Lösningsförslag till valda uppgifter i SANNOLIKHETSTEORI och STATISTIKTEORI med TILLÄMPNINGAR av Blom, Enger, Englund, Grandell & Holst.

Lösningsförslag till valda uppgifter i SANNOLIKHETSTEORI och STATISTIKTEORI med TILLÄMPNINGAR av Blom, Enger, Englund, Grandell & Holst. Version 8 februari 5 Fel i lösningarna mottages tacksamt till mattsson@math.kth.se. Notera att lösningarna på vissa ställen utnyttjar andra, mer fullständiga, tabeller än vad som normalt är tillgängliga för studenterna. Därför kan t.ex. kvantiler i normalfördelningen och t(n-fördelningar i lösningarna vara bestämda med mycket god nogrannhet.. a Notera att om tärningen har n sidor så måste vid n + gjorda försök någon sida förekomma minst två gånger (Direchlets lådprincip. Alltså, ett lämpligt utfallsrum är Ω {,, 4, 5, 6, 7} om tärningen har 6 sidor. b Vid varje försök (kast finns möjligheten att man inte erhåller samma antal ögon som i föregående kast vilket gör att antalet nödvändiga kast är obegränsat och ett lämpligt utfallsrum är Ω {,, 4, 5,...}.. Om den överskjutande längden efter en tillsågning är åtminstone cm kommer även den att tillsågas för att skapa en ny planka. Detta upprepas till den kvarvarande längden är för kort att utgöra en meterlång planka.. Alltså, den överskjutande bitens längd kan sägas vara ett utfall i utfallsrummet Ω {x : x < cm} [,. a Utfallsrummet består av 8 element. Ω {DDD, DDK, DKD, DKK, KDD, KDK, KKD, KKK} där A {exakt två defekta} består av utfallen A {DDK, DKD, KDD}. b Utfallsrummet består av element, Ω {,,, }, där A {exakt två defekta} består av utfallet A {}. c ( Utfallsrummet är överuppräkneligt och ges av Ω {x : x } R + [,. Händelsen är {x : a < x < b} (a, b. ( Utfallsrummet är överuppräkneligt och kan ges av Ω {(x, y : x, y } R +. Händelsen är {(x, y : x > a, y > a} (a, (a,. ( Utfallsrummet är överuppräkneligt och ges av Ω {(x,..., x n : x,..., x n } R n +..4 Händelsen A B består av utfallen som finns i A och i B, det vill säga händelsen kan uttryckas som både A och B inträffar. Händelsen A B består av utfallen i A men inte i B, det vill säga A B är händelsen A men inte B eller endast A.

Händelsen A B består av de utfall som inte ligger i A och inte heller i B så händelsen beskrivs av inte A och inte B, det vill säga varken A eller B. (Notera att meningen inte någon av A eller B låter sig skrivas som (A B vilket enligt de Morgan är ekvivalent med A B..5 Utfallsrummet består av de 6 utfallen Ω {(x, y : x, y {,,, 4, 5, 6}}. Med beteckningarna a A {Poängsumma mindre än 6} så är A {(x, y Ω : x + y < 6}, det vill säga A består av de utfallen {(,, (,, (,, (, 4, (,, (,, (,, (,, (,, (4, }. Således är P (A /6. b B {Samma poäng vid båda kasten} så är B {(x, x Ω}, det vill säga B består av de 6 utfallen {(,, (,, (,, (4, 4, (5, 5, (6, 6}. Således P (B /6. Man kan också tänka sig att det första kastet bestämmer det värde som man skall träffa i det andra kastet. För varje utfall av det första kastet är sannolikheten /6 att kast kommer att ge samma värde (kasten är oberoende. c C { Åtminstone ett av kasten ger precis två poäng } {(,, (,, (,, (4,, (5,, (6,, (,, (,, (, 4, (, 5, (, 6} och P (C /6. d Slutligen, D { Åtminstone ett av kasten ger minst fem poäng } innehåller distinkta utfall och P (D /6. 6 6 6 6 5 5 5 5 PSfrag replacements :a tärningen 4 PSfrag replacements :a tärningen 4 PSfrag replacements :a tärningen 4 PSfrag replacements :a tärningen 4 4 5 6 4 5 6 4 5 6 4 5 6 :a tärningen :a tärningen :a tärningen :a tärningen.6 Enligt Kolmogorovs axiom är P (A B P (A+P (B då A och B är disjunkta, det vill säga A B. Alltså är P (B P (A B P (A.75.5.5..7 Enligt additionssatsen är vilket ger P (A B P (A + P (B P (A B P (A B P (A + P (B P (A B.6 +.7.8.5..8 Givet är P (A., P (B. och P (A B.5. Ett Venn-diagram för händelserna kan se ut som:

A B.75.5.5.5 PSfrag replacements Alltså, a P ({ Åtminstone ett av felen } P (A B P (A+P (B P (A B.+..5.5. b P ({A men ej B} P (A B P (A P (A B..5.5. c P ({B men ej A} P (B A P (B P (A B..5.5. d P ({exakt ett av felen} P ((B A (A B P (B A + P (A B.5 +.5...9 Om A B så är P (A B P (A+P (B.6+.7. vilket inte är möjligt. Alltså, händelserna A och B är inte oförenliga (disjunkta.. Händelsen A B består av de disjunkta mängderna A och A B, det vill säga A B A (A B. Alltså är P (A B P (A + P (A B.5 +..6.. Händelsen A kan delas in i två disjunkta mängder: A B och A B. Alltså är P (A P (A B + P (A B vilket omformas till P (A B P (A P (A B. På samma sätt är P (B A P (B P (A B, och eftersom A B och B A är disjunkta, så är P ((A B (B A P (A B + P (B A P (A + P (B P (A B.. a P (A A n P (A (A A n P (A + P (A A n P (A (A A n }{{} P (A + P (A A n på samma sätt och så vidare... P (A + P (A + P (A A n P (A + P (A + + P (A n

b P (A A n {de Morgan} P ((A A n n P (A A n P (A i i n ( P (A i.. Vi väljer två bokstäver utan återläggning. Antalet sätt som dessa två bokstäver kan väljas på är ( 8 8 7 8 och vid val på måfå är alla dessa sätt lika sannolika. Enligt den klassiska sannolikhetsdefinitionen fås att sannolikheten kan bestämmas som P (Drar V och G Antal gynnsamma utfall Antal möjliga utfall i 8.57..4 Vi väljer tre kort utan återläggning. Antalet sätt som dessa tre kort kan väljas på är ( 5 5 5 5 och vid val på måfå är alla dessa sätt lika sannolika. a Att välja tre kort så att alla tre korten är hjärter kan göras på ( 86 sätt. Enligt den klassiska sannolikhetsdefinitionen är P (Alla hjärter Antal gynnsamma utfall Antal möjliga utfall ( ( 5 85.9%. b Att välja tre kort så att inget kort är hjärter kan göras på ( 9 99 sätt. ( 9 P (Inga hjärter 7 7 4.5%. c Att välja tre kort så att alla kort är ess kan göras på ( 4 4 sätt. ( 4 P (Alla ess ( 5 555.8%. ( 5.5 Vi väljer två kulor utan återläggning. Antalet sätt som dessa två kulor kan väljas på är ( 7 7 6 och vid val på måfå är dessa sätt lika sannolika. Att välja två kulor så att en är svart och en är vit kan enligt multiplikationsprincipen göras på ( ( # sätt att # sätt att ( ( 4 välja en välja en vit 4 sätt. svart kula kula Enligt den klassiska sannolikhetsdefinitionen fås att P (Två kulor av olika färg ( 4 ( ( 7 4 7.57. b Om urvalet görs med återläggning finns 7 7 49 sätt att välja två kulor på (med hänsyn till ordning. Enligt tidigare kan man på sätt välja två kulor av olika färg oavsett ordning, det vill säga på 4 4 sätt med hänsyn till ordning. Den sökta sannolikheten blir således P (Två kulor av olika färg 4 49.49. Alternativt kan sannolikheterna beräknas med hjälp av betingning på färgen på den först dragna kulan. 4

