1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 7 Sannsynlighet
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.1
a
Hvis A har inntruffet, altså at den første kula er blå, så er det tre røde og én blå kule igjen i
esken når vi skal trekke den andre kula.
Den betingede sannsynligheten for B  «andre kule er blå», gitt A, er derfor
1
P( B | A) 
4
b
Hvis A har inntruffet, altså at den første kula er rød, så er det to røde og to blå kuler igjen i
esken når vi skal trekke den andre kula.
Den betingede sannsynligheten for B gitt A er derfor
2 1
P( B | A)  
4 2
c
P( B | A) 
2 1

4 2
Oppgave 7.2
a
Det er 300 fargeblinde jenter, og 48 600 jenter totalt. Altså er
300
P( F | J ) 
 0,0062  0,6 %
48 600
b
Det er 4100 fargeblinde gutter, og 4400 fargeblinde barn totalt. Altså er
4100
P(G | F ) 
 0,932  93, 2 %
4400
Det er 48 300 jenter med normalt syn, og 95 600 barn totalt med normalt syn. Altså er
48 300
P( J | N ) 
 0,505  50,5 %
95 600
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.3
a
b
15 1

30 2
10 1
P( B) 

30 3
5 1
P( A  B) 

30 6
P( A) 
5
P( A  B) 30 5 1
P( B | A) 

 
15 15 3
P( A)
30
5
P( A  B) 30 5 1
P( A | B) 



10 10 2
P( B)
30
Oppgave 7.4
a
b
c
Hendelsen A = «minst én ener» består av g  11 gunstige utfall,
av totalt m  36 mulige utfall. Altså er
g 11
P( A)  
m 36
Hendelsen B = «sum øyne høyst fem» består av
g  10 gunstige utfall. Altså er
g 10 5
P( B)  

m 36 18
Hendelsen A  B består av g  7 gunstige utfall. Altså er
g
7
P( A  B)  
m 36
7
P( A  B) 36 7
P( A | B) 


10 10
P( B)
36
Vi tenker oss at vi kaster to terninger veldig mange ganger.
P( A) svarer til andelen av kastene der vi får minst én ener.
P( A | B) svarer til andelen av kastene der vi får minst én ener,
når vi bare teller med de kastene der summen av øynene er høyst lik fem.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.5
70 1
 .
280 4
30 1
Det er 30 gutter som sykler til skolen, av totalt 120 gutter. Altså er P( S | G) 
 .
120 4
Vi ser at P(S )  P(S | G) . Hendelsene S og G er derfor uavhengige.
a
Det er 70 elever som sykler til skolen, av totalt 280 elever. Altså er P( S ) 
b
Det er 140 elever som tar bussen, av totalt 280 elever. Altså er P( B) 
140 1
 .
280 2
50
5
Det er 50 gutter som tar bussen, av totalt 120 gutter. Altså er P( B | G) 
 .
120 12
Vi ser at P( B)  P( B | G) . Hendelsene B og G er derfor avhengige.
Oppgave 7.6
C  D er den komplementære hendelsen til C  D . Altså er
P(C  D)  1  P(C  D)  1  0, 40  0,60
Fra addisjonssetningen får vi
P(C  D)  P(C)  P( D)  P(C  D)  0,30  0,50  0,60  0, 20
Definisjonen av betinget sannsynlighet gir dermed
P(C  D) 0, 20 2
P(C | D) 

  0, 40
P ( D)
0,50 5
Vi ser altså at P(C | D)  P(C ) . Hendelsene C og D er derfor avhengige.
Oppgave 7.7
a
Fra definisjonen av betinget sannsynlighet får vi
P( F  M ) 0, 05 5 1
P( M | F ) 


  0, 25
P( F )
0, 20 20 4
P( F  M ) 0, 05 5
1
P( F | M ) 



 0,10
P( M )
0,50 50 10
b
Vi ser både at P(M | F )  P(M ) og at P( F | M )  P( F ) .
Begge deler viser at F og M er avhengige hendelser.
Oppgave 7.8
a
Fra definisjonen av betinget sannsynlighet får vi
P( S  R) 0,30 3
P( S | R) 

  0, 75
P( R)
0, 40 4
P( S  R) 0,30 3 1
P( R | S ) 

   0,50
P( S )
0, 60 6 2
b
Vi ser både at P(S | R)  P(S ) og at P( R | S )  P( R) .
Begge deler viser at S og R er avhengige hendelser.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.9
a
b
c
Det er 18 elever som har valgt matematikk, av totalt 24 elever. Dermed er
18 3
P( M ) 

24 4
Tilsvarende finner vi at
12 1
P( K ) 

24 2
9 3
P( K  M ) 

24 8
9
P( K  M ) 24 9 3
P( M | K ) 



12 12 4
P( K )
24
9
P( K  M ) 24 9 1
P( K | M ) 

 
18 18 2
P( M )
24
Vi ser både at P(M | K )  P(M ) og at P( K | M )  P( K ) .
Begge deler viser at M og K er uavhengige hendelser.
Oppgave 7.10
Vi ser på hendelsene F = «bilisten kjører for fort» og P = «bilisten har promille».
Fra opplysningene i oppgaven er P( F )  5 % , P( P)  0, 25 % og P( F  P)  0,16 % .
P( F  P) 0,0016
P ( F | P) 

 0,64  64 %
P( P)
0,0025
Sannsynligheten for at bilisten kjører for fort, gitt at han kjører med promille, er 64 %.
(Vi legger for øvrig merke til at P( F | P) er vesentlig større enn P( F ) .
Det er altså en klar sammenheng mellom promille og høy fart.)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.11
a
b
c
Hendelsen A består av utfallene 2, 4 og 6, hendelsen B består av utfallene 4, 5 og 6,
og hendelsen A  B består av utfallene 4 og 6. Altså er
3 1
P( A)  
6 2
3 1
P( B)  
6 2
2 1
P( A  B)  
6 3
2
P( A  B) 6 2
P( B | A) 
 
3 3
P( A)
6
Vi tenker oss at vi kaster én terning veldig mange ganger.
P( B) svarer til andelen av kastene der vi får minst fire øyne på terningen.
P( B | A) svarer til andelen av kastene der vi får minst fire øyne på terningen,
når vi bare teller med de kastene der antall øyne er et partall.
Oppgave 7.12
a
b
c
d
P( A  B) 0, 25 25 5


  P( A)
P( B)
0,30 30 6
A og B er avhengige hendelser hvis P( A  B)  0, 25 .
P( A | B) 
P( A  B) 0,15 15 1


  0,50  P( A)
P( B)
0,30 30 2
A og B er uavhengige hendelser hvis P( A  B)  0,15 .
P( A | B ) 
Siden P( D)  0, 20 , er P( D)  1  P( D)  1  0, 20  0,80 .
P(C  D) 0,32 32 32 :16 2
P(C | D) 



  0, 40  P(C )
P ( D)
0,80 80 80 :16 5
C og D er uavhengige hendelser hvis P(C  D)  0,32 .
P(C  D) 0,08 8
1


  0,10  P(C )
P ( D)
0,80 80 10
C og D er avhengige hendelser hvis P(C  D)  0,08 .
P(C | D) 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.13
a
b
c
Hendelsen A = «sum øyne minst ni» består av g  10
gunstige utfall, av totalt m  36 mulige utfall. Altså er
g 10 5
P( A)  

m 36 18
Hendelsen B = «minst fire øyne på hver terning» består av
g  9 gunstige utfall. Altså er
g 9 1
P( B)  

m 36 4
Hendelsen A  B består av g  8 gunstige utfall. Altså er
g
8 2
P( A  B)  

m 36 9
8
P( A  B) 36 8 4
P( B | A) 



10 10 5
P( A)
36
Vi tenker oss at vi kaster to terninger veldig mange ganger.
P( B) svarer til andelen av kastene der vi får minst fire øyne på hver terning.
P( B | A) svarer til andelen av kastene der vi får minst fire øyne på hver terning,
når vi bare teller med de kastene der summen av antall øyne er minst ni.
Oppgave 7.14
a
Vi finner først P( B  F ) fra addisjonssetningen.
P( B  F )  P( B)  P( F )  P( B  F )  0, 20  0, 40  0,50  0,10
Fra definisjonen av betinget sannsynlighet får vi
P( B  F ) 0,10 1
P( B | F ) 

  0, 25
P( F )
0, 40 4
P( B  F ) 0,10 1
P( F | B) 

  0,50
P( B)
0, 20 2
b
Vi ser både at P( B | F )  P( B) og at P( F | B)  P( F ) .
Begge deler viser at B og F er avhengige hendelser.
Oppgave 7.15
a
b
Når vi skal trekke den første kula, er det fem kuler å velge mellom.
For hvert av disse fem valgene er det igjen fire kuler når vi skal trekke den andre kula.
Vi kan derfor trekke to kuler på til sammen m  5  4  20 forskjellige måter.
Det er to blå kuler, og derfor to gunstige utfall for A når vi skal trekke den første kula.
For hvert av disse to valgene er det igjen tre røde kuler, og altså tre gunstige utfall for B, når
vi skal trekke den andre kula. Det er derfor g  2  3  6 måter å trekke to kuler på som er
gunstige for hendelsen A  B .
For hendelsen A spiller det ingen rolle hvilken farge den andre kula har. For hvert av de to
gunstige valgene av den første kula, er det igjen fire kuler når vi skal trekke den andre kula.
Det er derfor g  2  4  8 måter å trekke to kuler på som er gunstige for hendelsen A.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
c
d
g
6
3


m 20 10
g
8 2
P( A)  

m 20 5
P( A  B) 
6
P( A  B) 20 6 3
P( B | A) 

 
8 8 4
P( A)
20
Hvis hendelsen A har inntruffet, er det igjen én blå og tre røde kuler når vi skal trekke den
andre kula. Antallet utfall som er gunstige for hendelsen B er derfor g  3 , av totalt m  4
mulige utfall. Altså er
g 3
P( B | A)  
m 4
Oppgave 7.16
a
b
c
d
Vi kan trekke to kuler på til sammen m  5  4  20 forskjellige måter.
Det er tre røde kuler. Hvis vi først trekker en rød kule, er det to røde kuler igjen når vi skal
trekke den andre kula. Antallet utfall som er gunstige for hendelsen A = «to røde kuler» er
derfor g  3  2  6 . Altså er
g
6
3
P( A)  

m 20 10
Det er to blå kuler. Hvis vi først trekker en blå kule, er det én blå kule igjen når vi skal trekke
den andre kula. Antallet utfall som er gunstige for hendelsen «to blå kuler» er derfor
g  2 1  2 . Altså er
g
2
1
P(to blå kuler)  

m 20 10
Hendelsene B = «minst én rød kule» og «to blå kuler» er komplementære. Altså er
1
9
P( B)  1  P(to blå kuler)  1  
10 10
Hvis hendelsen A = «to røde kuler» har inntruffet, så har nødvendigvis også hendelsen
B = «minst én rød kule» inntruffet. Altså er A  B  A . Det betyr at
3
P( A  B) P( A) 10 3 1
P( A | B) 


 
P( B)
P( B) 9 9 3
10
1
Sannsynligheten for at begge kulene er røde, gitt at minst én av dem er rød, er .
3
Vi tenker oss at vi trekker to kuler veldig mange ganger.
P( A | B) svarer til andelen av forsøkene der vi trekker to røde kuler,
når vi bare teller med de forsøkene hvor vi trekker minst én rød kule.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.17
a
1
2
1 1 1
P( A  B)   
2 2 4
P( A)  P( B) 
1
P( A  B) 4 1 2 2 1
P( A | B) 
    
1 4 1 4 2
P( B)
2
Siden P( A | B)  P( A) er hendelsene A og B uavhengige.
b
Hendelsen C består av to utfall, nemlig A  B og A  B . Altså er
1 1 1 1 1 1 1
P(C )  P( A  B )  P( A  B)       
2 2 2 2 4 4 2
Hvis både A og C skal inntreffe, må vi få krone i første kast og mynt i andre kast. Altså er
1 1 1
P( A  C )   
2 2 4
Dermed er
1
P( A  C ) 4 1 2 2 1
P( A | C ) 
    
1 4 1 4 2
P(C )
2
Siden P( A | C )  P( A) er hendelsene A og C uavhengige.
c
Hvis både B og C skal inntreffe, må vi få mynt i første kast og krone i andre kast. Altså er
1 1 1
P( B  C )   
2 2 4
Dermed er
1
P( B  C ) 4 1 2 2 1
P( B | C ) 
    
1 4 1 4 2
P(C )
2
Siden P( B | C )  P( B) er hendelsene B og C uavhengige.
d
Hendelsen A  B betyr at vi får krone i begge kastene. Da er ikke C oppfylt.
Altså er P  ( A  B)  C   0 . Dermed er
P  ( A  B)  C  0
  0  P( A  B)
1
P(C )
2
Hendelsene A  B og C er derfor avhengige.
Oppgaven viser at for at tre hendelser A, B og C skal være uavhengige, er det ikke nok å kreve
at de er uavhengige to og to. I tillegg må vi (f.eks.) kreve at A  B og C er uavhengige.
P( A  B | C ) 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.18
a
Vi antar at P( B | A)  P( B) , altså at
P( A  B)
P( B | A) 
 P( B)
P( A)
Dette betyr at P( A  B)  P( A)  P( B) . Dermed er
P( A  B) P( A)  P( B)
P( A | B) 

