen soi}
= 1 − P (EEE) = 1 −
·
P{kolmas soi}
1
60
=
59
60
≈ 0.98
P {SSE, SES, ESS} = P (SSE) + P (SES) + P (ESS)
9
2
+ 60
+ 60
= 29
60 ≈ 0.48
18
60
Vastaus:
a) Otosavaruus S = {SSS, SSE, SES, ESS, SEE, ESE, EES, EEE}
P (SSS) = P{ensimmäinen
3
P (SSE) = 10
3
P (SES) = 20
1
P (ESS) = 30
3
P (SEE) = 20
1
P (ESE) = 30
1
P (EES) = 60
1
P (EEE) = 60
b)
·
=
59
60
≈ 0.98
P {SSE, SES, ESS} =
29
60
≈ 0.48
c) P{ainakin yksi soi }
d)
soi}
P{toinen soi}
·
K1 , K2 , K3
K4
P{kolmas soi}
=
3
10
13.
Kuvan mukaisen systeemin kytkimet
ja
ovat tietyllä hetkellä toi-
sistaan riippumatta suljettuina vastaavasti todennäköisyydellä 0.60, 0.25, 0.50
ja 0.75. Millä todennäköisyydellä kyseisellä hetkellä systeemin läpi kulkee virta?
Ratkaisu:
Merkitään tapahtumia
Ki =kytkin
i suljettuna
P(virta kulkee) = P ((K1 ∩ K2 ) ∪ (K3 ∩ K4 ))
= P (K1 ∩ K2 ) + P (K3 ∩ K4 ) − P (K1 ∩ K2 ∩ K3 ∩ K4 )
Riippumattomuus!
P (K1 )P (K2 ) + P (K3 )P (K4 ) − P (K1 )P (K2 )P (K3 )P (K4 )
= 0.6 · 0.25 + 0.5 · 0.75 − 0.6 · 0.25 · 0.5 · 0.75 = 0.46875
Vastaus:
P(virta kulkee)
= 0.46875
14.
Rahanväärentäjä sekoittaa 16 väärennettyä seteliä 35 oikean samanarvoisen
setelin kanssa ja lähtee vaihtamaan rahaa katukaupassa. Ensimmäinen asiakas
vaihtaa 6 seteliä. Millä todennäköisyydellä hän saa kolme väärää seteliä?
Ratkaisu:
N=51 seteliä, joista
m=16 väärennettyä
n=6 poimittava määrä
k=3 väärennettyjä poimittujen joukossa.
Alkeistapauksia (6:n kombinaatioita 51:n joukosta) on
N
n
m
k
=
51
6
N −m
n−k
kpl
=
16
3
P(3 väärennettyä)
35
3
=
kpl
35
(16
3 )( 3 )
=
51
(6)
16! 35! 6! 45!
3! 13! 3! 32! 51!
=
16·15·14 · 35·34·33 · 6·5·4·3·2
3·2 · 3·2 · 51·50·49·48·47·46
=
0.2035
Vastaus:
P(3 väärennettyä)
= 0.2035
15.
Vuoristoalueella on eräänä päivänä annettu lumimyrskyn todennäköisyydeksi
30%. Eräästä vuoristokylästä lähtee kaksi tietä. Tie 1 suljetaan lumimyrskyn
sattuessa 60%:n varmuudella, tie 2 suljetaan 45%:n varmuudella. Millä todennäköisyydellä ainakin toinen kylästä lähtevistä teistä on auki? Oletetaan, että
kummankin tien auki pitäminen riippuu vain lumimyrskystä, ei siitä onko toinen
tie auki vai ei.
Ratkaisu:
Merkitään tapahtumia
L = "lumimyrsky"
T1 = "tie 1 auki"
T2 = "tie 2 auki"
P (L) = 0.30
P (T̄1 |L) = 0.60, P (T1 |L) = 0.40
P (T̄2 |L) = 0.45, P (T2 |L) = 0.55
Tiet auki, jos ei lumimyrskyä: P (T1 |L̄) = P (T2 |1L̄) = 1
P ("ainakin toinen tie auki")= 1 − P ("molemmat tiet suljettu")
eli P (T1 ∪ T2 ) = 1 − P (T̄1 ∩ T̄2 )
T̄1 ∩ T̄2 = (T̄1 ∩ T̄2 ∩ L) ∪ (T̄1 ∩ T̄2 ∩ L̄)
Kyseessä erilliset tapahtumat, joten
P (barT1 ∩ T̄2 ) = (T̄1 ∩ T̄2 ∩ L) + (T̄1 ∩ T̄2 ∩ L̄)
= P (L)P (T̄1 ∩ T̄2 |L) + P (L̄)P (T̄1 ∩ T̄2 |L̄)
(ehdollisen todennäköisyyden kertosääntö)
= P (L)P (T̄1 ∩ T̄2 |L),
Tehtäväpaperissa
koska
mainittu
P (T̄1 ∩ T̄2 |L̄) = 0
oletus,
ehdollinen riippumattomuus,
merkitsee,
että
P (T̄1 ∩ T̄2 |L) = P (T̄1 |L)P (T̄2 |L),
joten
P (T̄1 ∩ T̄2 ) = P (L)P (T̄1 |L)P (T̄2 |L) = 0.3 · 0.6 · 0.45 = 0.081
P (T̄1 ∪ T̄2 ) = 1 − P (T̄1 ∩ T̄2 ) = 1 − 0.081 = 0.919
eli 92%:n varmuudella ainakin toinen tie on auki (kun lumimyrskyennusteen
toteutumisesta ei vielä tietoa).
Vastaus:
0.919
eli 92%:n varmuudella ainakin toinen tie on auki (kun lumimyrskyennusteen
toteutumisesta ei vielä tietoa).
16.
Mainontarman suorittamassa tutkimuksessa selvitettiin erään pikkukaupungin maksullisen paikallislehden ja ilmaisjakelulehden lukijakuntaa. Havaittiin,
että väestöstä 60% luki molempia, 10% ainoastaan maksullista lehteä ja 25%
ainoastaan ilmaislehteä.
Valitaan satunnainen kaupunkilainen. Olkoon tapahtumat
A = "henkilö lukee maksullista lehteä"
B = "henkilö lukee ilmaislehteä"
a) Ovatko tapahtumat A ja B riippumattomat?
b) Jos poimitaan satunnainen henkilö maksullisen lehden tilaajista, millä todennaköisyydellä hän lukee myos ilmaislehteä?
Ratkaisu:
P (A ∩ B) = 0.60
P (A − B) = P (A ∩ B̄) = 0.10
P (B − A) = P (B ∩ Ā) = 0.25
a)
P (A) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B̄) = 0.60 + 0.10 = 0.70
P (B) = P (A ∩ B) + P (B ∩ Ā = 0.60 + 0.25 = 0.85
P (A)P (B) = 0.70 · 0.85 = 0.595 ≈ P (A ∩ B)
Tapahtumat
käytännössä
riippumattomat
(Todennäköisyyksien
arvioinnin
tarkkuus!?)
b)
Olkoon kaupungin asukasluku
pien lehtien lukijoita
0.6N
N . Maksullisen lehden tilaajia 0.7N
hlöä. Molem-
hlöä.