PSfrag replacements 4/7 :a svart /6 /6 :a svart :a vit 4/7 /7 /6 /6 4/6 /6 4/7 :a svart 4/7 /7 :a svart :a vit /7 :a vit 4/6 /6 :a svart :a vit /7 :a vit 4/7 /7 :a svart :a vit I fallet utan återläggning (till vänster är sannolikheten för att de två kulorna har olika färg 4 7 6 + 7 4 4 4 4 7 och i fallet med återläggning (till höger är motsvarande sannolikhet 4 7 7 + 7 4 7 4 49..6 Mängden av alla stryktipsrader Ω {,, } {,, } har enligt multiplikationsprincipen m 594 element vardera med sannolikhet /m. a Låt A vara händelsen att man får rätt. Antalet element i A är enligt multiplikationsprincipen och P (A g/m / 6.7 7. g A b Låt B vara händelsen att de första matcherna är rätt och den :e matchen fel. Antalet element i B ges av g B ty de första tolv matcherna kan endast tippas på ett sätt och sista matchen på (felaktiga sätt. Alltså P (B g/m /.55 6. c Låt C vara händelsen att få precis rätt. Antalet stryktipsrader med tolv rätt där match i, i,...,, är fel är } {{ } } {{ }, i st i st eftersom man kan tippa match i fel på två sätt. Med möjliga värden på i så är antalet stryktipsrader med exakt rätt C 6 och P (C g/m 6/ 6.6 5. Generellt, låt D k vara händelsen precis k rätt. Enligt multiplikationsprincipen är antalet utfall i D k, ( ( ( # sätt att # sätt att # sätt att ( D k välja ut k tippa k tippa k k k k matcher matcher rätt matcher fel så sannolikheten för att en stryktipsrad har exakt k rätt ges av ( k k k ( ( k ( k P (precis k rätt k för k,,...,. 6 PSfrag replacements.5. Sannolikhet.5..5 4 5 6 7 8 9 Antal rätt, k Sannolikheterna för att få k rätt på stryktipset med en på måfå ifylld rad. 5

.7 Sannolikheten att det bland n personer inte finns någon gemensam födelsedag är P (Ingen gemensam Antalet sätt vi kan välja ut n födelsedagar utan par. Antalet sätt vi kan välja ut n födelsedagar Under ett antagande om att varje år har 65 dagar och att födelsedagar är likformigt fördelade över åren kan med multiplikationsprincipen bestämma sannolikheten till P (Ingen gemensam 65 64 (65 n + 65 65 65 65! 65 n (65 n!. Sannolikheten för minst att det bland n personer finns minst en gemensam födelsedag är således PSfrag replacements P (Minst en gemensam P (Ingen gemensam 65! 65 n (65 n!..9 P (Minst en gemensam fodelsedag.8.7.6.5.4... 5 5 5 5 4 45 5 55 6 65 7 Antal personer För olika värden på n bestäms sannolikheten till n 5 4 P (Minst en gemensam.7.7.69.44.57.76.89, och man ser att för eller fler personer är sannolikheten större än 5%..8 Slumpförsöket består av att dra 5 kort utan återläggning på måfå ur en kortlek om 5 kort. Utfallsrummet består då av de m ( 5 5 59896 sätt som detta kan göras på. Antalet utfall som motsvarar en hand med korten... a ess, kung, dam, knekt, tio i samma färg, är enligt multiplikationsprincipen ( # följder g (# färger 4 ess,...,tio så sannolikheten är g/m 4/ ( 5 5. b fem kort i följd i samma färg, är enligt multiplikationsprincipen ( # följder om g (# färger 4 9 6 fem kort så sannolikheten är g/m 6/ ( 5 5. 6

c fem kort i samma färg, är enligt multiplikationsprincipen g (# färger så sannolikheten är g/m 4 ( ( 5 / 5 5. ( # sätt att välja fem 4 kort ( 548 5.9 Slumpförsöket består av att dra kort utan återläggning på måfå ur en kortlek om 5 kort. Utfallsrummet består då av de m ( 5 655596 sätt som detta kan göras på. Antalet utfall som motsvarar en hand med korten... a 5,,, är enligt multiplikationsprincipen ( ( ( ( # sätt att # sätt att # sätt att # sätt att g välja 5 välja välja välja ( ( ( ( 87 86 86 78 8756 5 så sannolikheten är g/m.9. b fördelningen 5,,, på godtyckliga (distinkta färger. Enligt ovan är ( # sätt att välja 5 av färg ( # sätt att välja av färg ( # sätt att välja av färg ( # sätt att välja av 8756 färg 4 så det som återstår är att bestämma på hur många olika sätt man kan fördela,, och över färg 4. Välj först vilka färger vi skall plocka tre kort av. Det kan göras på ( 4 6 sätt. För vart och ett av de sätten skall vi bestämma den färg som vi skall plocka 5 kort av. Vi har två färger kvar så detta kan göras på ( sätt. Den sista färgen kan bara väljas på ett sätt. Det totala antalet sätt som färgerna kan fördelas är ( 4 och sannolikheten är (svaret i a.556.. Alternativ : Betrakta den hög där ruter kung ligger. Sannolikheten att hjärter kung ligger i samma hög är / (ett kort av tre möjliga, dvs. med sannolikhet / ligger de i olika högar. Alternativ : (Hypergeometrisk fördelning. Av N 4 kort är s svarta och v röda. För att ( välja ut korten i den ena högen väljer man ut n kort av N stycken, vilket kan göras på N ( n 4 4 6 sätt. Av dessa är det ( ( ( ( s v 4 sätt som ger exakt ett svart kort, vilket medför att de två röda korten ligger i varsin hög. Den sökta sannolikheten är således ( ( ( 4. Alternativ : (Formell betingning De två korten som skall läggas i en av högarna väljs enligt nedstående träddiagram: 7