 P( A)
P( B)
P( B)
b
Vi antar at P( A | B)  P( A) , altså at
P( A  B)
P( A | B) 
 P( A)
P( B)
Dette betyr at P( A  B)  P( A)  P( B) . Dermed er
P( A  B) P( A)  P( B)
P( B | A) 

 P( B)
P( A)
P( A)
Oppgave 7.19
Vi kan få én kule i hver farge på to måter, nemlig først en hvit og så en grønn kule (HG), eller først
en grønn og så en hvit kule (GH). Til å begynne med er det seks hvite og tre grønne kuler i esken.
Fra produktsetningen er
6 3 18 18 :18 1
P( HG )   


9 8 72 72 :18 4
3 6 18 18 :18 1
P(GH )   


9 8 72 72 :18 4
Addisjonssetningen for disjunkte hendelser gir dermed
1 1 1
P(én av hver)  P( HG)  P(GH )   
4 4 2
1
Sannsynligheten for å trekke én kule i hver farge er .
2
Oppgave 7.20
For å kunne bli minst 80 år, må mannen først bli 70 år og så 75 år.
Fra produktsetningen får vi dermed
P(80 år)  0,93  0,89  0,81  0,67  67 %
Det er 67 % sannsynlig at en 65 år gammel mann skal bli minst 80 år.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.21
a
Produktsetningen for uavhengige hendelser gir
P(GGG)  0,514  0,514  0,514  0,5143  0,136  13,6 %
Sannsynligheten er 13,6 % for at alle barna i søskenflokken er gutter.
b
P( JJJ )  0, 486  0, 486  0, 486  0, 4863  0,115  11,5 %
Sannsynligheten er 11,5 % for at alle barna i søskenflokken er jenter.
Den er tre måter vi kan få to gutter i søskenflokken, nemlig at det eldste barnet er en jente
(JGG), det midterste barnet er en jente (GJG), eller det yngste barnet er en jente (GGJ).
P( JGG)  0, 486  0,514  0,514  0, 486  0,514 2
c
P(GJG)  0,514  0, 486  0,514  0, 486  0,514 2
P(GGJ )  0,514  0,514  0, 486  0, 486  0,514 2
Dermed er
P(to gutter)  P( JGG)  P(GJG)  P(GGJ )  3  0, 486  0,5142  0,385  38,5 %
Sannsynligheten er 38,5 % for at det er to gutter i søskenflokken.
Oppgave 7.22
a
b
Det er fire blå og to gule kuler i esken. Fra produktsetningen er
4 3 12 2
P( BB)   

6 5 30 5
2
Sannsynligheten for at begge kulene er blå er .
5
2 1 2
1
P(GG)   

6 5 30 15
1
.
15
Vi kan trekke to kuler med samme farge på to måter, nemlig ved å trekke to blå kuler eller
ved å trekke to gule kuler. Fra addisjonssetningen er
2 1 23 1
6 1
7
P(samme farge)  P( BB)  P(GG)   
   
5 15 5  3 15 15 15 15
7
Sannsynligheten for at kulene har samme farge er
.
15
Sannsynligheten for at begge kulene er gule er
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.23
a
Fra produktsetningen er
1 1 1 1
P( KKK )    
2 2 2 8
1
.
8
Vi kan få én mynt på tre forskjellige måter, nemlig MKK, KMK og KKM.
1 1 1 1
P( MKK )  P( KMK )  P( KKM )    
2 2 2 8
1 3
P(én mynt)  P( MKK )  P( KMK )  P( KKM )  3  
8 8
3
Sannsynligheten for å få én mynt er .
8
Vi kan få to mynt på tre forskjellige måter, nemlig MMK, MKM og KMM.
1 1 1 1
P( MMK )  P( MKM )  P( KMM )    
2 2 2 8
1 3
P(to mynt)  P( MMK )  P( MKM )  P( KMM )  3  
8 8
3
Sannsynligheten for å få to mynt er .
8
Sannsynligheten for å få ingen mynt er
b
c
d
1 1 1 1
P( MMM )    
2 2 2 8
Sannsynligheten for å få tre mynt er
1
.
8
Oppgave 7.24
a
b
Det er 11 jenter og 14 gutter i klassen. Produktsetningen gir dermed
14 13 12 11
P(GGGG)    
 0,079  7,9 %
25 24 23 22
Sannsynligheten er 7,9 % for at det bare blir gutter i festkomiteen.
11 10 9 8
  
 0,026  2,6 %
25 24 23 22
Sannsynligheten er 2,6 % for at det bare blir jenter i festkomiteen.
P( JJJJ ) 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.25
1
for å få sekser.
6
Sannsynligheten for å få fem seksere er derfor
5
1
P(5  6)     0,000 13  0,013 %
6
a
For hver av terningene er sannsynligheten
b
Sannsynligheten for å få fem enere, fem toere, fem treere, fem firere eller fem femere er lik
sannsynligheten for å få fem seksere.
Sannsynligheten for at alle terningene viser det samme er derfor
P(fem like)  P(5  1)  P(5  2)  P(5  3)  P(5  4)  P(5  5)  P(5  6)
5
4
1 1
 6  P(5  6)  6        0,000 77  0,077 %
6 6
Oppgave 7.26
a
b
c
d
For hver av foreldrene er sannsynligheten 50 % for at barnet arver genutgaven F og 50 % for
at barnet arver genutgaven f. Produktsetningen gir dermed
P( FF )  0,50  0,50  0,502  0, 25  25 %
Sannsynligheten er 25 % for at barnet får genotypen FF.
Det er to måter barnet kan få genotypen Ff, nemlig ved å arve F fra mor og f fra far,
eller f fra mor og F fra far. Dermed er
P(barnet får Ff )  P( Ff )  P( fF )  0,502  0,502  0, 25  0, 25  0,50  50 %
Sannsynligheten er 50 % for at barnet får genotypen Ff.
P( ff )  0,502  0, 25  25 %
Sannsynligheten er 25 % for at barnet får genotypen ff.
Barnet får ikke Føllings sykdom hvis det ikke får genotypen ff. Altså er
P(ikke Føllings)  P( ff )  1  P( ff )  1  0, 25  0,75  75 %
Sannsynligheten er 75 % for at barnet ikke får Føllings sykdom.
Oppgave 7.27
a
1
Med én terning er sannsynligheten for ikke å få en sekser lik
5
.
6
5
5
   0, 402  40, 2 %
6
Sannsynligheten er 40,2 % for at ludospilleren ikke får en sekser på 5 kast.
10
b
5
2    0,162  16, 2 %
6
Sannsynligheten er 16,2 % for at ludospilleren ikke får en sekser på 10 kast.
Terningkastene er uavhengige hendelser. Det har derfor ingen betydning hvor mange
terninger ludospilleren har kastet tidligere uten å få noen sekser.
Sannsynligheten er altså 40,2 % for at hun ikke får en eneste sekser i de 5 neste kastene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.28
a
b
c
d
For at mannen skal bli minst 70 år må han først bli 60 år og så 65 år.
Fra produktsetningen er
P(mannen blir 70 år)  0,974  0,955  0,930  0,865  86,5 %
Sannsynligheten for at mannen blir minst 70 år er 86,5 %.
For at kona skal bli minst 65 år må hun først bli 55 år og så 60 år.
Fra produktsetningen er
P(kona blir 65 år)  0,989  0,983  0,972  0,945  94,5 %
Sannsynligheten for at kona blir minst 65 år er 94,5 %.
For at begge skal bli pensjonister, må mannen bli 70 år og kona må bli 65 år.
0,865  0,945  0,817  81,7 %
Sannsynligheten for at de vil oppleve en pensjonisttilværelse sammen er 81,7 %.
Vi må anta at sannsynligheten for at mannen blir 70 år er uavhengig av sannsynligheten for at
kona blir 65 år. Vi må altså anta at levealderen til mannen og kona er uavhengige.
Oppgave 7.29
a
b
c
Det er to blå og tre røde kuler i esken.
Hvis vi først trekker en blå kule, er det igjen én blå og tre røde kuler i esken. Altså er
2
P( A) 
5
3
P( B | A) 
4
Fra produktsetningen er dermed
2 3 6
3
P( A  B)  P( A)  P( B | A)   

5 4 20 10
P( B) er sannsynligheten for at den andre kula er rød, uansett hvilken farge den første kula
har. Vi får en rød kule andre gang hvis vi først trekker en blå kule og så en rød kule, eller hvis
vi trekker to røde kuler. Altså er
2 3 3 2 6
6 12 3
P( B)  P( A)  P( B | A)  P( A)  P( B | A)     



5 4 5 4 20 20 20 5
6
P( A  B) 20 6 1
P( A | B) 



12 12 2
P( B)
20
Vi tenker oss at vi trekker to kuler veldig mange ganger.
P( A | B) svarer til andelen av forsøkene der den første kula er blå,
når vi bare teller med de forsøkene der den andre kula er rød.
Oppgave 7.30
Vi setter D  A  B . Fra produktsetningen er da P( D  C )  P( D)  P(C | D) .
Dessuten er P( D)  P( A  B)  P( A)  P( B | A) . Til sammen gir dette
P( D  C )  P( A)  P( B | A)  P(C | D)
P( A  B  C )  P( A)  P( B | A)  P(C | A  B)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.31
a
Vi ser på hendelsene A = «første kule er grønn» og B = «andre kule er grønn».
3
2
Da er P( A)  og P( B | A)  . Fra produktsetningen er dermed
9
8
3 2 6
1
P( A  B)  P( A)  P( B | A)   

9 8 72 12
1
Sannsynligheten for at begge kulene er grønne er
.
12
b
P ( A) 
6
3
og P( B | A)  . Dermed er
9
8
6 3 18 1
P( A  B)  P( A)  P( B | A)   

9 8 72 4
1
.
4
Den andre kula er grønn hvis vi enten trekker to grønne kuler eller hvis vi først trekker en hvit
kule og så en grønn kule. B er altså unionen av hendelsene A  B og A  B . Dermed er
1 1 1 3
4 1
P( B)  P( A  B)  P( A  B )      
12 4 12 12 12 3
1
Sannsynligheten for at andre kule er grønn er .
3
Sannsynligheten for at første kule er hvit og andre kule er grønn er
c
Oppgave 7.32
Vi ser på hendelsene N = «vi trekker det normale pengestykket» og K = «vi får krone».
1
1
Da er P( N )  P( N )  , P( K | N )  og P( K | N )  1 .
2
2
Vi finner P( K ) fra setningen om total sannsynlighet.
1 1 1
1 1 3
P ( K )  P ( N )  P ( K | N )  P ( N )  P( K | N )     1   
2 2 2
4 2 4
3
Sannsynligheten for å få krone er .
4
Oppgave 7.33
Vi ser på hendelsene K = «vi får krone og trekker fra eske 1» og G = «vi trekker en grønn kule».
1
2
2
Da er P( K )  P( K )  , P(G | K )  og P(G | K )  . Setningen om total sannsynlighet gir
2
4
8
1 2 1 2 1 1 3
P(G)  P( K )  P(G | K )  P( K )  P(G | K )       
2 4 2 8 4 8 8
3
Sannsynligheten for å trekke en grønn kule er .
8
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.34
1
1
3
, P( K | N )  og P( K )  .
2
2
4
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( N | K ) , og bruker Bayes' setning.
1 1 1
P( N )  P( K | N ) 2  2 4 1
P( N | K ) 

 
3
3 3
P( K )
4
4
I oppgave 7.32 fant vi at P( N ) 
Sannsynligheten for at du kastet med det normale pengestykket, gitt at du fikk krone, er
1
.
3
Oppgave 7.35
1
2
3
, P(G | K )  og P(G )  .
2
4
8
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( K | G) , og bruker Bayes' setning.
1 2 2
P( K )  P(G | K ) 2  4 8 2
P( K | G ) 

 
3
3 3
P(G )
8
8
2
Sannsynligheten for at du trakk fra eske 1, gitt at du trakk en grønn kule, er .
3
I oppgave 7.33 fant vi at P( K ) 
Oppgave 7.36
a
b
Vi ser på hendelsene S = «personen er syk» og T = «testen er positiv». Fra opplysningene i
oppgaven er P(S )  0,02 , P(S )  0,98 , P(T | S )  0,90 og P(T | S )  0,05 .
Setningen om total sannsynlighet gir
P(T )  P(S )  P(T | S )  P(S )  P(T | S )  0,02  0,90  0,98  0,05  0,067  6,7 %
Sannsynligheten for at personen får positiv reaksjon på testen er 6,7 %.
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P(S | T ) , og bruker Bayes' setning.
P( S )  P(T | S ) 0,02  0,90
P( S | T ) 

 0, 269  26,9 %
P(T )
0,067
Sannsynligheten for at personen faktisk lider av sykdommen, når testen er positiv, er 26,9 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.37
a
b
Vi ser på hendelsene N = «normalt pengestykke» og K = «krone to ganger».
1
1 1 1
Da er P( N )  P( N )  , P( K | N )    og P( K | N )  11  1 .
2
2 2 4
Setningen om total sannsynlighet gir
1 1 1
1 1 5
P ( K )  P ( N )  P ( K | N )  P ( N )  P( K | N )     1   
2 4 2
8 2 8
5
Sannsynligheten for at du får krone to ganger er .
8
Bayes' setning gir
1 1 1
P( N )  P( K | N ) 2  4 8 1
P( N | K ) 