Todennäköisyys, että maksullisen lehden lukija lukee myös ilmaislehteä, on
0.6N
0.7N
(Tässä johdettiin tapahtuman B EHDOLLINEN TODENNÄKÖISYYS ehdolla
P (A∩B)
A: P (B|A) =
P (A) = 6/7
suhteellinen osuus
Vastaus:
a)
0.595 ≈ P (A ∩ B)
Tapahtumat
käytännössä
riippumattomat
(Todennäköisyyksien
arvioinnin
tarkkuus!?)
b)
6/7
17.
Tarkastettaessa elintarvikkeita sallitaan erään tuotteen kohdalla tietty lyijyja kadmiumpitoisuus erikseen, mutta tuote hylätään, jos elintarvikkeessa on
sekä lyijyä että kadmiumia. Tiedetään, että satunnaisesti valitussa tuotteessa
on kadmiumin esiintymistodennäköisyys 0,1% ja lyijyn 0,07%, sekä molempien
yhtäaikainen esiintymistodennäköisyys 0,002%.
a) Ovatko kadmiumin ja lyijyn esiintyminen toisistaan riippumattomia tapahtumia?
b) Oletetaan, että tarkastukseen valitussa tuotteessa havaitaan lyijyä. Millä todennäköisyydellä tuote hyväksytään?
Ratkaisu:
P (Cd) = 0, 001, P (P b) = 0, 0007, P (Cd ∩ P b) = 0, 00002
a)
P (Cd)P (P b) = 0, 001 ∗ 0, 0007 = 0, 0000007 6= P (Cd ∩ P b)
Tapahtumat eivät riippumattomia
b)
P (Cd | P b) =
=
=
P (Cd∩P b)
P (P b)
P (P b−Cd)
P (P b)
P (P b)−P (P b∩Cd)
P (P b)
0,0007−0,00002
0,0007
=
= 0, 971
Vastaus:
a)
b)
0, 0000007 6= P (Cd ∩ P b).
= 0, 971 = 97, 1%
Tapahtumat eivät riippumattomia.
18.
Joku heittää noppaa ja peittää sen ja kertoo sinulle, että näkyvissä oleva luku
on pienempi kuin neljä. Kuinka todennäköisyyttä muuttaa se, että luku on
parillinen?
Ratkaisu:
Määritelmän mukaan,
P (parillinen luku | pienempi kuin neljä) =
P (parillinen luku pienempi kuin nelja)
P (luku pienempi kuin nelja)
=
P ({2})
=
P ({1, 2, 3})
=
1
6
1
2
1
3
Tieto siitä, että luku on pienempi kuin neljä pienentää otosavaruutta 1,2,3, ja
vain yksi tästä joukosta on parillinen. Tulokset ovat yhtä mahdollisia, joten
todennäköisyys sille, että luku on parillinen putoaa puolesta kolmasosaan.
Vastaus:
Todennäköisyys on
1
3
19.
Todennäköisyys sille, että säännöllisesti liikennöivä lento lähtee ajallaan on
P (D) =
0.83, todennäköisyys sille, että se saapuu ajallaan on
P (A) = 0.92, ja
P (A ∩ D) =
todennäköisyys sille, että se sekä lähtee, että saapuu ajallaan on
0,78 Millä todennäköisyydellä kone
a.) saapuu ajallaan, kun se on lähtenyt ajallaan
b.) ei lähtenyt ajallaan kun se ei saapunut ajallaan
Ratkaisu:
a.) määritelmän mukaisesti
P
(saapuu ajallaan | lähtee ajallaan)
=
= P (A|D)
P (A ∩ D)
= 0.94
P (D)
b.) käyttämällä ensin De Morganin lakia
P (A ∩ D) = 1 − P (A ∪ D) = 1 − P (A) − P (D) + P (A ∩ D)
saadaan:
P (ei lähtenyt ajallaan | ei saavu ajallaan)
(D)+P (A∩D)
= 1−P (A)−P
= P (D|A = PP(a∩D)
= 0.375
1−P (A)
(A)
Vastaus:
a.) 0.94
b.) 0.375
20.
Jos heitetään kahta noppaa, mikä on todennäköisyys sille, että saadaan ainakin
yksi kuutonen?
Ratkaisu:
Oletetaan, että heitot ovat riippumattomia eli yhden nopan tulos ei riipu
millään tavalla toisen nopan tuloksesta. Ne ovat tilastollisesti riippumattomia,
joten komplementti- ja productsäännön perusteella:
P
(vähintään yksi kuutonen)
=1−P
=1−P
(ei kuutosta)
(ensimmäinen noppa ei kuutosta)
= 1 − ( 56 )2 =
P
(toinen noppa ei kuutosta)
11
36
Vastaus:
Todennäköisyys on
11
36
21.
Mikrotietokoneiden maahantuoja on ilmoittanut, että erään suositun merkin
viimeisessä valmistuserässä n. 20%:ssa koneista on tietty valmistusvika ja
vialliset koneet ovat jakautuneet ostajille täysin sattumanvaraisesti. TITE:n
mikroluokkaan on tulossa 12 kpl kyseisiä koneita.
a) Olkoon satunnaismuuttuja
12:n joukossa. Mikä on
X :n
X
viallisten koneiden lukumäärä tilattujen
jakauma?
b) Mikä on viallisten määrän odotusarvo ja hajonta?
c) Millä todennäköisyydellä viallisia koneita on korkeintaan puolet?
Ratkaisu:
a) Viallisten määrä
X ∼ Bin(12, 0.2)
EX = np = 12 · 0.2 = 2.4
D2 X =
√ np(1 − p) = 12 · 0.2 · 0.8 = 1.92
DX = 1.92 = 1.4
b) Odotusarvo
Varianssi
Hajonta
c)
P (X ≤ 6) = 0.9961
(Beta: Binomial distribution, distribution function = kertymäfunktio)
Ilman taulukkoa laskettava summaamalla
6 X
12
k
k=0
0.2k 0.812−k
Vastaus:
X ∼ Bin(12, 0.2)
EX = 2.4, Hajonta DX = 1.4
P (X ≤ 6) = 0.9961
a) Viallisten määrä
b) Odotusarvo
c)
22.
Ensiapuasemalla on havaittu, että tiettyä kipulääkettä tarvitaan keskimäärin
1.6 annosta päivässä.
a) Kuinka suuri varasto lääkettä tulisi olla, jotta se riittäisi 99%:n varmuudella
yhdeksi päiväksi?
b) Kuinka suuri varasto lääkettä tulisi olla, jotta se riittäisi 99%:n varmuudella
kolmeksi päiväksi?
c) Millä todennäköisyydellä 5 päivässä kuluu yli 6 annosta?
Ratkaisu:
Olkoon
X
kipulääkeannosten päivittäistarve. Oletetaan että annokset ovat
vakiokokoa.