PSfrag replacements /4 :a svart / / :a svart :a röd /4 :a röd / / :a svart :a röd Sannolikheten för att få två kort av olika färg är således 4 + 4.. Av N distinkta enheter är s 6 defekta. Om man väljer ut n 5 på måfå utan återläggning så är enligt multiplikationsprincipen ( ( #sätt att välja #sätt att välja 5 bland de bland de defekta P ( defekta hela #sätt att välja 5 bland alla ( ( 6 94 ( På samma sätt kan man räkna ut ( ( ( ( 6 94 6 94 + 5 4 P ( eller defekt ( 5 5 5 444 75875 5 5479.676. 54898 + 8976 75875 4564 4484.97. Om man låter {X k} beteckna händelsen att det finns k defekta bland de utvalda så kan man på samma sätt bestämma sannolikheten för händelserna ( ( #sätt att välja #sätt att välja ( ( k bland de defekta hela k 5 k 5 k bland de 6 94 P (X k (. #sätt att välja 5 bland alla 5 för k,,..., 5 PSfrag replacements P (X k.8.6.4. 4 5 Antal defekta, k. Efter ha tagit tre hjärter ur kortleken finns 5 49 kort kvar varav är hjärter. Den betingade sannolikheten att det fjärde kortet inte är ett hjärter är P (Fjärde kortet är inte hjärter tre första korten är hjärter 9 49.796. 8

b Låt A vara händelsen att det fjärde kortet är en spader och B händelsen att de tre första korten är hjärter. Notera att det inte är en betingad sannolikhet som söks. Av de kvarvarande 49 korten är stycken spader så sannolikheten är P (Fjärde kortet är spader tre första korten är hjärter P (A B 49.65 det vill säga en tredjedel av svaret i a. Den sökta sannolikheten är där så P (A B P (A B P (B P (B P (tre första korten är hjärter 5 5 5 85 P ({Fjärde kortet är spader} {tre första korten är hjärter} P (A B P (B 49 85 4 465.. Låt H, H och H beteckna händelserna att instrument, eller väljes. Då är P (H k, k,,, och de tre händelserna utgör en partition av utfallsrummet. Låt A vara händelsen att valt instrument fungerar. Enligt lagen om total sannolikhet är P (A P (A H P (H + P (A H P (H + P (A H P (H.9 +.8 +.4.7. b Med Bayes formel erhålles På samma sätt fås och P (H A P (H A P (A P (A H P (H P (A P (H A P (A H P (H P (A P (H A P (A H P (H P (A Notera att dessa tre sannolikheter summeras till..8.7.4.7.9.7 8 4..4 Av de frukterna är giftiga och 8 ogiftiga. Låt B vara händelsen att hunden får en ogiftig frukt. Hundens frukt väljes på måfå och således är P (B 8/. Givet att hunden klarar sig finns frukter kvar varav är giftiga och 7 ogiftiga. Sannolikheten att Per får alla giftiga frukter är ( ( #sätt att välja #sätt att välja 4 bland de bland de giftiga ogiftiga #sätt att välja 4 bland alla Sannolikheten att Pål får alla giftiga frukter är ( #sätt att välja bland de giftiga ( #sätt att välja 6 bland de ogiftiga #sätt att välja 6 bland alla 9 ( ( 7 ( 4 ( ( 7 ( 6 7 9 8 7 4 9 8 7 4 7.. 7 6 5 6.