 
5
5 5
P( K )
8
8
Sannsynligheten for at du har kastet med det normale pengestykket,
1
gitt at du fikk krone to ganger, er .
5
Oppgave 7.38
a
b
3
1
 0,75 og P( N | J )   0,50 .
4
2
Sannsynligheten for at eleven har et nettbrett, gitt av eleven er en jente, er altså 75 %.
Fra setningen om total sannsynlighet er
P( N )  P( J )  P( N | J )  P( J )  P( N | J )  0, 40  0,75  0,60  0,50  0,30  0,30  0,60
Sannsynligheten for at eleven har et nettbrett er 60 %.
Bayes' setning gir at
P( J )  P( N | J ) 0, 40  0,75 0,30 1
P( J | N ) 


  0,50  50 %
P( N )
0,60
0,60 2
Sannsynligheten for at eleven er en jente, gitt at eleven har et nettbrett, er 50 %.
Ifølge oppgaven er P( J )  0, 40 , P( J )  0,60 , P( N | J ) 
Oppgave 7.39
a
Vi ser på hendelsene M = «personen er en mann» og F = «personen har jobbet i bedriften i
mer enn 5 år». Fra opplysningene i oppgaven er P(M )  0, 40 , P(M )  0,60 ,
P( F | M )  0,60 og P( F | M )  0, 40 . Fra setningen om total sannsynlighet er
P( F )  P( M )  P( F | M )  P( M )  P( F | M )
b
 0, 40  0,60  0,60  0, 40  0, 24  0, 24  0, 48  48 %
Sannsynligheten for at den ansatte har jobbet i bedriften i mer enn 5 år, er 48 %.
Fra Bayes' setning er
P( M )  P( F | M ) 0, 40  0,60 0, 24 1
P( M | F ) 


  0,50  50 %
P( F )
0, 48
0, 48 2
Sannsynligheten for at den ansatte er en mann, gitt at personen har jobbet i bedriften i mer enn
5 år, er 50 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.40
a
b
Vi ser på hendelsene X = «meldingen inneholder ordet sex» og S = «meldingen er spam».
Fra opplysningene i oppgaven er P(S )  P(S )  0,50 , P( X | S )  0,65 og P( X | S )  0,02 .
Setningen om total sannsynlighet gir dermed
P( X )  P(S )  P( X | S )  P(S )  P( X | S )  0,50  0,65  0,50  0,02  0,335  33,5 %
Sannsynligheten for at meldingen inneholder ordet «sex» er 33,5 %.
Bayes' setning gir at
P( S )  P( X | S ) 0,50  0,65
P( S | X ) 

 0,970  97,0 %
P( X )
0,335
Sannsynligheten for at meldingen er spam, gitt at den inneholder ordet «sex», er 97,0 %.
Oppgave 7.41
a
b
c
Vi ser på hendelsene T = «testen er positiv» og H = «personen er HIV-smittet».
Ifølge oppgaven er P( H )  0,10 , P( H )  0,90 , P(T | H )  0,98 og P(T | H )  0,002 .
Fra setningen om total sannsynlighet er dermed
P(T )  P( H )  P(T | H )  P( H )  P(T | H )  0,10  0,98  0,90  0,002  0,0998  9,98 %
Sannsynligheten for at testen vil indikere at personen er HIV-smittet, er 9,98 %.
Fra Bayes' setning er
P( H )  P(T | H ) 0,10  0,98
P( H | T ) 

 0,982  98, 2 %
P(T )
0,0998
Sannsynligheten for at personen er HIV-smittet, gitt at testen er positiv, er 98,2 %.
1
 0,0001 og P( H )  0,9999 . Dermed er
10 000
P( H )  P(T | H )
P( H | T ) 
P( H )  P(T | H )  P( H )  P(T | H )
0, 0001  0,98

 0, 047  4, 7 %
0, 0001  0,98  0,9999  0, 002
Sannsynligheten for at personen er HIV-smittet, gitt at testen er positiv, er 4,7 %.
Nå er P( H ) 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.42
a
b
3
.
5
2
To tredeler av alle guttene har med matpakke. Altså er P( M | G)  .
3
Tre femdeler av alle elevene har med matpakke. Altså er P( M ) 
3
2
2
3
Vi har at P(G)  0,60  , P(G)  0, 40  , P( M | G)  og P( M )  .
5
5
3
5
Setningen om total sannsynlighet gir
P( M )  P(G )  P( M | G )  P(G )  P( M | G )
3 3 2 2
    P( M | G )
5 5 3 5
2
3 2 1
 P( M | G )   
5
5 5 5
1 5 1
P( M | G )   
5 2 2
Halvparten av alle jentene har altså med seg matpakke.
c
Fra Bayes' setning er
3 2 2

P(G )  P( M | G ) 5 3 5 2
P(G | M ) 

 
3
3 3
P( M )
5
5
Sannsynligheten for at eleven er en gutt, gitt at eleven har med matpakke, er
2
.
3
3
2
2
1
er P( M )  , og siden P( M | G)  er P( M | G)  .
5
5
3
3
3 1 1

P(G )  P( M | G ) 5 3 5 1
P(G | M ) 

 
2
2 2
P( M )
5
5
Siden P( M ) 
Sannsynligheten for at eleven er en gutt, gitt at eleven ikke har med matpakke, er
1
.
2
Oppgave 7.43
a
Siden P( A  B)  0, 20 er P( A  B)  1  0, 20  0,80 . Dermed er
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0, 40  0,60  0,80  0, 20
Fra addisjonssetningen for disjunkte hendelser er P( B)  P( A  B)  P( A  B) . Det gir
P( A  B)  P( B)  P( A  B)  0,60  0, 20  0, 40
b
P( B | A) 
P( A  B) 0, 20 1

  0,50
P( A)
0, 40 2
P ( B | A) 
P( A  B) P( A  B)
0, 40
0, 40 2



  0,67
P ( A)
1  P( A) 1  0, 40 0,60 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.44
a
Vi ser på hendelsene L = «vitnet lyver» og T = «testen indikerer at vitnet lyver».
Fra opplysningene i oppgaven er P(T | L)  88 % og P(T | L )  14 % .
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( L | T ) , og bruker da Bayes' setning og
setningen om total sannsynlighet.
P( L)  P(T | L)
P( L)  P(T | L)
P( L | T ) 

P(T )
P( L)  P(T | L)  P( L )  P(T | L )
1
2
Her er P( L)  1 % , og dermed P( L )  99 % .
0,01  0,88
P( L | T ) 
 0,060  6,0 %
0,01  0,88  0,99  0,14
Sannsynligheten for at vitnet virkelig lyver er 6,0 %.
P( L)  P( L )  50 %
P( L | T ) 
3
P( L)  99 % og P( L )  1 %
P( L | T ) 
b
0,50  0,88
 0,863  86,3 %
0,50  0,88  0,50  0,14
0,99  0,88
 0,998  99,8 %
0,99  0,88  0, 01  0,14
Resultatet av en løgndetektortest er tilnærmet verdiløst hvis det brukes helt ukritisk. Man må
vite en god del om forsøkspersonen for å kunne tolke resultatet riktig. Testen er effektiv bare
dersom det er en betydelig sannsynlighet for at personen lyver. Det er ikke nødvendigvis
tilfellet ved et jobbintervju. Et privat firma vil kanskje bruke testen til kjapt å luke ut alle
jobbsøkere som «stryker», i stedet for å vurdere om de faktisk lyver eller bare er nervøse for
intervjuet.
Oppgave 7.45
Vi ser på hendelsene N = «normalt pengestykke» og K = «krone tre ganger».
Det er like sannsynlig å trekke de to pengestykkene. Altså er P( N )  P( N ) 
1
.
2
1 1 1 1
   . For det unormale pengestykket er
2 2 2 8
derimot P( K | N )  1. Fra setningen om total sannsynlighet er
1 1 1
1 1 9
P ( K )  P ( N )  P ( K | N )  P ( N )  P( K | N )     1   
2 8 2
16 2 16
Bayes' setning gir dermed
1 1 1

P( N )  P( K | N ) 2 8 16 1
P( N | K ) 



9
9 9
P( K )
16
16
Sannsynligheten for at du har kastet med det normale pengestykket, gitt at du fikk krone i alle de
1
tre kastene, er .
9
For det normale pengestykket er P( K | N ) 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.46
a
b
c
Sannsynligheten er 2 % for at faren er bærer av sykdommen, altså at han har genotypen Ff.
Vi regner da med at det er 50 % sannsynlighet for at barnet arver hver av genutgavene.
Barnet kan bare få genutgaven f dersom faren er bærer av sykdommen. Produktsetningen gir
P( f )  0,02  0,50  0,01  1 %
Sannsynligheten for at barnet får genutgaven f fra faren er 1 %.
Barnet får Føllings sykdom hvis det får genutgaven f fra både faren og moren.
P( ff )  P( f )  P( f )  0,01 0,01  0,0001  0,01 %
Sannsynligheten for at barnet får Føllings sykdom er 0,01 %.
Vi må anta at barnet får genutgaven f fra faren og moren uavhengig av hverandre, altså at
faren og moren er bærere av sykdommen uavhengig av hverandre. Denne antakelsen er ikke
rimelig hvis foreldrene er i nær slekt, for eksempel søskenbarn eller tremenninger.
Oppgave 7.47
a
b
Barnet vil lide av Føllings sykdom hvis det arver genutgaven f fra begge foreldrene.
Faren er bærer, så sannsynligheten er P(far)  50 % for at barnet arver genet fra faren.
For moren bruker vi produktsetningen, P(mor)  0,02  0,50  0,01 . Dermed er
P( ff )  P(far)  P(mor)  0,50  0,01  0,005  0,5 %
Sannsynligheten for at barnet vil lide av Føllings sykdom er 0,5 %.
Vi ser på hendelsene B = «kvinnen er bærer» og I = «ingen av barna har Føllings sykdom».
Hvis kvinnen er bærer av sykdommen, er sannsynligheten 0,50  0,50  0, 25 for at hvert
enkelt barn vil lide av Føllings sykdom, og 0,75 for at de er friske. Vi antar at barna er friske
eller syke uavhengig av hverandre, altså at de ikke er tvillinger eller trillinger. Dermed er
P( I | B)  0,75  0,75  0,75  0,753  0, 4219
Hvis kvinnen ikke er bærer av sykdommen, kan heller ikke barna bli syke, P( I | B )  1 .
Fra setningen om total sannsynlighet er da
P( I )  P( B)  P( I | B)  P( B)  P( I | B )  0,02  0, 4219  0,98 1  0,9884
Vi finner dermed P( B | I ) fra Bayes' setning.
P( B)  P( I | B) 0,02  0, 4219
P( B | I ) 