Koska
lääkkeen
tarvitsijat
ilmenevät
riippumatta, voidaan olettaa, että
a) Määrätään varaston koko
P (X ≤ v) ≥ 0.99
v
X∼
täysin
sattumanvaraisesti,
Poisson(λ), missä
toisistaan
λ = EX = 1.6.
ehdosta
eli kertymäfunktio
F (v) ≥ 0.99.
Kertymäfunktion taulukosta (Beta: Poisson distribution, distribution function) nähdään, että
F (4) = 0.9763 < 0.99
F (5) = 0.9940 > 0.99,
joten
v≥
5 annosta riittää.
b) Kolmen vuorokauden tarve
Ehto:
P (X3 ≤ v) ≥ 0.99
X3 ∼
Poisson(3λ) eli
X3 ∼
Poisson(4.8)
Kertymäfunktion taulukoita ei ole arvolla
taulukoita"
λ=4.8.
on Poisson-todennäkäisyyksiä arvolla
Kokoelmassa "Tilastollisia
λ=4.8.
Näitä summaamalla
nähdään, että
Taulukosta löytyy arvo
10
λ = 4.8,
taulukon mukaan arvo
0.990
on riittävä, joten
annosta on riittävä määrä.
P (X3 ≤ 10) =
10
X
4.8k
k=0
P (X3 ≤ 11) =
11
X
4.8k
k=0
joten
v ≥ 11
k!
k!
e−4.8 = 0.9895 < 0.99
e−4.8 = 0.9959 > 0.99,
annosta riittää.
c) Viiden vuorokauden tarve
X5 ∼
Poisson(5λ) eli
X5 ∼
/Poisson(8)
P (X5 > 6) = P (X5 ≥ 7) = 1 − P (X5 ≤ 6) = 1 − F (6) = 1 − 0.313 = 0.687,
joka saatiin kokoelman "Tilastollisia taulukoita"
Poisson-jakauman kertymä-
funktiosta.
Jos ei ole taulukoita, kertymäfunktion arvo lasketaan summaamalla todennäköisyyksiä, jotka lasketaan Poisson-todennäköisyyksien kaavalla tai summaamalla Betan todennäköisyyksiä.
Vastaus:
a)
b)
c)
v ≥ 5 annosta riittää.
v ≥ 11 annosta riittää.
P (X5 > 6) = 0.687
23.
Valokuvausliike lupaa kuvat ilmaiseksi, elleivät ne ole valmiit
Keskimääräinen valmistusaika (eli valmistusajan odotusarvo) on
hajonta
3
h
20
24 tunissa.
15 h ja sen
min. Kuinka monta prosenttia tilauksista liike joutuu antamaan
ilmaiseksi, kun valmistusajan jakauma on normaali?
2
Ratkaisu: Valmistusaika x∼N(µ, b ), missä
µ = 15h
σ = 3 31 h = 10/3h
x−15
10/3 ∼ N (0, 1)
Ilmaiseksi osuus P(x>24)
Z=
=P Z>
24−15
10/3
= P (Z > 2.7)
1 − P (Z ≤ 2.7) = 1 − φ (2.7) = 1 − 0.9965
= 0.0035 = 0.35%
Vastaus:
0.35%
24.
Automaattivaa'an mittausvirheen odotusarvo on
−1.8
g ja keskihajonta
2.6
g.
Mittausvirhe noudattaa normaalijakaumaa. Millä todennäköisyydellä mittaustulos poikkeaa todellisesta arvosta yli 5 g?
X ∼ N µ, b2 µ = −1.8 g σ = 2.6 g
x+1.8
Z = x−µ
σ = 2.6 ∼ N (0, 1)
P (|x| > 5) = 1 − P (|x| ≤ 5)
= 1 − P (−5 ≤ x ≤ 5)
5+1.8
≤
Z
≤
= 1 − P (−1.23 ≤ Z ≤ 2.62)
1 − P −5+1.8
2.6
2.6
1−[Φ (2.62) − Φ (−1.23)] = 1−Φ (2.62)+1−Φ (1.23) = 1−0.9956+1−0.8907 =
0.1137 ≈ 0.11
Ratkaisu: Virhe
Vastaus:
0.11
25.
X noudattaa normaalµ = 1.4 kg ja σ = 0.3 kg. Myyntiin viedään kirjolohet,
vähintään m kg. Mikä on painoraja m jos tiedetään, että 9%
Arvioidaan, että altaassa kasvatettujen kirjolohien paino
ijakaumaa parametrein
joiden paino on
kirjolohista ei kelpaa myyntiin?
X ∼ N µ, b2 µ = 1.4 kg, σ = 0.3 kg
P (X < m) = 0.09
P X−1.4
< m−1.4
= 0.09
0.3
0.3
m−1.4
P Z < 0.3
= 0.09
Taulukosta P (Z ≤ 1.35) = Φ (1.35) = 0.9115 ⇒ P (Z ≥ 1.35) = P (Z ≤ −1.35) =
0.09
Ratkaisu:
m−1.4
0.3
= −1.35 ⇒ m = 0.995 ≈ 1
kg
Vastaus:
1.0
kg
26.
Tehdas valmistaa sähkövastuksia kytkemällä sarjaan kaksi osavastusta. Toinen
otetaan valmiste-erästä, jonka jakauma on
jakauma on
2
N (200, 4
N (150, 32 )
ja toinen erästä, jonka
Ω. Tuote katsotaan kelvolliseksi, jos sen
[340, 360] Ω, muulloin vialliseksi. Montako viallista
), yksikkönä
kokonaisvastus on välillä
tuotetta on odotettavissa 200 kappaleen näyte-erässä?
x1 ∼ N 150, 32 ,x2 N 200, 42
2
Kokonaisvastus x = x1 + x2 ∼ N µ, σ , missä
µ = Ex = Ex1 + Ex2 = 150 + 200 = 350Ω
σ 2 = D2 x = D2 x1 + D2 x2 = 32 + 42 = 25Ω
x−350
∼ N (0, 1)
⇒ Z = x−µ
σ =
5
340−350
Kelvollisten osuus P (340 ≤ x ≤ 360) = P
≤ Z ≤ 360−350
= P (−2.0 ≤ Z ≤ 2.0) =
5
5
Φ (2) − Φ (−2) = 2Φ (2) − 1 = 2 ∗ 0.9772 − 1 = 0.9544
Viallisten osuus on 1 − 0.9544 = 0.0456 = 4.56%. 200 kappaleen erässä odotettavissa 0.0456 ∗ 200 = 9 viallista
Ratkaisu: Vastukset
Vastaus:
9 kpl
27.
Eräs yritysjohtaja on lähdössä lomailemaan saareen mukanaan matkapuhelin
ja 30 akkua. Akun keskimääräinen toiminta-aika on 6 tuntia ja keskihajonta 4
tuntia. LAske normaalijakauma-approksimaation avulla todennäköisyys, että
akut riittävät vähintään 160 tunniksi.