Med A som händelsen att både Per och Pål får minst en giftig frukt var är P (A B P ({Per får alla} {Pål får alla} B P (Per får alla B P (Pål får alla B 6 4 5. c Slutligen P (A B P (A B P (B 4 5 8 55..5 Låt H vara händelsen att det var två M som föll ned. Då är P (H / ( 5 /. Om två M faller ned står det fortfarande MALMÖ efter uppsättning. Om det inte är två M som faller ned står det MALMÖ på skylten efter uppsättning med sannolikhet /. Enligt lagen om total sannolikhet är P ( MALMÖ P ( MALMÖ H P (H + P ( MALMÖ H P (H + 9..6 Händelsen att familjen har minst ett barn av vardera kön givet att det äldsta barnet är en pojke är händelsen att de tre andra barnen är en pojke och två flickor. Varje sådan tilldelning av kön har sannolikhet p( p enligt oberoendet. Att välja ut vilket barn som blir pojke kan göras på ( sätt. Den sökta sannolikheten är således p( p. b Låt B vara händelsen att familjen har minst en pojke. Då är B händelsen att familjen har enbart flickor och enligt oberoendet P (B ( p 4, det vill säga P (B ( p 4. Låt A vara händelsen att familjen har två pojkar och två flickor. Varje sekvens av två pojkar och två flickor har sannolikhet p ( p på grund av oberoendet och det finns ( 4 6 sådana sekvenser (könstilldelningar. Således är P (A 6p ( p. Nu är A B och P (A B P (A B P (B P (A P (B 6p ( p ( p 4..7 a Med definitionen av betingad sannolikhet har man att P (andra sidan röd sedd sida röd P (andra sidan röd sedd sida röd P (sedd sida röd / /, eftersom täljaren är sannolikheten för händelsen att man ser det helröda kortet och nämnaren fås av att hälften av kortsidorna är röda. b Det är inte samma chans för båda fallen. Av ovanstående följer att P (rödröd sedd sida röd P (andra sidan röd sedd sida röd / medan P (rödvit sedd sida röd P (andra sidan vit sedd sida röd /..8 Låt A, B och C vara händelsen att person A, B och C får vinstlotten. Notera att händelserna är disjunkta och P (A B C. Eftersom A tar första lotten är P (A / P (A B C. P (B P (B A P (A + P (B A P (A +

eftersom PSfrag replacements givet A finns två lotter kvar och P (B A är således en halv. Slutligen, P (C P (C B P (B + P (C B P (B + Resonemanget illustreras enkelt med ett träddiagram:. / A vinst B nit C nit A B C / B vinst / C nit A B C A nit / B nit C vinst A B C Träddiagram som visar de tre möjliga fallen: A vinner, B vinner och C vinner..9 Låt A, B och C beteckna händelserna att ett på måfå valt batteri kommer från fabrik A, B eller C. Vidare, PSfrag replacements låt R beteckna händelsen att valt batteri har en lång livslängd. Enklast illustreras sambandet mellan händelserna och deras betingade sannolikheter i ett träddiagram såsom det nedan. Sannolikheten för tex. händelsen att man väljer ett batteri från fabrik A som räcker länge, P (A R, kan beräknas som P (R A P (A, dvs. genom att multiplicera grenarnas sannolikheter..5 Fabrik A.95.5 Räcker länge Räcker inte länge A R A R. Fabrik B.97. Räcker länge Räcker inte länge B R B R. Fabrik C.98. Räcker länge Räcker inte länge C R C R Alltså, P (A R P (R A P (A.95.5.475 P (B R P (R B P (B.97..94 P (C R P (R C P (C.98..94 och P (R P ((A R (B R (C R P (A R + P (B R + P (C R.96. Vidare så är P (A R P (A R P (R.475.96.495

och P (A R P (A R P (R P (R A P (A P (R.5.5.7.6757.. Låt F vara händelsen den flyttade kulan är vit och V händelsen den dragna kulan är vit. a Då är F händelsen flyttad kula svart och PSfrag replacements b Vi söker nu P (F V. P (V P ((V F (V F P (V F + P (V F P (V F P (F + P (V F P (F 5 + 5 7 5. P (F V P (F V P (V P (V F P (F P (V 5 7 5 7. /5 Flytta vit / / Drag vit Drag svart P (V F P (V F P (F / /5 4/5 P (V F / /5 /5 /5 Flytta svart / / Drag vit Drag svart P (V F / /5 /5 P (V F / /5 6/5 PSfrag replacements. Låt S vara händelsen att en skickad bit är en :a och M vara händelsen att en :a mottagits. Beroendet mellan S och M ges av träddiagrammet nedan..4 Sänd.99. Mottag Mottag P (S M P (M S P (S.99.4.96 P (S M..4.4.6 Sänd..98 Mottag Mottag P (S M..6. P (S M.98.6.588 De sökta sannolikheterna är (kolla figuren! och P (S M P (S M P (M P (M S P (S P (M S P (S + P (M S P (S.588.4 +.588.99 P (fel P ((S M (S M.4 +..6.. Med de Morgan P (A B P ((A B P (A B (P (A + P (B P (A B (A och B oberoende P (A P (B + P (A P (B ( P (A( P (B P (A P (B