 0,0085  0,85 %
P( I )
0,9884
Sannsynligheten for at kvinnen er bærer av sykdommen, gitt at paret har fått tre friske barn, er
0,85 %.
(Merk at vi ikke kan bruke resultatet fra oppgave a direkte til å regne ut P( I )  0,9953 .
Det forutsetter nemlig at barna har tre forskjellige mødre.)
Oppgave 7.48
Vi kan velge forretten på 5 måter.
For hvert av disse 5 valgene kan vi velge hovedretten på 10 måter.
For hver av disse 5 10 kombinasjonene kan vi velge desserten på 4 måter.
Vi kan derfor sette sammen måltidet på 5 10  4  200 måter.
Oppgave 7.49
Det er 4 bukser, 5 skjorter og 3 gensere i klesskapet.
Jacob kan derfor velge bukse, skjorte og genser på 4  5  3  60 forskjellige måter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.50
Hver av de tre bokstavene kan velges på 23 forskjellige måter, og hvert av de tre sifrene kan
velges på 10 forskjellige måter. Vi kan derfor lage
23  23  23 10 10 10  12167 000
forskjellige svenske bilnummer.
Oppgave 7.51
a
b
Hver gang Charlotte trekker en bokstav, er det seks bokstaver å velge mellom.
Charlotte kan derfor velge fire bokstaver på 6  6  6  6  64  1296 måter.
Alle de 1296 måtene å trekke bokstavene på er like sannsynlige.
Sannsynligheten for å trekke ordet PRAT er derfor
1
 0,0008  0,08 %
1296
Oppgave 7.52
a
b
c
Vi velger hvert av de tre sifrene fra mengden 1, 3 , 5 , 7 , 9 .
Det fins derfor 5  5  5  53  125 tresifrede tall der alle sifrene er oddetall.
Hvert av de tre sifrene kan velges på fire måter.
Det fins derfor 4  4  4  43  64 tresifrede tall der hvert siffer er 2, 4, 6 eller 8.
Hvert av de fire sifrene kan velges på tre måter.
Det fins derfor 3  3  3  3  34  81 firesifrede tall der hvert siffer er 7, 8 eller 9.
Oppgave 7.53
a
For hvert spørsmål kan vi velge mellom tre svaralternativer.
Vi kan derfor svare på de 10 spørsmålene på 310  59 049 måter.
b
For hvert spørsmål er det to gale svaralternativer.
Vi kan derfor svare galt på alle de 10 spørsmålene på 210  1024 måter.
Alle de mulige måtene å svare på er like sannsynlige.
1024
P(10 gale svar) 
 0,017  1,7 %
59 049
Sannsynligheten for å svare galt på alle spørsmålene er 1,7 %.
Hendelsene «10 gale svar» og «minst ett riktig svar» er komplementære. Derfor er
P(minst ett riktig svar)  1  P(10 gale svar)  1  0,017  0,983  98,3 %
Sannsynligheten for at Eivind får minst ett riktig svar er 98,3 %.
c
d
Oppgave 7.54
Fra A til B kan Divya velge mellom fem veier.
For hvert av disse fem valgene kan hun velge mellom tre veier fra B til C.
Hun kan derfor velge mellom 5  3  15 forskjellige reiseruter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.55
Det er fire skjørt, fem topper og tre par sko.
Lise kan derfor velge antrekk på 4  5  3  60 forskjellige måter.
Oppgave 7.56
Vi kan velge mellom tre tannhjul foran og sju tannhjul bak.
Sykkelen har altså 3  7  21 gir.
Oppgave 7.57
a
b
c
Vi tenker oss at vi først kaster én terning. Da er det seks mulige utfall.
For hvert av disse utfallene er det seks mulige utfall når vi kaster den andre terningen.
Fra regelen om antall ordnede utvalg med tilbakelegging er det derfor totalt 6  6  36 mulige
utfall når vi kaster to terninger.
For hver av de tre terningene er det seks mulige utfall.
Til sammen er det derfor 6  6  6  63  216 mulige utfall når vi kaster tre terninger.
Med fem terninger er det til sammen 6  6  6  6  6  65  7776 mulige utfall.
Oppgave 7.58
Hver gang Eva trekker en bokstav, er det 29 bokstaver å velge mellom.
Hun kan derfor trekke tre bokstaver på 29  29  29  293  24 389 måter.
Hvert av disse utfallene er like sannsynlige. Sannsynligheten for å trekke ordet EVA er derfor
1
 4,1 105  0,0041 %
24 389
Oppgave 7.59
a
For hvert spørsmål er det fire svaralternativer.
Monica kan derfor svare på de 10 spørsmålene på 410  1 048 576 måter.
b
Hvis Monica bare gjetter, er alle utfallene like sannsynlige.
Sannsynligheten for at hun vinner 100 000 kr er derfor
1
 9,5 107  0,000 095 %
1 048 576
c
Monica kan svare på de fire ukjente spørsmålene på 44  256 måter.
Sannsynligheten for at hun svarer riktig på alle spørsmålene er da
1
 0,0039  0,39 %
256
Oppgave 7.60
Hvert av de seks punktene er enten opphøyd eller ikke opphøyd.
Det er altså to muligheter for hvert punkt. Antall mulige kombinasjoner er dermed 26  64 .
Vi må utelukke «tegnet» der ingen av punktene er opphøyd.
Vi kan derfor lage 63 forskjellige tegn i blindeskrift.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.61
a
b
c
Malin kan velge mellom 5 forretter, 6 hovedretter og 4 desserter.
Hun kan derfor sette sammen måltidet på 5  6  4  120 måter.
Det er 2 forskjellige supper, 3 kjøttretter og 2 desserter med is.
Malin kan derfor sette sammen 2  3  2  12 forskjellige middager med suppe, kjøtt og is.
Alle utfallene er like sannsynlige.
Sannsynligheten for å velge en middag med suppe, kjøtt og is er derfor
12
1
  0,10  10 %
120 10
Oppgave 7.62
Det første sifferet kan velges på 9 måter (tallene fra 1 til 9).
For det andre sifferet har vi 10 muligheter (tallene fra 0 til 9). Men vi kan ikke velge samme siffer
som det første sifferet. Vi kan derfor velge det andre sifferet på 9 måter.
For det tredje sifferet har vi 10 muligheter. Men vi kan ikke velge samme siffer som de to første
sifrene. Vi kan derfor velge det tredje sifferet på 8 måter.
Til sammen kan vi altså velge tallet på 9  9  8  81 8  648 måter.
Det er 648 tresifrede tall der alle sifrene er forskjellige.
Oppgave 7.63
a
Vi velger hvert av de fire sifrene fra mengden 1, 3 , 5 , 7 , 9 .
Det fins derfor 5  5  5  5  54  625 firesifrede tall der alle sifrene er oddetall.
b
Vi velger det første sifferet fra mengden 2 , 4 , 6 , 8 (siden det ikke kan være 0).
De tre neste sifrene velger vi fra mengden 0 , 2 , 4 , 6 , 8 .
c
Det fins derfor 4  5  5  5  4  53  500 firesifrede tall der alle sifrene er partall.
Det første sifferet må være minst 1. De to neste sifrene kan velges helt fritt.
Det siste sifferet må være enten 0 eller 5 for at tallet skal være delelig med 5.
Det fins derfor 9 10 10  2  1800 firesifrede tall som er delelig med 5.
Oppgave 7.64
a
For hver av de 12 kampene kan vi velge mellom tre forskjellige resultater.
Vi kan derfor tippe 312  531 441 forskjellige rekker.
b
Hver helgardering svarer til tre forskjellige valg for kampen det gjelder.
Hver halvgardering svarer til to forskjellige valg.
Med to helgarderinger og tre halvgarderinger har vi derfor tippet
3  3  2  2  2  32  23  9  8  72 forskjellige rekker.
Hver helgardering svarer til tre valg, og hver halvgardering svarer til to valg.
Med n helgarderinger og m halvgarderinger blir derfor antall rekker lik 3n  2m .
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.65
a
b
Første gang Mathias trekker, kan han velge mellom 4 bokstaver.
Siden han ikke legger bokstavene tilbake, kan han velge mellom 3 bokstaver når han trekker
andre gang, og mellom 2 bokstaver når han trekker tredje gang.
Mathias kan derfor trekke de tre bokstavene på 4  3  2  24 måter.
Alle de 24 måtene å trekke på, er like sannsynlige.
1
Sannsynligheten for at bokstavene vil danne ordet TRE er derfor
.
24
Oppgave 7.66
P  3 2  6
a
3 2
b
4
c
5 3
d
6 3
P2  4  3  12
P  5  4  3  60
P  6  5  4  120
Oppgave 7.67
Eleven skal velge en ordnet liste med tre fag blant fem mulige fag.
Det kan hun gjøre på 5 P3  5  4  3  60 måter.
Oppgave 7.68
Fordelingen av instrumenter svarer til en permutasjon av de fem instrumentene.
Det kan gjøres på 5!  1 2  3  4  5  120 måter.
Oppgave 7.69
a
b
c
Antall tresifrede tall der sifrene er forskjellige, er lik antall rekkefølger vi kan skrive de tre
sifrene i. Antall tresifrede tall med forskjellige sifre er derfor 3!  1 2  3  6 .
Hvis sifrene kan gjentas, er det tre muligheter for hvert siffer.
Antall tresifrede tall er da 3  3  3  33  27 .
Til sammen er det 27 tresifrede tall med sifrene 7, 8 og 9.
For 6 av dem er alle sifrene forskjellige.
Derfor er det 27  6  21 tresifrede tall som inneholder minst to like sifre.
Oppgave 7.70
a
b
c
Antall koder med forskjellige bokstaver er lik antall permutasjoner av de fire bokstavene.
Vi kan derfor lage 4!  1 2  3  4  24 koder med fire forskjellige bokstaver.
Hvis bokstavene kan gjentas, er det fire muligheter for hver bokstav.
Antall koder er da 4  4  4  4  44  256 .
Vi kan lage 256 koder totalt, og 24 koder der alle bokstavene er forskjellige.
Det er derfor 256  24  232 koder som inneholder minst to like bokstaver.
Oppgave 7.71
De 10 låtene kan spilles i 10!  3 628 800 forskjellige rekkefølger.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.72
a
Antall måter elevene kan sitte på er lik antall permutasjoner av de 17 pultene.
Elevene kan altså sitte på 17!  355 687 428 096 000 forskjellige måter.
b
De 17 elevene skal fordeles på 22 pulter.
Det kan gjøres på 22 P17  9 366 672 731 480 064 000 forskjellige måter.
Oppgave 7.73
a
b
Antall mulige måter elevene kan ha fødselsdagene sine på, er 36525 .
Antall måter som er gunstige for hendelsen at ingen har samme fødselsdag, er 365 P25 .
365 P25
 0, 431  43,1 %
36525
Sannsynligheten for at ingen av elevene har samme fødselsdag er 43,1 %.
Hendelsene «ingen har samme fødselsdag» og «minst to har samme fødselsdag» er
komplementære. Sannsynligheten for at minst to av elevene har samme fødselsdag er derfor
1  0, 431  0,569  56,9 %
Oppgave 7.74
a
4!  1 2  3  4  24
b
3! 1  2  3

3
2! 1  2
c
4! 1  2  3  4

4
3! 1  2  3
d
5! 1  2  3  4  5

 4  5  20
3!
1 2  3
e
f
6
P2  6  5  30
P2 6  5 30


 15
2! 1  2 2
6
Oppgave 7.75
Fordelingen av løperne på de fire etappene svarer til en permutasjon av de fire løperne.
De fire løperne kan derfor fordeles på 4!  1 2  3  4  24 forskjellige måter.
Oppgave 7.76
a
Antall tresifrede tall med forskjellige sifre svarer til antall ordnede utvalg av tre sifre fra en
mengde på fire mulige sifre. Antall mulige tall er derfor 4 P3  4  3  2  24 .
b
Hvis sifrene kan gjentas, er det fire muligheter for hvert siffer.
Antall tresifrede tall er da 4  4  4  43  64 .
Det er totalt 64 tresifrede tall. Av disse har 24 av tallene tre forskjellige sifre.
Det er derfor 64  24  40 tresifrede tall som har minst to like sifre.
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.77
Vi skal trekke to kort uten tilbakelegging fra en kortstokk med 52 kort.
Når vi tar hensyn til rekkefølgen kan dette gjøres på 52 P2  52  51  2652 måter.
Oppgave 7.78
Antall ordnede utvalg på fire kort fra en kortstokk med 52 kort er
52 P4  52  51  50  49  6 497 400
Oppgave 7.79
Vi vil finne antall måter vi kan velge to lag fra totalt 20 lag, når vi tar hensyn til rekkefølgen
(nemlig hvem som spiller på hjemmebane). Antall måter er gitt ved 20 P2  20 19  380 .
Det spilles totalt 380 kamper i Premier League i løpet av en sesong.
Oppgave 7.80
a
6! 1  2  3  4  5  6

 5  6  30
4!
1 2  3  4
b
10! 1  2  3  4  5  6  7  8  9 10

 8  9 10  720
7!
1 2  3  4  5  6  7
P 65 4 65 4


 5  4  20
3! 1  2  3
6
c
6 3
d
5!
1 2  3  4  5 4  5


 2  5  10
3!  2! 1  2  3 1  2
2
Oppgave 7.81
a
Antall firesifrede tall med forskjellige sifre svarer til antall ordnede utvalg av fire sifre fra en
mengde på fem mulige sifre. Antall mulige tall er derfor 5 P4  5  4  3  2  20  6  120 .
b
Hvis sifrene kan gjentas, er det fem muligheter for hvert siffer.
Antall firesifrede tall er da 5  5  5  5  25  5  5  125  5  625 .
Det er totalt 625 firesifrede tall. Av disse har 120 av tallene fire forskjellige sifre.
Det er derfor 625  120  505 firesifrede tall som har minst to like sifre.
c
Oppgave 7.82
a
Antall mulige stafettlag svarer til antall ordnede utvalg av 15 utøvere fra totalt 20 utøvere.
Antall mulige stafettlag er derfor 20 P15  20 274183 401 472 000 .
b
Antall måter utøverne kan fordeles på etappene svarer til antall permutasjoner av 15 utøvere.
Utøverne kan derfor fordeles på etappene på 15!  1307 674 368 000 måter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.83
a
b
De fem colatypene kan ordnes på 5!  120 forskjellige måter.
Hvis Vegard bare gjetter, er alle disse 120 svaralternativene like sannsynlige.
1
 0,0083  0,83 %
120
Sannsynligheten for at Vegard gjetter riktig på alle colatypene er 0,83 %.
Det er svært usannsynlig at Vegard klarer alle colatypene bare ved å tippe.
Det er derfor rimelig å tro at han kan smake forskjell.
Oppgave 7.84
a
Antall mulige måter elevene kan ha fødselsdagene sine på, er 36530 .
Antall måter som er gunstige for hendelsen at ingen har samme fødselsdag, er 365 P30 .
Sannsynligheten for at ingen av elevene har samme fødselsdag er altså
365 P30
 0, 294
36530
Sannsynligheten for at minst to av elevene har fødselsdag på samme dato er derfor
1  0, 294  0,706  70,6 %
b
For hver av de 29 andre elevene på festen, er sannsynligheten
364
for at eleven har
365
fødselsdag på en annen dag enn deg.
Sannsynligheten for at alle de andre elevene har en annen fødselsdag enn deg er dermed
29
 364 

  0,924
 365 
Sannsynligheten for at minst én annen elev har samme fødselsdag som deg er derfor
1  0,924  0,076  7,6 %
Oppgave 7.85
a
b
c
d
 32  2!P  1322  3
 43  3!P  142332  4
62  2!P  1625  302  15
63  3!P  162534  6  56  4  5  4  20
3 2
4 3
6
2
6 3
Oppgave 7.86
Vi tenker oss at vi først velger de to vennene som skal sove på tomannsrommet. Resten må da
sove på tremannsrommet. Vi skal altså finne antall uordnede utvalg av to venner fra en mengde på
totalt fem venner. Av formelen for antall uordnede utvalg uten tilbakelegging har vi at
5  5 P2  5  4  20  10
2
2! 1  2 2
Vennene kan fordele seg på de to soverommene på 10 måter.

© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.87
a
b
c
d
105   252
 297   1 560 780
1337  3 562 467 300
5025  126 410 606 437 752
Oppgave 7.88
 
Vi kan velge ut fire medlemmer blant 30 medlemmer på 30  27 405 måter.
4
Lokallaget kan altså velge utsendingene til møtet på 27 405 måter.
Oppgave 7.89
 
Vi kan velge ut 7 spillere blant 10 spillere på 10  120 måter.
7
Håndballklubben kan sette sammen laget på 120 forskjellige måter.
Oppgave 7.90
Tenk at det er x elever i klassen.
Vi kan velge to elever på x måter. Dette skal bli lik 378.
2
Vi får dermed likningen x  378 . Denne likningen løser vi i GeoGebra.
2
Antall elever i klassen må være et naturlig tall. Det er altså 28 elever i klassen.


Oppgave 7.91
a
b
c
d
 42  2!P  1423  122  6
52  2!P  1524  202  10
53  3!P  152433  52 4  202  10
64  4!P  16253443  62 5  302  15
4
2
5
2
5 3
6
4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.92

Du kan velge ut tre karameller blant seks karameller på 6 måter.
3
6  6 P3  6  5  4  6  5  4  5  4  20
3
3! 1  2  3
6
Du kan velge karamellene på 20 forskjellige måter.

Oppgave 7.93
 
Vi kan velge ut 8 spørsmål blant 10 spørsmål på 10  45 måter.
8
Eleven kan altså velge spørsmålene på 45 måter.
Oppgave 7.94
 
Vi kan velge ut 11 fotballspillere blant totalt 15 spillere på 15  1365 måter.
11
Fotballaget kan settes sammen på 1365 måter.
Oppgave 7.95
 
Vi kan velge tre delegater blant de 15 medlemmene av partiet på 15  455 måter.
3
Oppgave 7.96
a
b
 
Vi kan velge ut 7 tall blant totalt 34 tall på 34  5 379 616 måter.
7
Vi kan altså krysse av de sju tallene i lottorekken på 5 379 616 måter.
Alle de 5 379 616 mulige rekkene er like sannsynlige.
Sannsynligheten for at lottorekken din blir trukket ut er derfor
1
 1,86 107  1,86 105 %  0,000 018 6 %
5 379 616
Oppgave 7.97
a
b
c
d
72  2!P  1726  422  21
74  4!P  17263544  72 6 3 5  7  66  5  7  5  35
86  6!P  182736455463  82 7  562  28
82  2!P  1827  562  28
7
2
7
4
8 6
8
2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.98
Antall håndtrykk er lik antall uordnede utvalg av to personer fra en gruppe på ti personer.
10  10 P2  10  9  90  45
2
2!
1 2
2
Det blir til sammen 45 håndtrykk når ti personer skal si adjø.
 
Oppgave 7.99
 
Vi kan velge to elever blant 20 elever på 20 måter.
2
20  20 P2  20 19  380  190
2
2!
1 2
2
De to elevene til elevrådet kan velges på 190 måter.
 
Oppgave 7.100
Vi antar at vi kan trekke en rett linje mellom hvert par av punkter.
Antall linjer er altså lik antall uordnede utvalg av to linjer fra en mengde på fem linjer.
5  5 P2  5  4  20  10
2
2! 1  2 2
Vi kan trekke 10 rette linjer mellom fem punkter i planet.
Forutsetningen er at tre eller flere av punktene ikke må ligge på samme rette linje.

Oppgave 7.101
 
Vi kan velge ut 15 utøvere blant totalt 20 utøvere på 20  15 504 måter.
15
Laglederen kan velge stafettlaget på 15 504 forskjellige måter.
Oppgave 7.102
Tallet 5 skal være med i rekken. Vi skal derfor velge ut 6 tall blant de 33 andre tallene.
Antall uordnede utvalg av 6 tall blant 33 tall er 33  1107 568 .
6
Lykketallet til Lotta er med i 1 107 568 lottorekker.
 
Oppgave 7.103
Tenk at det er x medlemmer i lokallaget.
Vi kan velge to delegater på x måter. Dette skal bli lik 990.
2
Vi får dermed likningen x  990 . Denne likningen løser vi i GeoGebra.
2
Antall medlemmer må være et naturlig tall. Lokallaget har altså 45 medlemmer.

© Aschehoug

www.lokus.no
Side 30 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.104
a
Du har krysset av ni tall, mens én lottorekke inneholder sju tall. Antall rekker du har tippet er
derfor lik antall utvalg av sju tall fra en mengde på ni tall, som er 9  36 .
7
Hvis du krysser av ni tall, har du tippet 36 rekker.
b
Hvis du krysser av ti tall, har du tippet 10  120 rekker.
7
c

 
Hvis du krysser av n tall, har du tippet  n  rekker. Denne formelen kan Norsk Tipping bruke
7
til å regne ut antall rekker hvis man krysser av 8, 9, 10, 11 eller 12 tall.
Oppgave 7.105
a
02  1
12  1!P  12  2
22  2!P  1221  1
2 1
2
2
Vi finner disse tallene i rad 2 i Pascals talltrekant.
b
03  1
c
Vi finner disse tallene i rad 3 i Pascals talltrekant.
I rad 4 i Pascals talltrekant finner vi binomialkoeffisientene
4  1 , 4  4 , 4  6 , 4  4 og 4  1 .
0
1
2
3
4
d
13  1!P  13  3
3 1
   
52  10 54  5
 23  2!P  1322  3
3 2
33  3!P  132231  1
3 3

Vi finner disse binomialkoeffisientene i posisjonene 2 og 4 i rad 5 i Pascals talltrekant.
Oppgave 7.106
a
Koeffisientene 1, 2 og 1 finner vi i rad 2 i Pascals talltrekant.
b
(a  b)3  (a  b) 2  (a  b)  (a 2  2ab  b 2 )  (a  b)
 a3  a 2b  2a 2b  2ab2  ab2  b3  a 3  3a 2b  3ab 2  b3
 1  a3  3  a 2b  3  ab 2  1  b3
Koeffisientene 1, 3, 3 og 1 finner vi i rad 3 i Pascals talltrekant.
c
(a  b) 4  (a  b) 2  (a  b) 2  (a 2  2ab  b 2 )  (a 2  2ab  b 2 )
 a 4  2a 3b  a 2b 2  2a 3b  4a 2b 2  2ab3  a 2b 2  2ab3  b 4
 a 4  4a 3b  6a 2b 2  4ab3  b 4
 1  a 4  4  a 3b  6  a 2b 2  4  ab3  1  b 4
Vi ser at vi finner koeffisientene 1, 4, 6, 4 og 1 i rad 4 i Pascals talltrekant.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.107



P 87 6
Antall måter vi kan velge tre elever blant de åtte elevene: 8  8 3 
 56
3
3! 1  2  3
Antall måter vi kan velge to gutter blant de tre guttene: 3  3
2
Antall måter vi kan velge én jente blant de fem jentene: 5  5
1
Dermed er
3  5
2 1
3  5 15
P(to gutter og én jente) 


8
56 56
3
15
Sannsynligheten for at det blir to gutter og én jente som skal gjøre jobben, er
.
56
 

Oppgave 7.108
a
Det er til sammen n  6 Non Stop i skåla. Av disse er m  3 røde og n  m  3 blå.
Vi tar tilfeldig r  3 Non Stop fra skåla. Sannsynligheten for at vi får k  0 røde Non Stop er
da gitt ved formelen for hypergeometriske sannsynligheter,
m  nm
3  3
k
r k
0 3
P( X  k  0) 

n
6
r
3
P 65 4 65 4

 5  4  20 . Dermed er
Her er 3  3  1 og 6  6 3 
3
0
3
3! 1  2  3
6
1 1 1
P( X  0) 

20 20
1
Sannsynligheten for at vi får ingen røde Non Stop er
.
20
   


  
b
3  3

1  2  3  3 9
P( X  1) 


6
20 20
 3
Sannsynligheten for at vi får én rød Non Stop er
c
9
.
20
Addisjonssetningen for disjunkte hendelser gir
P(høyst én rød Non Stop)  P( X  1)  P( X  0)  P( X  1) 
Sannsynligheten for at vi får høyst én rød Non Stop er
© Aschehoug
www.lokus.no
1
9 10 1



20 20 20 2
1
.
2
Side 32 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.109
Vi lar x stå for antall lakrisbiter i skåla. Da er det totalt (12  x) biter godteri i skåla.
Sannsynligheten for at vi trekker én sjokoladebit og én lakrisbit er
12  x
1 1
P(én av hver) 
12  x
2
72
Denne sannsynligheten skal være lik
. Vi bruker GeoGebra og løser likningen
153
12  x
1 1
72

12  x
153
2
Det er enten 6 eller 22 lakrisbiter i skåla.
  
 
  
 
Oppgave 7.110
a
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra,
og fyller inn tallene fra eksempel 30.
X står for antall gutter i festkomiteen.
Vi skal altså finne P( X  1) , dvs. P(1  X  1) .
Sannsynligheten for at det blir én gutt
i festkomiteen er 18,3 %.
b
Sannsynligheten for at det blir tre gutter
i festkomiteen er 31,7 %.
c
d
Vi finner P( X  3) .
Sannsynligheten for at det blir minst tre gutter
i festkomiteen er 39,6 %.
Hendelsen «minst to jenter» er det samme som
«høyst to gutter». Vi finner derfor P( X  2) .
Sannsynligheten for at det blir minst to jenter
i festkomiteen er 60,4 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.111
a
Det er til sammen n  5 kuler i esken. Av disse er m  2 blå og n  m  3 røde.
Vi tar tilfeldig r  2 kuler fra esken. Sannsynligheten for at vi får k  2 blå kuler er da gitt
ved formelen for hypergeometriske sannsynligheter,
m  nm
2  3
k
r k
2 0
P( X  k  2) 

n
5
r
2
P 5 4
Her er 2  3  1 og 5  5 2 
 10 . Dermed er
2
0
2
2! 1  2
1 1 1
P( X  2) 

10 10
1
Sannsynligheten for at vi får to blå kuler er
.
10
    


  
b
2  3

1  1 2  3 6 3
P( X  1) 

 
5
10 10 5
 2
Sannsynligheten for at vi får én rød og én blå kule er
c
2  3

0   2 1 3 3
P( X  0) 


5
10 10
 2
3
.
5
3
.
10
Hendelsen «minst én rød kule» er det samme som «høyst én blå kule».
Addisjonssetningen for disjunkte hendelser gir
3 3 3 6
9
P(høyst én blå kule)  P( X  1)  P( X  0)  P( X  1)     
10 5 10 10 10
9
Sannsynligheten for at vi får minst én rød kule er
.
10
Sannsynligheten for at vi får to røde kuler er
d
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.112
a


 
Antall måter vi kan velge ingen gutter blant de fire guttene: 4  1
0
Antall måter vi kan velge tre jenter blant de åtte jentene: 8  56
3
Antall måter vi kan velge tre barn blant de 12 barna: 12  220
3
Vi lar X stå for antall gutter vi velger. Formelen for hypergeometriske sannsynligheter gir da
4  8
0 3 1  56
P( X  0) 

 0, 255  25,5 %
12
220
3
Sannsynligheten for at vi ikke velger noen gutter er 25,5 %.
 
 
b
c
4  8

1   2  4  28
Sannsynligheten for at vi velger én gutt er P( X  1) 

 50,9 % .
12
220
3
4  8

2  1 6  8
Sannsynligheten for at vi velger to gutter er P( X  2) 

 21,8 % .
12
220
3
Oppgave 7.113
a
 
Antall måter vi kan velge fire sjokoladebiter blant de ti sjokoladebitene: 10  210
4
Antall måter vi kan velge to karameller blant de åtte karamellene: 8  28
2
Antall måter vi kan velge seks biter blant de totalt 18 bitene: 18  18 564
6
Vi lar X stå for antall sjokoladebiter vi får. Da er
10  8
4 2
210  28
P( X  4) 

 0,317  31, 7 %
18
18 564
6
Sannsynligheten for at vi får fire sjokoladebiter er 31,7 %.
 

  
 
b
c
P( X  4)  P( X  4)  P( X  5)  P( X  6)
 104   82  105   18  106   80  210  28  252  8  210 1  0, 437  43, 7 %
186  186  186  18 564 18 564 18 564
Sannsynligheten for at vi får minst fire sjokoladebiter er 43,7 %.
Hendelsen «minst tre karameller» er det samme som «høyst tre sjokoladebiter».
Denne hendelsen er komplementær med hendelsen «minst fire sjokoladebiter». Altså er
P(minst tre karameller)  1  P(minst fire sjokoladebiter)  1  0, 437  0,563  56,3 %
Sannsynligheten for at vi får minst tre karameller er 56,3 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.114
a
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra.
Det er 50 plommer i kassen, og 30 av dem er av sort A.
Vi lar X stå for antall plommer vi får av sort A
når 15 plommer velges tilfeldig.
Vi finner P( X  10)  P(10  X  10) .
Sannsynligheten for at kunden får 10 plommer
av sort A er 20,7 %.
b
Vi finner P( X  10) .
Sannsynligheten for at kunden får minst 10 plommer
av sort A er 38,0 %.
c
Hendelsen «minst 8 plommer av sort B» er det samme
som «høyst 7 plommer av sort A».
Vi finner derfor P( X  7) . Sannsynligheten for at
kunden får minst 8 plommer av sort B er 17,2 %.
Oppgave 7.115
a
Vi lar X være antall seigmenn vi får, og bruker formelen for hypergeometriske
sannsynligheter med n  10 , m  6 og r  4 . Siden vi vil finne sannsynligheten for at vi får
like mange seigpersoner av hvert kjønn, setter vi k  2 . Det gir
6  4
2 2 15  6
P( X  2) 

 0, 429  42,9 %
10
210
4
Sannsynligheten for at vi får like mange seigpersoner av hvert kjønn er 42,9 %.
  
 
b
Hendelsen «flere seigmenn enn seigdamer» svarer til X  3 .
Addisjonssetningen for disjunkte hendelser gir
6  4
6  4
3 1
4 0
20  4 15 1
P( X  3)  P( X  3)  P( X  4) 



 0, 452  45, 2 %
10
10
210 210
4
4
Sannsynligheten for at vi får flere seigmenn enn seigdamer er 45,2 %.
    