Ratkaisu: Akkujen yhteinen toiminta-aika
Exi = 6 h
Dxi = 4 h
µ = Ex = Ex1 + · · · + Ex30 = 30 ∗ 6 = 180
σ 2 =√Dx = Dx1 + · · · + Dx30 = 30 ∗ 42
σ = 30 ∗ 4 = 21.9 h
2
n (melko)suuri ⇒ x ∼ N µ, σ
x = x1 + x2 + · · · + x30 ,
h
missä
P (x > 160) = P x−180
21.9 >
Φ (0.91) = 0.8186 ≈ 0.82
160−180
21.9
= P (Z > −0.91) = P (Z < 0.91) =
Vastaus:
0.82
28.
Oletetaan, että USA:n erään presidenttiehdokkaan kannattajia olisi todellisuudessa 45%.
a) Jos valitaan satunnaisesti 100 haastateltavaa, niin millä todennäköisyydellä vähintään puolet heistä on kyseisen ehdokkaan kannattajia? Laske vastaus
käyttäen normaalijakauma-approksimaatiota ja jatkuvuuskorjausta. (Tarkalla
binomi-jakaumalla tulokseksi saadaan noin 0.1827.)
b) Jos valitaan satunnaisesti 1000 haastateltavaa, niin millä todennäköisyydellä vähintään puolet heistä on kyseisen ehdokkaan kannattajia? Laske vastaus
käyttäen normaalijakauma-approksimaatiota ja jatkuvuuskorjausta.
Ratkaisu:
a) n = 100 p = 0.45
Kannattajien määrä haastateltujen joukossa
µ = np = 45
σ 2 = np(1 − p) = 24.75 > 9,
X ∼ Bin(100, 0.45)
joten voidaan käyttää normaalijakauma-
approksimaatiota
X ∼ N (45, 24.75) likimain
P (X ≥ 50)
≤ 49) = 1 − P (X ≤ 49.5)
= 1 − P (X
√
= 1 − P (Z ≤ 0.90) = 1 − φ(0.90)
= 1 − P Z ≤ 49.5−45
24.75
= 1 − 0.8159 = 0.1841
b) n = 1000 p = 0.45
µ = np = 450
σ 2 = np(1 − p) = 247.5
X ∼ N (450, 247.5) likimain
P (X ≥ 500)
= 1 − P (X≤ 499) = 1 − P (X ≤ 499.5)
=1−P Z ≤
499.5−450
√
247.5
= 1 − P (Z ≤ 3.15) = 1 − φ(3.15)
= 1 − 0.99918 = 0.00082
Vastaus:
a) 0.1841
b) 0.00082
29.
Erään sähkölampun kestoaika noudattaa normaalijakaumaa. Keskimääräinen
kestoaika on 1000 tuntia ja keskihajonta 200 tuntia. Olohuoneen uuteen kattovalaisimeen asennetaan neljä tälläistä lamppua. Jos lamput palavat keskimäärin
5 tuntia vuorokaudessa, millä todennäköisyydellä puoleen vuoteen (=180 vrk)
ei tarvitse vaihtaa yhtään lamppua?
Ratkaisu:
Lampun kesto
X ∼ N (1000, 2002 )
Puolessa vuodessa lamppua poltetaan
180 · 5 = 900h
Lamppua ei tarvitse vaihtaa todennäköisyydellä
P (X > 900) = P Z >
900−1000
200
= P (Z > −0.5) = 1 − P (Z < −0.5)
= 1 − φ(−0.5) = 1 − (1 − φ(0.5))
= φ(0.5) = 0.6915
2
Neljä lamppua, kunkin kesto Xi ∼ N (1000, 200 )
(toisistaan riippumattomia).
> 900h tn:llä
P (X1 > 900) · P (X2 > 900) · P (X3 > 900) · P (X4 > 900) = 0.69154 ≈ 0.23
Yhtään lamppua ei tarvitse vaihtaa eli kaikki kestävät
Vastaus:
≈ 0.23
30.
Pakkauskone pakkaa karamelleja rasioihin. Rasian paino on normaalijakautunut satunnaismuuttuja, jonka odotusarvo on 25,5 g ja hajonta 0,4 g. Rasian
(=kuoren) paino on myös normaalijakautunut, odotusarvona 4,0 g ja 0,2 g.
Rasiat pakataan lisäksi 10 kpl laatikoihin, joiden paino on normaalijakautunut
odotusarvona 30 g ja hajontana 0,5 g. Kuinka suuri osa täytetyistä laatikoista
painaa enemmän kuin 327 g?
Ratkaisu:
Si ∼ N (25, 5. 0, 42 )
Ri ∼ N (4, 0. 0, 22 )
Sisältö
Rasia
Laatikko
Li ∼ N (30, 0. 0, 52 )
Täytetyn laatikon paino
X=
P10
i=1
Si +
X ∼ N (µ, δ 2 ),
µ=
P
P10
i=1
Ri + L
missä
E(Si ) +
P
E(Ri ) + E(L)
= 10 · 25, 5 + 10 · 4 + 30 = 325 g
δ2 =
P
D2 (Si ) +
P
D2 (Ri ) + D2 L
= 10 · 0, 42 · +10 · 0, 22 + 0, 52 = 2, 25 g 2
δ = 1, 5 g
Z=
X−325
1,5
∼= N (0, 1)
P (X > 327) = P (Z >
X−327−325
)
1,5
= P (Z > 1, 33)
= 1 − P (Z ≤ 1, 33)
= 1 − Φ(1, 33)
= 1 − 0, 9082 = 0, 0918
9,2% painaa yli 327 g
Vastaus:
9,2% painaa yli 327 g
31.
Hehkulamppujen kestoikä noudattaa normaalijakaumaa, odotusarvona
2500h.Keskihajonnan σ
µ =
suuruuteen (=lamppujen tasalaatuisuuteen) voidaan
vaikuttaa valmistusprosessia säätämällä. Koska
taa kustannuksia, valitaan
σ
σ : n
pienentäminen aiheut-
siten, että sillä on suurin mahdollinen asetetut
vaatimukset täyttävä arvo. Mikä on suurin arvo, kun laatuvaatimus on että
vähintään 90% lampuista kestää yli 2200 tuntia?
X ∼ N (2500, δ 2 )
V aatimusP (X > 2200) ≤ 0, 9
Ratkaisu: Kestoikä
<=> P ( X−2500
>
δ
<=> P (Z >
−300
δ )
2200−2500
)
δ
≥ 0, 9
≥ 0, 9
Symmetria
P (Z <
300
δ
≥ 0, 9
Φ( 300
δ ) ≥ 0, 9
Beta : Φ(1, 2816) = 0, 9
=>
300
δ
δ≤
300
1,2816
≥ 1, 2816
= 234 h
Vastaus:
234 h
32.
Kopiokoneiden
huoltomiehen
kirjanpidon
mukaan
10
prosentissa
laitteista
joudutaan uusimaan yksi laakeri, 4 prosentissa tapauksia 2 laakeria ja 1 prosentissa 3 laakeria. Ennustettu huolto-ohjelma ensi vuodelle on 500 konetta.
a)Millä todennäköisyydellä laakereita kuluu vähintään 80 kappaletta?
b)Minkä rajan alle tarve jää todennäköisyydellä 0,99?