det vill säga A och B är oberoende. Således P (A B P (A P (B (.(.5.855.. Låt A, B och C vara händelserna att familj A, B respektive C kommer där P (A.8, P (B.6 och P (C.9. a Händelsen att alla kommer är A B C och med oberoendet fås P (Alla kommer P (A B C P (A P (B P (C.8.6.9.4. b På samma sätt P (Ingen kommer P (A B C P (A P (B P (C..4..8. c Komplementet till händelsen {minst en kommer} är att ingen kommer. Således är P (Minst en kommer P (Ingen kommer.99..4 Om tärningen har 6 sidor och har samma sannolikhet för varje sida är P (A /6 /. Genom att betinga på utfallet i första tärningskastet kan man utnyttja lagen om total sannolikhet för att bestämma P (B:.5 P (B P (B :a P (:a + P (B :a P (:a + P (B :a P (:a + P (B 4:a P (4:a + P (B 5:a P (5:a + P (B 6:a P (6:a 6 6 + 6 6 + 6 6 + 4 6 6 + 5 6 6 + 6 6. Händelsen A B är händelsen {slå en :a följt av en 5:a eller 6:a} eller {slå en 5:a följt av minst en :a}, det vill säga P (A B 6 6 + 6 5 6 7 6. Eftersom så är händelserna oberoende. P (A B 7 6 P (A P (B 6 a Med data: k t s v 4 fås P (S /4 /, P (T /4 / och P (S T /4. Alltså är och händelserna är oberoende. P (S T 4 P (S P (T

b Med data: k t s v fås P (S / /, P (T / / och P (S T /. Alltså är P (S T 4 P (S P (T och händelserna är inte oberoende. Givet information att det dragna föremålet är säg svart ökar sannolikheten att det också är en tärning. P (T S /..6 Sannolikheten att en tillverkad komponent har minst ett av felen Alternativ : Händelsen något av felen A B C och P (A B C {de Morgan} P (A B C {oberoende} P (A P (B P (C (.(.5(..684.6. Alternativ : Händelsen något av felen A B C och P (A B C P (A + P (B + P (C P (A B P (A C P (B C + P (A B C {oberoende} P (A + P (B + P (C P (A P (B P (A P (C P (B P (C + P (A P (B P (C. +. +.5....5..5 +...5.6. Alternativ : Låt X beskriva antalet fel hos produkten. {X } A B C så utnyttjandes oberoendet P (X P (A P (B P (C.684 och på samma sätt fås P (X P (A P (B P (C + P (A P (B P (C + P (A P (B P (C.8 P (X P (A P (B P (C + P (A P (B P (C + P (A P (B P (C. P (X P (A P (B P (C. Vi söker P (X P (X.684.6. PSfrag replacements A.7.9.76..9 C.4.684.6 Venndiagram där händelserna motsvarande felen A, B och C är oberoende. 4 B