   
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.116
a
Vi lar X være antall røde klesklyper vi får, og bruker formelen for hypergeometriske
sannsynligheter med n  25 , m  15 , r  6 og k  6 . Det gir
15  10
6
0
5005 1
P( X  6) 

 0, 028  2,8 %
25
177 100
6
Sannsynligheten for at vi får 6 røde klesklyper er 2,8 %.
  
 
b
15  10

3   3  455 120
P( X  3) 

 0,308  30,8 %
25
177 100
6
c
Sannsynligheten for at vi får 3 røde og 3 grønne klesklyper er 30,8 %.
Hendelsen «minst to av hver farge» svarer til 2  X  4 .
P(2  X  4)  P( X  2)  P( X  3)  P( X  4)
 152   104   153   103   154   102 
 256   256   256 
105  210 455  120 1365  45


 0, 780  78, 0 %
177 100 177 100 177 100
Sannsynligheten for at vi får minst 2 klesklyper av hver farge er 78,0 %.

Oppgave 7.117
a


Antall måter vi kan velge tre røde kuler blant de tre røde kulene: 3  1
3
Antall måter vi kan velge ingen blå kuler blant de fire blå kulene: 4  1
0
P 765
 7  5  35
Antall måter vi kan velge tre kuler blant de totalt sju kulene: 7  7 3 
3
3! 1  2  3
Vi lar X være antall røde kuler vi får. Formelen for hypergeometriske sannsynligheter gir
3  4
3 0 1 1 1
P( X  3) 


7
35 35
3

 

Sannsynligheten for at vi får tre røde kuler er 1 35 .
b
3  4

2   1  3  4 12
Sannsynligheten for at vi får én blå og to røde kuler er P( X  2) 
.


7
35 35
 3
c
P(minst to blå kuler)  P(høyst én rød kule)  1  P(minst to røde kuler)
12 1 35  12  1 22



35 35
35
35
Sannsynligheten for at vi får minst to blå kuler er 22 35 .
 1  P( X  2)  1  P( X  2)  P( X  3)  1 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.118


Antall måter vi kan velge én kvinne blant to kvinner: 2  2
1
Antall måter vi kan velge én mann blant fire menn: 4  4
1

P 65
Antall måter vi kan velge to personer blant totalt seks personer: 6  6 2 
 15
2
2! 1  2
Fra formelen for hypergeometriske sannsynligheter er dermed
2  4
1 1
24 8
P(én kvinne og én mann) 


6
15 15
2
8
Sannsynligheten for at én kvinne og én mann blir valgt, er
.
15
  

Oppgave 7.119
a
Vi lar X være antall gutter som blir valgt, og bruker formelen for hypergeometriske
sannsynligheter med n  10 , m  4 , r  5 og k  2 . Det gir
4  6
2 3
6  20
P( X  2) 

 0, 476  47, 6 %
10
252
5
Sannsynligheten for at det blir to gutter i komiteen er 47,6 %.
 
 
b
4  6

3   2  4 15
P(to jenter)  P(tre gutter)  P( X  3) 

 0, 238  23,8 %
10
252
5
Sannsynligheten for at det blir to jenter i komiteen er 23,8 %.
c
P( X  2)  P( X  2)  P( X  3)  P( X  4)
 42  63   43  62   44  16  6  20  4 15  1 6  0, 738  73,8 %
105  105  105  252 252 252
Sannsynligheten for at det blir minst to gutter i komiteen er 73,8 %.
d
P(flest gutter)  P( X  3)  P( X  3)  P( X  4)
 43   62   44  16  4 15  1 6  0, 262  26, 2 %
105  105  252 252
Sannsynligheten for at det blir flere gutter enn jenter i komiteen er 26,2 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.120
a
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra.
Det er 52 kort i kortstokken, og 13 av dem er hjerter.
Vi lar X stå for antall hjerter vi får når vi trekker 13 kort.
Vi finner P( X  4)  P(4  X  4) .
Sannsynligheten for at vi får fire hjerterkort er 23,9 %.
b
Vi finner P( X  4) .
Sannsynligheten for at vi får minst fire hjerterkort er 41,5 %.
Oppgave 7.121
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra.
Det er til sammen 22 kuler i esken, og 10 av dem er røde.
Vi lar X være antall røde kuler vi får når vi trekker 6 kuler.
Sannsynligheten for å få X  k røde kuler skal være
60
 0,185 758 514
323
Vi ser at dette stemmer for k  4 .
60
Sannsynligheten er
for at vi får 4 røde kuler.
323
Oppgave 7.122
Tenk at det er x hvite kuler i esken. Da er det ( x  3) svarte kuler i esken før vi trekker.
Til sammen er det altså (2 x  3) kuler i esken. Vi trekker to kuler.
Sannsynligheten for at vi får én kule i hver farge er dermed gitt ved
x  x3
1
1
1
P( X  1) 

2x  3
2
2
Vi løser denne likningen i GeoGebra.
Likningen har løsningen x  3 . Det er altså 3 hvite kuler i esken.
  
 
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.123
a
 
Antall måter vi kan få fem hjerterkort blant de 13 hjerterkortene: 13  1287
5
Antall måter vi kan få ingen av de 39 andre kortene: 39  1
0
Antall måter vi kan få fem kort blant de 52 kortene i kortstokken: 52  2 598 960
5
 
13  39

5  0
1287  1
P(bare hjerter) 

 0,000 50  0,05 %
52
2 598 960
5
 
Sannsynligheten for at pokerspilleren bare får hjerterkort er 0,05 %.
b
Det er like mange kløver, ruter, hjerter og spar i kortstokken.
Hendelsene «bare kløver», «bare ruter», «bare hjerter» og «bare spar» er disjunkte.
Derfor er P(bare kløver)  P(bare ruter)  P(bare hjerter)  P(bare spar) . Det betyr at
P(samme farge)  4  P(bare hjerter)  4  0,000 50  0,0020  0, 20 %
Sannsynligheten for at alle kortene har samme farge er 0,20 %.
Oppgave 7.124
Det er 20 elever i klassen, som skal fordeles på fire grupper med fem elever i hver gruppe.
Vi kan velge elevene i den første gruppen på 20 måter. Da er det igjen 15 elever.
5
Vi kan velge elevene i den andre gruppen på 15 måter. Da er det igjen 10 elever.
5
Vi kan velge elevene i den tredje gruppen på 10 måter.
5
Til slutt er det da igjen 5 elever, som danner den fjerde gruppen.
20  15  10  15 504  3003  252  11 732 745 024
5
5
5
Elevene kan deles inn i fire grupper på 11 732 745 024 måter.
 
 
 
   
Oppgave 7.125
Bestemor kan velge bitene i den første, andre, tredje og fjerde
skålen på henholdsvis 30 , 24 , 18 og 12 måter.
6
6
6
6
De 6 siste bitene havner da i den femte skålen.
Hun kan altså fordele smågodtet på 30  24  18  12  1370 874167 589 326 400 måter.
6
6
6
6
     
    
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.126
a
b
 
   
 
 
 
Vi kan velge tre hjerter på 13 måter, to ruter på 13 måter og én kløver på 13 måter.
3
2
1
Det er altså 13  13  13 gunstige utfall for hendelsen «tre hjerter, to ruter og én kløver».
3
2
1
Totalt er det 52 mulige måter å trekke seks kort på. Dermed er
6
13  13  13

3 2 1
P(tre hjerter, to ruter og én kløver) 
 0,014  1, 4 %
52
6
Vi kan velge både to spar, to ruter og to kløver på 13 måter.
2
13  13  13
13

2 2 2 2
P(to spar, to ruter og to kløver) 

 0,023  2,3 %
52
52
6 6
13  13  13  13
13  13

2 2 1 1 2 1
P(to spar, to hjerter, én ruter og én kløver) 

 5,1 %
52
52
6
6
3
2
c
Oppgave 7.127
a
 
 
c
   
Vi kan velge én rød, én blå, én gul og én grønn kule på hhv. 6 , 5 , 4 og 3 måter.
1
1
1
1
Vi kan velge fire kuler blant de totalt 18 kulene på 18 måter.
4
Sannsynligheten for at vi får én kule i hver farge er dermed
6  5  4  3
1 1 1 1
P(én kule i hver farge) 
 0,118  11,8 %
18
4
 
b
2
  
Vi kan velge to røde, én blå og én gul kule på henholdsvis 6 , 5 og 4 måter.
1
2
1
6  5  4

2 1  1 
P(to røde, én blå og én gul kule) 
 0,098  9,8 %
18
4
Vi kan velge to røde og to blå kuler på henholdsvis  6  og  5  måter.
2
2
6  5

2  2
P(to røde og to blå kuler) 
 0, 049  4,9 %
18
4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.128
 
Vi kan velge medarbeidere til det første oppdraget på 12 måter.
4


Blant de 8 som da er igjen, kan vi velge medarbeidere til det andre oppdraget på 8 måter.
3
Blant de 5 som da er igjen, kan vi velge medarbeidere til det tredje oppdraget på 5 måter.
3
De 2 siste medarbeiderne havner da på det fjerde oppdraget.
12  8  5  495  56 10  277 200
4 3 3
Medarbeiderne kan fordeles på oppdragene på 277 200 måter.
 
Oppgave 7.129
a
Til sammen er det 30 seigmenn i skåla.
 
Vi kan derfor trekke de 6 seigmennene på 30  593 775 måter.
6
b
 
Vi kan trekke både to røde, to grønne og to gule seigmenn på 10  45 måter.
2
     
3
10  10  10  10  453  91125
2
2
2
2
Vi kan trekke to seigmenn i hver farge på 91 125 måter.
c
91125
 0,153  15,3 %
593 775
Sannsynligheten for at vi trekker to seigmenn i hver farge er 15,3 %.
Oppgave 7.130
Bunken inneholder fire konger, fire damer og fire knekter.

 
Vi kan derfor trekke både én konge, én dame og én knekt på 4 måter.
1
Vi kan trekke tre kort fra en bunke med til sammen 12 kort på 12 måter.
3
     
   
3
4  4  4
4
1 1 1
1
43
P(én konge, én dame og én knekt) 


 0, 291  29,1 %
12
12
220
3
3
Sannsynligheten for at vi trekker én konge, én dame og én knekt er 29,1 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.131
 
Vi kan velge personer til den første jobben på 20 måter.
5
 
Blant de 15 som da er igjen, kan vi velge personer til den andre jobben på 15 måter.
5
Deretter kan vi velge personer til den tredje jobben på 10 måter,
4
og til den fjerde jobben på 6 måter. Til slutt er det da igjen to personer til den siste jobben.
4
De 20 personene kan altså fordele seg på jobbene på
20  15  10  6  15 504  3003  210  15  146 659 312 800 måter.
5
5
4 4
 

    
Oppgave 7.132

Antall måter vi kan trekke tre sjokoladebiter blant de åtte sjokoladebitene: 8
3
Antall måter vi kan trekke to karameller blant de sju karamellene: 7
2
Antall måter vi kan trekke én lakrisbit blant de fem lakrisbitene: 5
1
Antall måter vi kan trekke seks biter smågodt blant de totalt 20 bitene: 20
6


83  72  15  56  21 5  0,152  15, 2 %
 206  38 760
 
Sannsynligheten for at vi får tre sjokoladebiter, to karameller og én lakrisbit er 15,2 %.
Oppgave 7.133
a
   
 
Vi kan velge tre røde, tre grønne og tre gule klesklyper på hhv. 10 , 8 og 6 måter.
3
3
3
Vi kan velge ni klesklyper blant de totalt 24 klesklypene på 24 måter.
9
Sannsynligheten for at vi får tre klesklyper i hver farge er dermed
10  8  6
3 3 3
P(tre klesklyper i hver farge) 
 0,103  10,3 %
24
9
 
 
b
   
Vi kan velge fire røde, tre grønne og to gule klesklyper på hhv. 10 , 8 og 6 måter.
3
4
2
10  8  6

4   3  2 
P(fire røde, tre grønne og to gule klesklyper) 
 0,135  13,5 %
24
9
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.134
a
Det er 13 spar, 13 hjerter, 13 ruter og 13 kløver i kortstokken.
Vi kan altså velge fire spar på 13 måter, og tre hjerter, tre ruter og tre kløver på 13 måter.
4
3
Vi kan velge 13 kort blant de 52 kortene i kortstokken på 52 måter.
13
 
       
 
 
 
 
3
13  13  13  13
13  13
4
3
3
3
4
3
P(fire spar) 

 0,0263  2,6 %
52
52
13
13
Sannsynligheten for at vi får fire spar, tre hjerter, tre ruter og tre kløver er 2,6 %.
b
Siden det er like mange kort i hver farge i kortstokken, er sannsynligheten for å få f.eks. fire
hjerter og tre av hver av de andre fargene lik sannsynligheten vi fant i oppgave a,
P(fire spar)  P(fire hjerter)  P(fire ruter)  P(fire kløver)
Derfor er
P(fire kort i én farge)  4  P(fire spar)  4  0,0263  0,105  10,5 %
Sannsynligheten for å få fire kort i én farge og tre kort i hver av de andre fargene er 10,5 %.
Oppgave 7.135
a
 