Ratkaisu: Uusittavien laakereiden tarve
X = X1 + X2 + . . . + X500
Xi =uusittavien
laakereiden määrä i:nnessä koneessa
i=1,. . . ,500
(riippumattomia)
Xi : njakauma :
P (Xi = 0) = 0, 85
P (Xi = 1) = 0, 10
P (Xi = 2) = 0, 04
P (Xi = 3 = 0, 01
µ = E(Xi ) = 0 · 0, 085 + 1 · 0, 10 + 2 · 0, 04 + 3 · 0, 01 = 0, 21
δ 2 = D2 (Xi ) =
P3
k=0
k 2 P (X − k) − µ2
= 02 · 0, 85 + 12 · 0, 10 + 22 · 0, 04 + 32 · 0, 01 − 0, 212 = 0, 3059
EX = 500µ = 500 · 0, 21 = 105
D2 X = 500δ 2 = 500 · 0, 3059 = 152, 95
Keskeinenraja − arvolause :koska
summattavien määrä n=500 on suuri, niin:
X ∼ N (105, 152.95) (likimain)
Z=
X−105
√
152,95
∼ N (0, 1)
A.
P (X ≥ 80) = P (Z ≥
X−105
√
)
λ 152,95
P (Z ≥ −2, 02)
= P (Z ≤ 2, 02) (symmetrianperusteella)
Φ(2, 02) = 0, 9783
B.
P (X ≤ k) ≥ 0, 99
P (Z ≤
√k−105 )
152,95
≥ 0, 99
Φ( √k−105
) ≤ 0, 99
152,95
√k−105
152,95
≥ 2, 3263 = Z0,99
k ≥ 133, 8
Kysytty raja on 134 kpl
Vastaus:
134 kpl
33.
Tehdas valmistaa elektronisi lämpömittareita, joiden pariston kestoikä on normaalijakautunut siten, että odotusarvo on 700 vuorokautta ja hajonta 160
vuorokautta. Tehdas vaihtaa paristot, jotka kestävät alle vuoden (365 vrk).
Kuinka monta prosenttia paristoista joudutaan vaihtamaan?
Ratkaisu: Pariston kesto
X ≈ N (700, 1602 )
Z=
X−700
160
∼ N (0, 1)
P (X < 365) = P ( X−700
<
160
365−700
160 )
P (Z < −2, 09)
= Φ(−2, 09) = 1 − Φ(2, 09)
= 1 − 0, 9817 = 0, 0183
Vastaus:
Paristoista joudutaan vaihtamaan
1.83%
34.
Oletetaan, että mittausvirhe X on normaalijakautunut,
X ∼ N (0, 22 ).
Kuinka suurella todennäköisyydellä mittausvirhe on itseisarvoltaan yli 2,5?
X ≈ N (0, 22 )
µ=0, δ=2
Ratkaisu:
Z=
X−µ
δ
=
X
2
∼ N (0, 1)
P (|X| > 2, 5) = P (X > 2, 5) + P (X < −2, 5)
P (Z >
2,5
2 )
+ P (Z <
−2,5
2 )
= 1 − P (Z ≤ 1, 25) + P (Z ≤ −1, 25)
= 1 − Φ(1, 25) + Φ(−1, 25) = 2[1 − Φ(1, 25)]
2(1 − 0, 8944) = 0, 2112
Vastaus:
0, 2112
35.
Valmistaja ilmoittaa, että loistelampun palamisaika on 1500h. Oletetaan, että
palamisaika on exponentiaalijakautunut.
a) Kuinka suuri osa lampuista palaa vähintään 2000 h?
b)
Jos lamppu on palanut jo 2000 h, millä todennäköisyydellä se palaa
vielä 1000h?
Ratkaisu: A.
Palamisaika
EX =
1
λ
X ≈ Exp(λ)
= 1500 => λ =
Kertymäfunktio
1
1500
−x
F (x) = P (X ≤ x) = 1 − e 1500
P (X ≤ 2000) = 1 − P (X ≤ 2000) = 1 − F (2000) = 1 − (1 − e2000/1500 ) = e−4/3
= 0, 264
26, 4%
palaa vähintään
2000h.
B.
P (X ≤ 2000 + 1000kX ≤ 2000)
P (X ≤ 1000)
(menneisyyden unohtaminen)
1 − F (1000) = e−1000/1500 = e−2/3 = 0, 513
Vastaus:
0, 513
36.
Eräällä alueella sattuu tietyn suuruusluokan maanjäristys keskimäärin kerran vuodessa. Vuodenajalla ei ole vaikutusta. Alueen turistikausi kestää neljä
kuukautta, kesäkuusta syyskuuhun. Laske todennäköisyys, että turistikaudella
sattuu vähintään yksi tällainen maanjäristys. Kuinka todennäköistä on, että
kyseisellä kaudella sattuisi vähintään kolme maanjäristystä?
Ratkaisu: Maanjäristysten määrä 4 kk:ssa eli 1/3 vuodessa
p(x ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − e−1/3 = 0, 2835
p(x = 0) = 1/3e−1/3 = 0, 716531
p(x = 1) =
1/3
1
p(x = 2) =
(1/3)2
2
· e−1/3 = 0, 238844
· e−1/3 = 0, 039807
p(x ≥ 3) = 1 − P (x = 0) − p(x = 1) − p(x = 2) = 0, 0048
Vastaus:
0, 0048
37.
Jalokivikauppiaalla on neljä samanlaista arvokasta timanttia. Hänellä on 7
asiakasta, joista kunkin arvellaan haluavan ostaa timantin 30% todennäköisyydellä. Kaupaksi menneestä timantista kauppias saa 1000 euron myyntivoiton.
a)Millä todennäköisyydellä korkeintaan kaksi asiakkaista haluaa ostaa timantin?
b)Millä todennäköisyydellä kaikki timantit menevät kaupaksi?
c)Laske kauppiaan saaman myyntivoiton odotusarvo. Huom. myytyjen timanttien jakauma ei ole sama kuin ostohalukkaiden jakauma.
Ratkaisu:
Ostohalukkaiden määrä
A.
X ≈ Bin(7, 0.3)
P (x ≤ 2) = F (2) = 0, 6471
(kertymat taulukosta)
P (x ≤ 4) = 1 − P (x ≤ 3) = 1 − F (3) = 1 − 0, 874 = 0, 126
1000x kun 0 ≤ x ≤ 4
C. Myyntivoitto g(x) =
4000
kun 4 ≤ x ≤ 8
P7
Odotusarvo E(g(x)) =
x=0 g(x)p(x)
B.