.7 Låt A vara händelsen att det dragna kortet är hjärter och B händelsen att det dragna kortet är ess. Vi får omedelbart att P (A /5 /4 och P (B 4/5 /. Händelsen A B är händelsen att det dragna kortet är hjärter ess och vi får då att P (A B /5. Det innebär att P (A B P (A P (B varför A och B är oberoende. b Definiera A och B som i a ovan. Vi får då att P (A /48 och P (B 4/48 /. Vidare ser vi att P (A B P (dragna kortet är hjärter ess /48 varför vi inte har att P (A B P (A P (B. Händelserna A och B är ej oberoende..8 Låt A och B vara två händelser med P (A > och P (B >. a Om A och B är oförenliga (disjunkta, A B, så är och händelserna är inte oberoende. b Om A och B är oberoende så är så A B och A och B är ej oförenliga. P ( P (A B P (A P (B > }{{}}{{} > > P (A B P (A P (B > }{{}}{{} > >.9 Låt K,..., K n vara de oberoende händelserna att komponenter,..., n fungerar en given tid. P (K i p i. a Då gäller för ett seriesystem P (Syst. fungerar P (K K n {ober.} P (K P (K n p p n. b För ett parallellsystem har vi att P (Syst. fungerar P (K K n P (K Kn {ober.} P (K P (K n ( p ( p n. c Med n 4 och p i.9 får man P (Seriesystem fungerar.9 4.656 P (Parallellsystem fungerar (.9 4 4..4 (Se även uppgift.9. För två komponenter, låt A och B vara de oberoende händelserna att respektive komponent fungerar. Notera att med två komponenter är händelserna {seriesystem fungerar} A B och {parallellsystem fungerar} A B (A B. a Händelsen {seriesystem fungerar} A B så med oberoendet P ({seriesystem fungerar} P (A B P (A P (B.9.8.7. b Komponentredundans motsvaras av en seriekoppling av två parallellsystem där parallellsystem fungerar med sannolikhet P ({parallellsystem fungerar} P (A A P (A A P (A P (A ( P (A ( P (A (.9(.9.99. 5

Motsvarande för parallellsystem är P ({parallellsystem fungerar} P (B B P (B B P (B P (B ( P (B ( P (B (.8(.8.96. Seriekopplingen av dessa två system har funktionssannolikhet P ({system fungerar} P ({parallells. fungerar} {parallells. fungerar}.99.96.954. c Systemredundans innebär en parallellkoppling av två seriesystemen, där varje seriesystem har funktionssannolikhet.7. Parallellkopplingen har funktionssannolikhet P ({system fungerar} P ({seriesystem fungerar} {seriesystem fungerar} ( P ({series. fung}( P ({series fung} (.7.96..4 Numrera reläerna enligt: PSfrag replacements 4 5 6 7 Låt K i, i,..., 7, beteckna händelsen att relä i är tillslaget. Händelserna K i, i,..., 7 är oberoende och låt p i P (K i. Låt A K, B K K 4 K 6 C K K K 5 K 7 K 6. Om någon av händelserna A, B eller C inträffar är punkterna förbundna med varandra. Alltså, punkterna är förbundna med sannolikhet P (A B C P (A + P (B + P (C P (A B P (A C P (B C + P (A B C p + p p 4 p 6 + p p p 5 p 7 p 6 p p p 4 p 6 p p p p 5 p 7 p 6 p p 4 p 6 p p 5 p 7 + p p p p 4 p 5 p 6 p 7 p + p p 4 + p 5 p 6 + p 7..4 Spelet avslutas när tavlan träffats två gånger. Händelsen att det är samma person som skjutit båda skotten är händelsen att efter första träffen sker det ett udda antal missar följt av en träff. Alltså, P (Samma person ( p k+ [ p ( pp ( p ] k ( pp ( p k p p. Notera att detta är sannolikheten att en ffg(p-fördelad stokastisk variabel antar ett jämnt värde. k.4 6

Alternativ : En kortlek kan delas i 4 lika stora högar, det vill säga med kort i varje hög, på ( ( ( ( 5 9 6 sätt. Att välja ut den första högen så att den innehåller ett ess kan göras på ( 48 4 ( sätt. Efter detta kan den andra högen väljas på ( 6 ( sätt så att den innehåller ett ess. Den tredje högen väljes analogt på ( 4 ( ( sätt och den fjärde på ( sätt. Sålunda blir sannolikheten ( 48 4 ( 6 ( 4 ( P (Ess i varje hög ( ( ( ( ( 9 ( 6 ( 4 97 85.55 ( 5 Alternativ : Vi tar hänsyn till kortens ordning i högarna. Vi tänker oss 5 positioner (lådor där låda motsvarar hög, lådor 4 6 hög, 7 9 hög och slutligen 4 5 den sista högen. Det första esset kan läggas ut på 5 sätt. När det lagts ut är de andra lådorna knutna till samma hög blockerade så ess två kan läggas ut på 9 sätt. För var och ett av dessa kan sedan ess tre läggas ut på 6 sätt och slutligen det sista esset på sätt. Sannolikheten är därför 5 9 6 (4 ( ( ( 5 5 5 49 5!/48! ( 5 4 4 5! 4!48! ( 5 4 4..44 Låt B vara händelsen att bridgehanden innehåller minst ett ess och A händelsen att bridgehanden innehåller exakt ett ess. En bridgehand om kort kan väljas på ( 5 sätt. Om man inte har några ess är de korten valda bland de 5 4 48 kort som inte är ess. En bridgehand utan ess kan således väljas på ( 48 sätt och om bridgehanden väljes på måfå är Eftersom A B och så är Den sökta sannolikheten är P (B P (minst ett ess P (Inget ess ( 4 48 P (A P (exakt ett ess ( P (A B P (A B P (B P (A B P (A B P (A P (B ( 5 ( 4 48 ( ( 48. ( 5 ( 48 ( 5. ( 4 48 ( ( 48 559 4498.696. b Givet att personen har hjärter ess är sannolikheten för inget ytterligare ess ( 48 P (A har hjärter ess ( och den sökta sannolikheten är ( 48 P (A har hjärter ess ( 686 85.56. 7 ( 5 ( 5 ( 5