Først trekkes de sju vinnertallene. Det kan gjøres på 34 måter.
7
 
Blant de 27 tallene som er igjen, trekkes de tre tilleggstallene. Det kan gjøres på 27 måter.
3
Sju vinnertall og tre tilleggstall kan altså velges på 34  27  15 735 376 800 måter.
7
3
  
b


Antall måter vi kan velge seks vinnertall blant de sju vinnertallene: 7
6
Antall måter vi kan velge ett tilleggstall blant de tre tilleggstallene: 3
1
Antall måter vi kan velge sju tall blant de 34 tallene: 34
7
76  13  7  3  3,90 10
347  5 379 616
 
6
 0,000 390 %
Sannsynligheten for at du vinner andrepremie i Lotto er 0,000 390 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.136
a
Det er fire sammensetninger av søskenflokken som gir én gutt: GJJJ, JGJJ, JJGJ og JJJG.
P(GJJJ )  0,514  0, 486  0, 486  0, 486  0,514  0, 4863
De tre andre tilfellene, JGJJ, JJGJ og JJJG, har også sannsynligheten 0,514  0, 4863 .
Dermed er
P(én gutt)  4  0,514  0, 4863  0, 236  23,6 %
Sannsynligheten for at ekteparet har én gutt er 23,6 %.
b
Det er fire sammensetninger av søskenflokken som gir tre gutter, nemlig GGGJ, GGJG,
GJGG og JGGG.
P(GGGJ )  0,514  0,514  0,514  0, 486  0,5143  0, 486
De tre andre tilfellene, GGJG, GJGG og JGGG, har også sannsynligheten 0,5143  0, 486 .
Dermed er
P(tre gutter)  4  0,5143  0, 486  0, 264  26, 4 %
Sannsynligheten for at ekteparet har tre gutter er 26,4 %.
Oppgave 7.137
a
Sannsynligheten for at Eivind får X  k riktige svar er gitt ved
k
4 k
1  2
P( X  k )  4      
k 3  3
Med k  0 får vi dermed
0
4
24 16
1  2
4
P(ingen riktige svar)  P( X  0) 
       1 1  4 
0 3  3
3
81
16
Sannsynligheten for at Eivind får ingen riktige svar er
.
81


b
c

1
1
 
3
3
1 23 32
2
   4  3 
3 3
81
3
32
Sannsynligheten for at Eivind får ett riktig svar er
.
81
P(ett riktig svar)  P( X  1)  4
1
P(høyst ett riktig svar)  P( X  1)  P( X  0)  P( X  1) 
Sannsynligheten for at Eivind får høyst ett riktig svar er
© Aschehoug
www.lokus.no
16 32 48 16



81 81 81 27
16
.
27
Side 45 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.138
a
1
.
2
Kastene er uavhengige av hverandre. Formelen for binomisk sannsynlighet med n  4 gir
k
4 k
4
1
1 1
1
4
4
P( X  k ) 




 4 
k  2   2 
k  2 
k 16
For hvert kast er det to muligheter, mynt eller krone, begge med sannsynlighet

b
c
d



1
1
1
P(fire mynt)  P( X  4)   4    1 
4 16
16 16
1
1 1
P(tre mynt)  P( X  3)  4   4  
3 16
16 4
P(minst tre mynt)  P( X  3)  P( X  3)  P( X  4) 
1 1
5
 
4 16 16
Oppgave 7.139
a
For hvert av de n  15 spørsmålene er sannsynligheten
1
p   0,333 333 for at Signe svarer riktig.
3
Spørsmålene utgjør 15 uavhengige delforsøk.
Vi har altså en binomisk sannsynlighetsmodell, og bruker
sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra. Vi lar X stå for
antall riktige svar. Vi skal altså finne P( X  5) .
Sannsynligheten for at Signe får fem riktige svar er 21,4 %.
b
Vi finner P( X  8) .
Sannsynligheten for at Signe får
minst åtte riktige svar er 8,8 %.
Oppgave 7.140
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra,
og setter p  0,80 .
Vi ønsker at P( X  50) skal være minst 95 %.
Med n  68 blir P( X  50)  92,7 % ,
mens med n  69 blir P( X  50)  95, 2 % .
Vi må altså så 69 frø for at det skal være minst
95 % sannsynlighet for at minst 50 frø vil spire.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.141
a
For hvert kast er det to muligheter, mynt eller krone, begge med sannsynlighet
1
.
2
Kastene er uavhengige av hverandre. Vi lar X være antall ganger vi får mynt.
Formelen for binomisk sannsynlighet med n  3 gir
k
3k
3
1
1 1
1
3
3
P( X  k ) 
    
   3 
k 2 2
k 2
k 8
For k  0 får vi
1
1 1
P(ingen mynt)  P( X  0)  3   1 
0 8
8 8
1
Sannsynligheten for at vi får ingen mynt er .
8




b
c
d

1
1 3
P(én mynt)  P( X  1)  3   3  
1 8
8 8
3
Sannsynligheten for at vi får én mynt er .
8

1
1 3
P(to mynt)  P( X  2)  3   3  
2 8
8 8
3
Sannsynligheten for at vi får to mynt er .
8

1
1 1
P(tre mynt)  P( X  3)  3   1 
3 8
8 8
1
Sannsynligheten for at vi får tre mynt er .
8
Oppgave 7.142
a
1
for å få sekser.
6
Formelen for binomisk sannsynlighet gir
0
5
5
1 5
5
5
P( X  0) 


 1 1     0, 402  40, 2 %
0  6   6 
6
Sannsynligheten for at vi får ingen seksere er 40,2 %.
For hver terning er sannsynligheten

b
c

2
3
2
3
2
3
1 5
1 5
P( X  2)  5        10        0,161  16,1 %
2 6 6
6 6
Sannsynligheten for at vi får to seksere er 16,1 %.
P( X  2)  P( X  2)  P( X  3)  P( X  4)  P( X  5)


3
2

4
1

5
1 5
1 5
1 5
1 5
 5      5      5      5    
2 6 6
3 6 6
4 6 6
5 6 6
 0,196  19,6 %
Sannsynligheten for at vi får minst to seksere er 19,6 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
0
Side 47 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.143
a
Dette er et binomisk forsøk der standpunktene til de 20
personene utgjør 20 uavhengige delforsøk. For hver person
er sannsynligheten 30 % for at personen støtter partiet.
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra, og finner
P( X  5) , der X er antall personer som støtter partiet.
Sannsynligheten for at fem støtter partiet er 17,9 %.
b
c
d
Vi finner P( X  6) . Sannsynligheten for at seks av
personene støtter partiet er 19,2 %.
Vi finner P( X  5) . Sannsynligheten for at
høyst fem av personene støtter partiet er 41,6 %.
Vi finner P( X  8) . Sannsynligheten for at
minst åtte av personene støtter partiet er 22,8 %.
Oppgave 7.144
3
.
4
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra,
og lar X være antall erteplanter med gule frø.
Vi finner P( X  20) . Sannsynligheten for at 20 av
erteplantene har gule frø er 9,1 %.
a
Dette er et binomisk forsøk med n  30 og p 
b
Vi finner P( X  24) . Sannsynligheten for at 24 av
erteplantene har gule frø er 14,5 %.
c
Vi finner P( X  20) . Sannsynligheten for at høyst 20 av
erteplantene har gule frø er 19,7 %.
d
Vi finner P( X  24) . Sannsynligheten for at minst 24 av
erteplantene har gule frø er 34,8 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.145
a
Vi bruker formelen for binomisk sannsynlighet.
P( X  9)  P( X  9)  P( X  10)
 
b
9
 
1
10
0
1  2
1  2
 10        10        0,0004  0,04 %
9  3   3  10  3   3 
Sannsynligheten for at Ali vinner hvis han gjetter på alle spørsmålene er 0,04 %.
Han må nå gjette riktig på minst fire av de fem spørsmålene han gjetter på.
P( X  4)  P( X  4)  P( X  5)

4

1
5
0
1  2
1  2
 5        5        0,045  4,5 %
4  3  3
5  3  3
Sannsynligheten for at Ali vinner hvis han gjetter på fem av spørsmålene er 4,5 %.
Oppgave 7.146
a
For hvert kast er det to muligheter, mynt eller krone, begge med sannsynlighet
1
.
2
Kastene er uavhengige av hverandre. Vi lar X være antall ganger vi får mynt.
Formelen for binomisk sannsynlighet med n  5 gir
k
5k
5
1
1 1
1
5
5
P( X  k ) 




 5 
k  2   2 
k  2 
k 32
For k  3 får vi
1
P 1 5 43 1
1
5
P(tre mynt)  P( X  3)  5   5 3  
  10  
3 32 3! 32 1  2  3 32
32 16
5
Sannsynligheten for at vi får tre mynt er
.
16




b
c
d

1
1
5
P(fire mynt)  P( X  4)  5   5  
4 32
32 32
5
Sannsynligheten for at vi får fire mynt er
.
32

1
1
1
P(fem mynt)  P( X  5)  5   1  
5 32
32 32
1
Sannsynligheten for at vi får fem mynt er
.
32
P(minst fire mynt)  P( X  4)  P( X  4)  P( X  5) 
Sannsynligheten for at vi får minst fire mynt er
© Aschehoug
www.lokus.no
5
1
6
3



32 32 32 16
3
.
16
Side 49 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.147
a
b
c
Vi bruker formelen for binomisk sannsynlighet.
1
4
1 5
5
P( X  1) 


 0, 402  40, 2 %
1  6   6 
Sannsynligheten for at vi får én sekser er 40,2 %.



d
2
3
0
5
1 5
P( X  2)  5        0,161  16,1 %
2 6 6
Sannsynligheten for at vi får to seksere er 16,1 %.
P( X  2)  P( X  0)  P( X  1)  P( X  2)

1
4

2
3
1 5
1 5
1 5
 5        5        5        0,965  96,5 %
0 6 6
1 6 6
2 6 6
Sannsynligheten for at vi får høyst to seksere er 96,5 %.
Hendelsene «høyst to seksere» og «minst tre seksere» er komplementære. Dermed er
P( X  3)  P( X  2)  1  P( X  2)  1  0,965  0,035  3,5 %
Sannsynligheten for at vi får minst tre seksere er 3,5 %.
Oppgave 7.148
a
1
Når vi trekker med tilbakelegging, blir dette et binomisk forsøk med tre delforsøk.
3
2
I hvert delforsøk er sannsynligheten for at vi trekker en rød kule, og
for at vi trekker
5
5
en blå kule. Vi lar X være antall røde kuler vi trekker. Da er
2
1
3  2
3
P( X  2) 


 0, 432  43, 2 %
2  5   5 
Sannsynligheten for at vi trekker to røde kuler er 43,2 %.
Når vi trekker uten tilbakelegging, må vi bruke formelen for hypergeometriske
sannsynligheter.
3  2
2 1
3 2 6
P( X  2) 


 60, 0 %
5
10 10
3
Sannsynligheten for at vi trekker to røde kuler er 60,0 %.

2
  

b
1
300 3
 for at hver enkelt kule er rød. Dermed er
500 5
2
1
3  2
3
P( X  2) 


 0, 432  43, 2 %
2  5   5 
Sannsynligheten for at vi trekker to røde kuler er 43,2 %.
Sannsynligheten er fortsatt

2
300  200

2   1 
P( X  2) 
 0, 433  43,3 %
500
3
Sannsynligheten for at vi trekker to røde kuler er 43,3 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7.149
a
1
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra,
og velger n  60 og p  0,85 . Vi lar X være antall frø
som spirer, og finner P( X  50) .
Sannsynligheten for at 50 frø vil spire er 12,9 %.
2
Vi finner P( X  50) . Sannsynligheten for at
minst 50 frø vil spire er 71,6 %.
b
Vi ønsker at P( X  50) skal være minst 99 %.
Med n  66 blir P( X  50)  98, 4 % , mens
med n  67 blir P( X  50)  99,1 % .
Vi må altså så 67 frø for at det skal være minst
99 % sannsynlighet for at minst 50 frø vil spire.
Oppgave 7.150
Dette er et binomisk forsøk, der hver fødsel er et delforsøk
der sannsynligheten er 1 % for at det blir tvillinger.
Vi lar X være antall tvillingfødsler, og vil at P( X  3)  90 % .
Vi bruker GeoGebra, og prøver oss fram med antall fødsler n.
Med n  530 blir P( X  3)  89,96 % , mens med n  531
blir P( X  3)  90,03 % . Det må altså være 531 fødsler ved
sykehuset for at sannsynligheten for at det blir født minst
tre tvillingpar skal være minst 90 %.
Oppgave 7.151
a
b
c
Hvis vi skal kunne se på de 20 skuddene som et binomisk forsøk, må skuddene utgjøre 20
uavhengige delforsøk. Sannsynligheten for at Emil treffer blinken må altså være 85 % i hvert
enkelt skudd, uavhengig av hvordan det har gått hittil i rennet.
Mulige grunner til at betingelsene ikke er oppfylt, kan f.eks. være at Emil er i dårlig form en
dag, at det er spesielt vanskelige værforhold, at siktet på geværet er feil innstilt, eller at Emil
blir nervøs fordi han begynner å bomme mye.
Vi lar X være antall blinker Emil treffer.
P( X  20)  20  0,8520  0,150  0,03876  3,9 %
20
Sannsynligheten for at Emil treffer alle blinkene er 3,9 %.
P( X  18)  P( X  18)  P( X  19)  P( X  20)
 