= 0 · p(0) + 1000p(1) + 2000p(2) + 3000p(3) + 4000 [p(4) + p(5) + p(6) + p(7)]
|
{z
}
1−F (3)=0,126
tod.näk.taulukosta
= 0 · 0, 0824 + 1000 · 0, 2471 + 2000 · 0, 3177 + 3000 · 0, 2269
(ei siis saa laskea binomijakauman odotusarvolle 1000np = 2100) = 2067, 2 euroa
Voitto V p(V=v)
0
p(x=0)=0,0824,
1000
p(x=1)=0,2471,
2000
p(x=2)=0,3177,
3000
p(x=3)=0,2269,
4000 P
p(x=4)=1-F(3)=0,126,
E(V ) = V P (V = v)
Vastaus:
A. 0,6471
B. 0,126
C. 2067,2 euroa
38.
Kuljetettaessa erästä tavaraa keskimäärin 2% tavaroista rikkoutuu. Laske, millä
todennäköisyydellä 80 kappaleesta korkeintaan kaksi rikkoutuu kuljetuksessa,
käyttäen
A. binomijakaumaa. Ilmoita tulos neljän desimaalin tarkkuudella.
B. Poisson-jakauma-approksimaatiota.
Ratkaisu: A.
Rikkoutuvien tavaroiden määrä
X ∼ Bin(80 . 0, 02)
k
80−k
P (X = k) = 80
k · 0, 02 · 0, 98
k = 0, 1, . . . , 80
P (X = 0) = 0, 988 0 = 0, 198649
P (X = 1) =
80
1
· 0, 02 · 0, 987 9 = 0, 324325
P (X = 2) =
80
2
· 0, 02 · 0, 987 8 = 0, 261445
P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = 0, 784419 ≈ 0, 7844
B.
n suuri => X
≈ P oisson (λ)
missä
(λ) = np = 80 · 0, 02 = 1, 6
P (X ≤ 2) = F (2) = 0, 7844 (taulukosta)
Vastaus:
0, 7844
39.
Puutaloelementtejä valmistavassa verstaassa syntyvien laudanpätkien eli hukkapalojen pituus noudattaa likimain jakaumaa, jonka tiheysfunktio on
f (x) = 38 (x − 2)2 ,
kun
0≤x≤2
(metriä).
a) Laske pituuden odotusarvo.
b) Määrää jakauman kertymäfunktio. Kuinka suuri osuus paloista on yli metrin
mittaisia?
Ratkaisu:
f (x) = 38 (x − 2)2 , kun 0 ≤ x ≤ 2
R2
R2
odotusarvo: EX =
xf (x)dx = 0 x × 83 (x − 2)2 dx
0
R2
= 38 0 (x3 − 4x2 + 4x)dx = 38 /20 ( 14 x4 − 34 x3 + 2x2 )
= 83 (4 − 32
3 + 8) = 0, 5m
a)
F (x) = P (X ≤ x) =
= 0 38 (t − 2)2 dt = /x0 18 (t − 2)3
= 18 (x − 2)3 + 1, kun 0 ≤ x ≤ 2
F(x) = 0, kun x < 0
1
3
F(x) = (x − 2) + 1, kun 0 ≤ x ≤ 2
8
F(x) = 1, kun x > 2
b) kertymäfunktio:
Rx
Rx
0
f (t)dt
Yli metrin mittaisia, osuus:
P (X > 1) = 1 − P (X ≤ 1) = 1 − F (1)
= 1 − [ 18 (1 − 2)3 + 1] = 18 eli 12,5 %.
Vastaus:
a) Odotusarvo on 0,5 m
b) Paloista on yli metrin mittiaisia 12,5 %.
40.
Suuren yrityksen puhelinkeskukseen saapuu keskimäärin 0,4 puhelua minuutissa.
a) Millä todennäköisyydellä 3 minuutissa saapuu korkeintaan 5 puhelua.
b) Puhelinkeskusta hoitaa yksi henkilö. Kuinka pitkäksi aikaa hän voi poistua,
jotta todennäköisyys sille, että hänen poissaollessaan ei tule puheluita, olisi
vähintään 0,5?
Ohje: käytä satunnaismuuttujaa
Xt =
saapuvien puheluiden lukumäärä t min-
uutissa.
Ratkaisu:
a) Voidaan olettaa puheluiden saapuvan täysin sattumanvaraisesti, toisistaan
riippumatta, jolloin sopiva jakauma on Poisson.
Saapuvien puheluiden määrä minuutissa: X ∼ P oisson(λ), λ = 0, 4
⇒ saapuvien puheluiden määrä 3 minuutissa:
X3 ∼ P oisson(3λ) = P oisson(1, 2)
P (X3 ≤ 5) = 0, 9985
b) Olkoon keskuksen poissaoloaika t min. Tänä aikana saapuvien puheluiden
määrä
X3 ∼ P oisson(λ)t = P oisson(0, 4t)
Ehto: P (Xt = 0) ≥ 0, 5
k
−0,4t
P (Xt = k) = 0,4t
k! e
−0,4t
P (Xt = 0) = e
≥ 0, 5
⇒ −0, 4t ≥ ln0, 5
⇒ t ≤ 1, 73min ≈ 1min44s
Vastaus:
a) 3 minuutissa saapuu korkeintaan 5 puhelua todennäköisyydellä 0,9985
b) keskuksen hoitaja voi poistua 1 minuutiksi ja 44 sekunniksi.
41.
Oletetaan, että asiakkaan palveluaika pankin tiskillä on eksponentiaalijakautunut, keskimääräisenä kestona 6 minuuttia.
a) Kuinka suuri osa asiakkaista selviytyy palvelusta alle 2 minuutissa?
b) Odotat vuoroasi ja olet havainnut edelläsi olevan asiakkaan viettäneen tiskillä jo 8 minuuttia.
Kuinka suurella todennäköisyydellä tämän asiakkaan palvelu päättyy kahden
minuutin kuluessa?
Ratkaisu:
T ∼ Exp(λ)
E(T ) λ1 = 6min ⇒ λ = 16 Exp-jakauman kertymäfunktio
−t
F (t) = 1 − e−λt = 1 − e 6 , kun t > 0
−2
P (t > 2) = F (2) = 1 − e 6 = 0, 283 = 28, 3prosenttia
a) Palveluaika
b)
P (T < 8 + 2 | T ≥ 8) = 1 − P (T ≥ 10 | T ≥ 8)
on:
= 1 − P (T ≥ 2) = P (T < 2) = 0, 283
laskemalla:
P (T < 8 + 2 | T ≥ 8) =
=
F (10)−F (8)
1−F (8)
=1−e
−2
6
8
=
e− 6 −e
e
P (8≥T ≥10)
P (T ≥8)
−10
6
−8
6
= P (T ≤ 2)
Vastaus:
a) palvelusta selviää alle 2 minuutissa 28,3 % asiakkaista.
b) 28,3 % todennäköisyydellä.
42.
Valmistetaan astioita, joiden tilavuuden tulisi olla
[4.92, 5.08]
5, 0 ± 8, 0
dl eli välillä
dl. Jos eräässä tehtaassa valmsitettujen astioiden tilavuus noudat-
taa normaalijakaumaa parametrein
µ = 5, 01
ja
σ = 0, 03,
kuinka suuri osuus
astioista täyttää tilavuudelle asetetun vaatimuksen?
Ratkaisu:
X ∼ N (µ, σ 2 ), missä µ = 5, 01 ja σ = 0, 03
= X−5,01
∼ N (0, 1)
Z=
0,3
P (4, 92 ≤ X ≤ 5, 08)
= P ( 4,92−5,01
≤ Z ≤ 5,08−5,01
)
0,03
0,03
P (−3 ≤ Z ≤ 2, 33)
φ(2, 33) − [1 − φ(3)] = 0, 9901 − 1 + 0.9987
= 0, 9888 ≈ 98, 9%
Tilavuus
X−µ
σ
Vastaus:
98,9 %
43.
Tehdas valmistaa sähkövastuksia kytkemällä sarjaan kaksi osavastusta. Toinen
otetaan valmiste-erästä, jonka jakauma on
jakauma on
2
N (200, 4
), yksikkönä
N (150, 32 )
ja toinen erästä, jonka
Ω.
a) Millä todennäköisyydellä kokonaisvastus ylittää
360Ω
?
b) Edellämainittuja sarjaan kytkettyjä vastuksia otetaan 50 kpl. Mikä on
odotusarvo
360Ω
Ratkaisu:
R1 ∼ N (150, 32 )
:n ylittävien vastusten määrälle?
R2 ∼ N (200, 42 )
R = R1 + R2 ∼ N (µ, σ 2 ),
µ = 150 + 200 = 350
σ 2 = 32 + 42 = 25 ⇒ σ = 5
∼ N (0, 1)
Z = R−350
5
kokonaisvastus
missä
P (R ≥ 360) = P (Z ≥ 360−350
)
5
= P (Z ≥ 2, 0) = 1 − P (Z ≤ 2, 0)
= 1 − φ(2, 0) = 1 − 0, 9772 = 0, 0228
a)
b) 360
Ω:n
ylittäviä 2,28 prosenttia
50:stä odotettavissa
50 × 0, 0228 = 1, 14kpl
(binomijakauman odotusarvo np)
Vastaus:
a) Kokonaisvastus ylittää 360
Ω
2,28 %:n todennäköisyydellä
b) Odotusarvo 1,14 kpl
44.
Lomaosakkeita välittävä rma on lähettänyt 1000 talouteen kutsun esittelyyn,
jossa on tarjolla 30 lomaosaketta. Vanhan kokemuksen perusteella tiedetään,
että keskimäärin 2% kutsun saaneista tulee ostamaan lomaosakkeen. Millä todennäköisyydellä kaikki osakkeet menevät kaupaksi?
Ratkaisu:
X ∼ Bin(1000, 0.02)
np(1 − p) = 1000 × 0.02 × 0.98 = 19.6 > 9
Ostohalukkaiden määrä
n suuri,
⇒
Voidaan käyttää normaalijakauma-approksimaatiota
µ = EX = np = 1000 × 0.2 = 20
σ 2 = D2 X = np(1 − p) = 19.6
√
X ∼ N (20, 19.6)
⇒ Z = X−20
∼ N (0, 1)
19.6
P{Kaikki menevät kaupaksi}= P (X ≥ 30) = P (Z ≥
= 1 − Φ(2.20) = 1 − 0.9881 = 0.0119
30−20
√
)
19.6
= P (Z ≥ 2.26)
P (X ≥ 30) = P (X ≥ 29.5) = P (Z ≥
1 − Φ(2.15) = 1 − 0.9842 = 0.0158)]
[Jatkuvuuskorjausta käyttäen
Vastaus:
P = 0.0119
29.5−20
√
)
19.6
=
45.
Tehdas tuottaa elektroniputkia, joiden kestoaika on eksponentiaalijakautunut
odostusarvolla 1500 tuntia. Kuinka suurella todennäköisyydellä 50 putken yhteenlaskettu kestoaika on yli 90 000 tuntia?
Ratkaisu:
Yht. kesto
missä
Xi =
X = X1 + X2 + · · · + X50
i:nnen putken kesto ∼ Exp(1/1500)
EXi = 1500
D2 Xi = 15002
⇒ EX = 50 × 1500 = 75000
D2 X = 50 × 15002 = 112500000
Kesk.raja − arvolause ⇒
X ≈ N (7500, 112500000)
P (X > 90000) = 1 − P (X ≤ 90000)
90000−75000
X−75000
= 1 − P ( 10606,
6 ≤ 10606,6 )
| {z }
Z∼N (0,1)
= 1 − P (Z ≤ 1, 41) = 1 − Φ(1, 41) = 1 − 0.9207 = 0.0793
Vastaus:
P = 0.0793
46.
Erään tuottajan kurpitsojen paino on normaalijakautunut, keskiarvona
1.5kg
ja hajontana
σ = 0.4kg.
µ =
Kurpitsat luokitellaan painon mukaan kahteen
luokkaan I(suuret) ja II(pienet). Mikä on I-luokan painoraja, jos I-luokkaan
kuuluu a)20% kurpitsoista b)puolet?
Ratkaisu:
Paino
X ∼ N (1.5, 0.42 )
Z=
X−1.5
0.4
Olkoon raja c
a)
P (I) = P (X > c) = 0.2
P (Z >
P (Z ≤
c−1.5
0.4 )
c−1.5
0.4 )
= 0.2
= 0.8
⇔
∼ N (0, 1)
c−1.5
0.4
b)
⇒ c = 1.836kg
= Z0.8 = 0.84
P (I) = P (X > c) = 0.5
Koska jakauma symmetrinen
⇒ c = µ = 1.5kg
µ : n suhteen
Vastaus:
a) Painoraja on
b) Painoraja on
1.836kg
1.5kg
47.
Oletetaan, että juoksijan 1500 metrin matkaan käyttämä aika X on normaalijakautunut parametrein
µ = 3min40s
ja
σ = 4s.
Mikä on todennäköisyys,
että hän juoksee kyseisen matkan ajassa 3 min 30 s tai vähemmän?
Ratkaisu:
Aika sekunteina
X ∼ N (µ, σ 2 )
µ = 3min40s = 220s
σ = 4s
Normeeraus:
Z=
X−µ
σ
=
X−220
4
∼ N (0, 1)
3min30s = 210s
P (X ≤ 210) = P (Z ≤
210−220
)
4
= P (Z ≤ −2, 5)
= Φ(−2.5) = 1 − Φ(2.5) = 1 − 0.9938 = 0.0062
Vastaus:
P = 0.0062
48.
Kuormauspisteeseen saapuu autoja sattumanvaraisesti keskimäärin 20 minuutin välein. Millä todennäköisyydellä kahden peräkkäisen auton välinen aika
on
a) alle 10 minuuttia?
b) yli 15 minuuttia?
c)15-35 minuuttia?