 
 
 
 20  0,8518  0,152  20  0,8519  0,151  20  0,8520  0,150
18
19
20
 0, 405  40,5 %
Sannsynligheten for at Emil treffer minst 18 av blinkene er 40,5 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi kan se på dette som et nytt binomisk forsøk, der
delforsøkene er hvert enkelt hele renn.
Fra oppgave b vet vi at sannsynligheten for at Emil treffer
alle blinkene i hvert enkelt renn, er 0,03876.
Vi lar nå X være antall renn hvor Emil treffer alle blinkene.
Vi bruker GeoGebra, og setter n  25 og p  0,03876 .
Så finner vi P( X  3) .
Sannsynligheten for at Emil treffer alle blinkene i
minst tre av rennene er 7,1 %.
Oppgave 7.152
a
b
Vi bruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGebra, og
skriver inn n  50 og p  0,90 . Vi lar X være antall frø
som spirer, og regner ut P( X  39) .
Sannsynligheten for at høyst 39 av 50 frø vil spire,
gitt at spireprosenten er 90 %, er 0,94 %.
Det er svært usannsynlig at 39 eller færre frø vil spire
hvis spireprosenten er 90 %. Ane har derfor god grunn
til å påstå at spireprosenten er mindre enn 90 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 52 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
De fem lappene kan ordnes i rekkefølge på 5!  1 2  3  4  5  120 forskjellige måter.
Vi kan altså lage 120 forskjellige femsifrede tall med de fem nummererte lappene.
Oppgave 2
a
Dette er et binomisk forsøk der de fire skålene utgjør fire uavhengige delforsøk.
I hvert delforsøk er sannsynligheten for å velge en rød Non Stop 4 6 , og sannsynligheten for
å velge en blå Non Stop er 2 6 . Sannsynligheten for å velge én rød Non Stop er derfor

1
4
P( X  1)  4   
1 6
b
2  1 42 8
2
   4    4 
3  3
3
81
6
3
3
Sannsynligheten for å velge to røde Non Stop er
2
2
2
2
43  2   1 
4 1 24 24 : 3 8
4 2
4
P( X  2) 





 6  


2  6   6  1  2  3   3 
9 9 81 81: 3 27

Oppgave 3
a
b
Det er to terninger, den vanlige (V) og den med feil (F).
Det er like sannsynlig å velge hver av terningene, P(V)  P(F)  P(V)  1 2 .
For den vanlige terningen er P(6 | V)  1 6 . For terningen med feil er P(6 | V)  1 3 .
Fra setningen om total sannsynlighet får vi dermed
1 1 1 1 1 1 3 1
P(6)  P(V)  P(6 | V)  P(V)  P(6 | V)        
2 6 2 3 12 6 12 4
1
Sannsynligheten for å få en sekser er .
4
Vi bruker Bayes' setning:
1 1
1

P(V)  P(6 | V) 2 6 12 1 4 4 1
P(V | 6) 


  

1
1 12 1 12 3
P(6)
4
4
Sannsynligheten for at vi kastet med den vanlige terningen, gitt at vi fikk en sekser, er
© Aschehoug
www.lokus.no
1
.
3
Side 53 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4
a


43
Antall måter vi kan velge to FOX fra en mengde på fire: 4 
6
2 1 2
Antall måter vi kan velge én NOX fra en mengde på to: 2  2
1
P 6  5  4 120
Antall måter vi kan velge tre karameller fra en mengde på 6: 6  6 3 

 20
3
3! 1  2  3
6
Formelen for hypergeometrisk sannsynlighet gir dermed
4  2
2 1
6  2 12 12 : 4 3
P( X  2) 




6
20 20 20 : 4 5
3
3
Sannsynligheten for å velge nøyaktig to FOX er .
5

  

b

Antall måter vi kan velge tre FOX fra en mengde på fire er 4  4 .
3
4  2
3 0
4 1 4 1
P( X  3) 



6
20 20 5
3
1
Sannsynligheten for å velge nøyaktig tre FOX er .
5
  

c
3 1 4
P( X  2)  P( X  2)  P( X  3)   
5 5 5
Sannsynligheten for å velge minst to FOX er
4
.
5
Oppgave 5
a
Vi bruker addisjonssetningen:
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0, 40  0,60  0,76  0, 24
Så bruker vi formelen for betinget sannsynlighet:
P( A  B) 0, 24 24 24 :12 2
P( A | B) 



  0, 40
P( B)
0,60 60 60 :12 5
b
Vi ser at P( A | B)  P( A) . Hendelsene A og B er derfor uavhengige.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 54 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 6
a
b
Vi skiller mellom to hendelser, nemlig at kvinnen er gravid (G), og at testen viser at hun er
gravid (T). I oppgaven er det opplyst at P(T | G)  99 % , P(T | G)  2 % og P(G)  20 % .
Altså er P(G)  80 % . Vi bruker setningen om total sannsynlighet.
P(T )  P(G)  P(T | G)  P(G)  P(T | G)  0, 20  0,99  0,80  0,02  0, 214  21, 4 %
Sannsynligheten for at testen indikerer at kvinnen er gravid, er 21,4 %.
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P(G | T ) , og bruker da Bayes' setning.
P(G)  P(T | G) 0, 20  0,99
P(G | T ) 

 0,925  92,5 %
P(T )
0, 214
Sannsynligheten for at kvinnen er gravid, når graviditetstesten er positiv, er 92,5 %.
Oppgave 7
a
b
Vi skal velge 15 rom fra de 19 tilgjengelige rommene. Rekkefølgen har betydning, altså
hvilken gruppe som havner i hvilket rom. Antall mulige ordnede utvalg er da
19 P15  19  18  17  16  15  14  13  12  11 10  9  8  7  6  5  5 068 545 850 368 000
Avdelingslederen kan fordele gruppene på 5 068 545 850 368 000 forskjellige måter.
De 15 gruppene kan ordnes i rekkefølge på 15! forskjellige måter.
15!  1 2  3  4  5  6  7  8  9 10 1112 13 14 15  1307 674 368 000
Avdelingslederen kan fordele gruppene på 1 307 674 368 000 forskjellige måter.
Oppgave 8
a
b
For hver fødsel er sannsynligheten 99 % for at det ikke er tvillinger.
P( X  0)  0,99200  0,1340  13, 4 %
Sannsynligheten for at det ikke blir født noen tvillingpar er 13,4 %.
Vi bruker formelen for binomisk sannsynlighet.
P( X  2)  200  0,012  0,99198  19 900  0,012  0,99198  0, 2720  27, 2 %
2
Sannsynligheten for at det blir født nøyaktig to tvillingpar er 27,2 %.
c
P( X  1)  200  0,011  0,99199  0, 2707
1
 
 
P( X  1)  P( X  0)  P( X  1)  0,1340  0, 2707  0, 4047  40,5 %
Sannsynligheten for at det blir født høyst ett tvillingpar er 40,5 %.
d
 
P( X  3)  200  0, 013  0,99197  0,1814
3
P( X  3)  P( X  0)  P( X  1)  P( X  2)  P( X  3)
 0,1340  0, 2707  0, 2720  0,1814  0,8581
Hendelsene «minst fire tvillingpar» og «høyst tre tvillingpar» er komplementære.
Dermed er
P( X  4)  P( X  3)  1  P( X  3)  1  0,8581  0,1419  14, 2 %
Sannsynligheten for at det blir født minst fire tvillingpar er 14,2 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 55 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 9
a
1
 
Antall måter vi kan velge to defekte komponenter fra 10 mulige: 10
2
 
Antall måter vi kan velge 18 fungerende komponenter fra 90 mulige: 90
18
Antall måter vi kan velge 20 komponenter fra 100 mulige: 100
20
Formelen for hypergeometrisk sannsynlighet gir dermed
10  90
2 18
P( X  2) 
 0,318  31,8 %
100
20
Sannsynligheten for at to av komponentene er defekte, er 31,8 %.
 
  
 
2
P( X  2)  P( X  0)  P( X  1)  P( X  2)
 100   9020  101   1990  102   1890  0, 681  68,1 %
100
100
100
20 
20 
20 
Sannsynligheten for at høyst to av komponentene er defekte, er 68,1 %.
3
P( X  3)  P( X  0)  P( X  1)  P( X  2)  P( X  3)
 100   9020  101   1990  102   1890  103   1790  0,890
100
100
100
100
20 
20 
20 
20 
P( X  4)  P( X  3)  1  P( X  3)  1  0,890  0,110  11, 0 %
Sannsynligheten for at minst fire av komponentene er defekte, er 11,0 %.
b
Tenk at det er x defekte komponenter i pakningen. Sannsynligheten for at minst fire av de
kontrollerte komponentene er defekte, er da gitt ved funksjonen
x  100  x
x  100  x
x  100  x
x  100  x
0
20
1
19
2
18
3
17
f ( x)  1 



(3  x  80)
100
100
100
100
20
20
20
20
Vi velger noen verdier av x, og regner ut f ( x) med GeoGebra.
           
 
 
 
 
x
f ( x)
10
0,110
11
0,149
12
0,194
13
0,242
14
0,294
15
0,347
16
0,402
17
0,456
18
0,508
Vi ser at f (14)  0, 294  29, 4 % .
Det er altså 14 defekte komponenter i pakningen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 56 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 10
a
1
For hvert av de ti spørsmålene er sannsynligheten 1 4  0, 25 for at de svarer riktig.
Formelen for binomisk sannsynlighet gir
P( X  3)  10  0, 253  0,757  120  0, 253  0,757  0, 250  25,0 %
3
Sannsynligheten for å få nøyaktig tre riktige svar er 25,0 %.
 
2
P( X  3)  P( X  0)  P( X  1)  P( X  2)  P( X  3)
 
 
 
 
 10  0, 250  0, 7510  10  0, 251  0, 759  10  0, 252  0, 758  10  0, 253  0, 757
0
1
2
3
 0, 776
3
b
P( X  4)  P( X  3)  1  P( X  3)  1  0, 776  0, 224  22, 4 %
Sannsynligheten for å få minst fire riktige svar er 22,4 %.
Hendelsen «minst sju gale svar» er det samme som «høyst tre riktige svar».
I oppgave a.2 fant vi at P( X  3)  0,776  77,6 % .
Sannsynligheten for å få minst sju gale svar er altså 77,6 %.
Tenk at klasse 2B vet svaret på x spørsmål. Da må de gjette svaret på 10  x spørsmål.
Vi vil vite sannsynligheten for at de får minst ni riktige svar, altså at de svarer feil på 0 eller 1
spørsmål. Sannsynligheten for å tippe feil på 0 eller 1 av (10  x) spørsmål er gitt ved
f ( x)  10  x  0, 750  0, 2510 x  10  x  0, 751  0, 259 x
0
1




 0, 2510 x  (10  x)  0, 75  0, 259 x
Vi regner ut f ( x) for noen verdier av x.
x
f ( x)
4
0,005
5
0,016
6
0,051
7
0,156
8
0,438
9
1
Vi ser at f (7)  0,156  15,6 % . Laget vet altså svaret på 7 av spørsmålene.
Oppgave 11
a
Barnet får sykdommen hvis det får genutgaven a fra begge foreldrene.
For hver av foreldrene er sannsynligheten 50 % for at barnet arver genutgaven a.
Sannsynligheten for at barnet får sykdommen er derfor 0,502  0, 25  25 % .
b
Sannsynligheten for at hvert enkelt barn ikke får sykdommen, er 75 %.
0,752  0,5625  56,3 %
Sannsynligheten for at ingen av de to barna får sykdommen, er 56,3 %.
Vi ser på hendelsene B = «kvinnen er bærer» og S = «barnet får sigdcelleanemi».
Da vet vi at P( B)  8 % og P( B )  92 % .
Hvis moren ikke er bærer av sykdommen, så kan heller ikke barnet få sykdommen
(men barnet kan bli bærer hvis det arver a-genet fra faren). Altså er P(S | B )  0 .
Hvis moren er bærer av sykdommen, så er altså begge foreldrene bærere.
Da fant vi i oppgave a at P(S | B)  25 % . Setningen om total sannsynlighet gir dermed
P(S )  P( B)  P(S | B)  P( B)  P(S | B)  0,08  0, 25  0,92  0  0,02  2 %
Sannsynligheten er 2 % for at et barn paret får, vil lide av sigdcelleanemi.
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 57 av 58
Løsninger til oppgavene i boka
d
Spørsmålet om hvert av de to barna får sykdommen eller ikke, er ikke uavhengige hendelser,
siden det avhenger av om moren er bærer av sykdommen eller ikke. Vi må i stedet dele opp
spørsmålet på samme måte som i oppgave c, og bruke resultatet fra oppgave b.
Vi ser på hendelsen I = «ingen av de to barna får sykdommen».
Fra oppgave b vet vi at P( I | B)  56, 25 % .
Hvis moren ikke er bærer, så vet vi at ingen av barna får sykdommen, P( I | B )  1 .
P( I )  P( B)  P( I | B)  P( B)  P( I | B)  0,08  0,5625  0,92 1  0,965  96,5 %
Sannsynligheten for at ingen av barna vil lide av sykdommen, er 96,5 %.
e
Vi vil finne den betingede sannsynligheten P( B | I ) , og bruker da Bayes' setning.
P( B)  P( I | B) 0,08  0,5625
P( B | I ) 

 0,047  4,7 %
P( I )
0,965
Sannsynligheten for at moren er bærer av sykdommen, når paret har to friske barn, er 4,7 %.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 58 av 58