Ratkaisu:
Oletetaan, että autojen välinen aika
EX = 1/λ = 20min
T ∼ Exp(λ)
(min)
⇒ λ = 1/20min
Exp-jakauman kertymäfunktio on
F (t) = P (T ≤ t) = 1 − e−λt = 1 − e−t/20 , t > 0
1
a)
P (T < 10) = F (10) = 1 − e− 2 = 0.393
b)
P (T > 15) = 1 − F (15) = e− 20 = e−0.75 = 0.472
c)
P (15 ≤ T ≤ 35) = F (35) − F (15) = e− 20 − e− 20 = e−0.75 − e−1.75 = 0.299
15
15
35
Vastaus:
a)
b)
c)
P = 0.393
P = 0.472
P = 0.299
49.
Tiedetään, että keskimäärin 0.003 % vakuutetuista miehistä kuolee joka vuosi
tietynlaisessa onnettomuudessa. Mikä on todennäköisyys, että vakuutusyhtiö
joutuu suorittamaan korvauksen kolmesta tai useammasta ko. onnettomuudessa
vuoden aikana kuolleesta miehestä, jos vakuutettuja on 20 000?
Ratkaisu:
Korvausten kappalemäärä
n suuri, p pieni
⇒
X ∼ P oisson(λ),
X ∼ Bin(n, p),
missä
n = 20000 p = 0.00003
voidaan approksimoida Poisson-jakaumalla:
missä
λ = np = 20000 × 0.00003 = 0.6
P (X ≥ 3) = 1 − P (X ≤ 2) = 1 − 0.997 = 0.023
| {z }
T aulukosta
Tai laskemalla
P (X ≤ 2) =
0.60
0!
× e−0.6 +
0.61
1!
× e−0.6 +
0.62
2!
× e−0.6 = 0.9769
jne
Vastaus:
P = 0.023
50.
Kolme asiakasta on tulossa konsultti A:n vastaanotolle tunnin mittaisen vastaanottoajan kuluessa. Kukin valitsee saapumisajan täysin umpimähkäisesti,
ts. tasajakauman välillä [0,1] mukaan ja toisistaan riippumatta. Olkoon X
konsultin odotusaika vastaanoton alusta ensimmäisen asiakkaan saapumiseen.
Johda X:n jakauman tiheysfuntio.
Ratkaisu:
Asiakkaan i saapumisaika
Xi ∼ T as(0, 1)
Konsultin odotusaika
X = min{X1 , X2 , X3 }
Kertymäfunktio: Olk.
0≤t≤1
F (t) = P (X ≤ t) = 1 − P (X > t) = 1 − P (X1 > t
ja
X2 > t
ja
X3 > t)
= 1 − P (X1 > t) × P (X2>t ) × P (X3 > t) = 1 − (1 − t)3
Tiheysfunktio:
f (t) = F 0 (t) = 3(1 − t)2 , 0 < t < 1
Vastaus:
f (t) = F 0 (t) = 3(1 − t)2 , 0 < t < 1
51.
Ennen siirtymistä kartonkikoneen tietokoneohjaukseen täytyi valmistaa neliömetripainoltaan keskimäärin
125g/m2
painavaa kartonkia, jotta asiakkaan vaatimus
vähintään 95% neliömetripainosta yli
120g/m2 tulisi täytetyksi. Kuinka paljon
keskiarvoa voitiin tietokoneohjaukseen siirtymiseen alentaa, kun tietokoneen
avulla saatiin neliömetripainon hajontaa pienennettyä 60%?(Neliömetripaino
normaalijakautunut)
X ∼ N (µ, σ 2 ) µ = 125
P (X > 120) = 0.95
Ratkaisu: Neliömetripaino
Vaatimus
P(
x−µ
120 − µ
120 − 125
>
) = P (Z >
) = 0.95
σ }
σ
σ
| {z
Z∼N (0,1)
1 − P (Z ≤ −5
σ ) = 0.95
)
=
0.95
1 − Φ( −5
σ
5
Φ( σ5 ) ⇒ σ5 = (z0 .95) = 1.645 ⇒ σ = 1.645
= 3.04
Hajonta pienentynyt 60%: σu = 0.46 = 1.216
Xu ∼ (N µu , σu2 )
µu =?
Nyt
Z=
Xu − µu
∼ N (0, 1)
σu
Xu − µu
µu − 120
>
)
σu
σu
120 − µu
µu − 120
= P (Z >
) = P (Z ≤
)
1.216
1.216
µu − 120
= Φ(
)
1.216
µu − 120
= 1.645
⇒
1.216
⇒ µu = 1.216 ∗ 1.645 + 120 = 122.0
µ alentui 3g/m2
0.95 = P (Xu > 120) = P (
Vastaus:
Keskiarvoa voitiin alentaa
3g/m2
52.
1. Tiedonsiirtolinjalla on havaittu lähetetyn merkin vaihtuvan matkalla todennäköisyydellä 0.005.
a) Millä todennäköisyydellä 50 merkkiä sisältävä jono siirtyy virheettömästi?
b) Millä todennäköisyydellä 1000 merkin siirrossa on 5-10 virhettä?
Ratkaisu: a)
p = 0.005
n = 50
merkkiä
vaihtumistodennäköisyys
virheiden lkm X ∼ Bin(50, 0.005)
p(x = 0) = 0, 99550 = 0.778
b)
n = 1000
p = 0.005
Virheiden lkm
x ∼ Bin(1000, 0.005)
Koska n suuri, voidaan käyttää Poisson- jakauma-approksimointia.
λ=n∗p=5
x ∼ P oisson(5)
p(5 ≤ x ≤ 10) = p(x ≤ 10) − (x ≤ 4) = 0.986 − 0.440 = 0.546
Vastaus:
a) 50 merkkiä sisältävä jono siirtyy virheettömästi todennäköisyydellä 0.778
b) 1000 merkin siirrossa on 5-10 virhettä todennäköisyydellä 0,546
53.
Nauloja valmistava stanssauslaite tuottaa 2% viallisia. Naulat pakataan 400
kappaleen laatikoihin. Mikä on todennäköisyys, että laatikossa on
a)
korkeintaan 1 viallinen?
b)
ainakin 5 viallista?
c)
10-20 viallista?
Ratkaisu:
Viallisten määrä laatikossa
x ∼ Bin(400, 0.02)
400
k
400−k
k 0, 02 0, 98
Voidaan approksimoida Poisson jakaumalla koska n suuri (ja p pieni).
P (x = k) =
x ≈ P oisson(np) = P oisson(8)
k
P (x = k) ≈ 8k! e−8
a)
P (x ≤ 1) = P (x = 0) + P (x = 1)
0
1
= 80! e−8 + 81! e−8
= 0, 0030
(tai taulukosta)
Taulukkoarvot
0, 98400 + 400 ∗ 0, 02 ∗ 0, 98399 ≈ 0, 002834
b)
P (x ≥ 5)
= 1 − P (x ≤ 4)
= 1 − 0, 100
= 0, 900
c)
P (10 ≤ x ≤ 20)
= P (x ≤ 20) − P (x ≤ 9)
= 1, 000 − 0, 717 (taulukosta)
= 0, 283
Vastaus:
a)
0, 003
b)
0, 900
c)
0, 283