. Låt X beteckna det nummer där lyckohjulet med n nummer stannar. De möjliga värdena på X är S X {,,..., n}. Ett rättvist hjul har samma sannolikhet för alla nummer, dvs p X (k P (X k p beror ej av k. Eftersom n p X (k p np k S X PSfrag replacements.. så är p /n, dvs P (X k /n för k S X. Med n nummer så är. P (.4 < X 5 P ({X } {X 4} {X 5} P (X + P (X 4 + P (X 5.6.8 n + n + n n. PSfrag replacements..4.5 k P (X k.5.4... P (X k.8.6.4. P (X k 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 Vinstnummer, k P (X k 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 Vinstnummer, k. Lotterna i lotteriet fördelas enligt Antal lotter vinstbelopp 5 5 964 Totalt Låt X beskriva vinstbeloppet av en på måfå vald lott. De möjliga värdena på X är S X {, 5,, }. Sannolikhetsfunktionen för X ges av och p X (x för övrigt. p X ( P (X 964/.964 p X (5 P (X 5 /. p X ( P (X 5/.5 p X ( P (X /.. De möjliga värdena för den stokastiska variabeln X ges av S X {, 4, 7, 8, 9} där a Eftersom k S X p X (k så är p X ( 4, p X(4, p X(7, p X(8. p X (9 [p X ( + p X (4 + p X (7 + p X (8]. b Eftersom fördelningsfunktionen F X (t P (X t fås F X (5 P (X 5 k S X :k 5 p X (k p X ( + p X (4 7. c P (4 X 8 k S X:4 k 8 p X (k p X (4 + p X (7 + p X (8 7 8

och P (X 8 k S X:k 8 p X (k p X (8 + p X (9 4..4 Om X beskriver summan av två på måfå valda mynt så ges de möjliga värdena av S X {, 6}. Sannolikheten för att erhålla dessa värden skall nu bestämmas och uppgiften kan lösas på flera sätt. Alternativ : Vi kan välja ut mynt av tre på ( sätt. Av dessa kan två enkronor väljas på sätt så P (X P (Välj två enkronor och alltså P (X 6 P (X 6 P (X. Alternativ : Låt A och A vara händelserna att det första respektive det andra valda myntet är en enkrona. Då är P (A och P (A A så P (X P (Välj två enkronor P (A A P (A A P (A och P (X 6 P (X 6 P (X. Alternativ : De tre möjliga utfallen Ω {, 5, 5} lika stor sannolikhet. För de tre utfallen fås värdena +, + 5 6 och + 5 6. Den stokastiska variabeln X har således möjliga värden givna av S X {, 6} där p X ( P (X P ( p X (6 P ({ 5} { 5} +..5 I en urna med N kulor är v 4 stycken vita och s 6 stycken svarta. Vid dragning med återläggning låt X beskriva antalet dragna svarta kulor före den första vita kulan. Möjliga värden på X ges av S X {,,,,...} och händelsen X k, k S X, är händelsen att man dragit k svarta kulor följt av en vit. Alltså är P (X k Antalet sätt att dra k svarta följt av en vit Antalet sätt att dra k + kulor sk v ( s k v N k+ N N ( pk p, för k,,,... där p v/n.4 andelen vita kulor i urnan. Detta är en geometrisk fördelning..5 PSfrag replacements.4. px(x.. 4 5 6 7 8 9 x Antalet dragna svarta kulor före den första vita vid val på måfå med återläggning. Nu är P (X p X (k ( p k p ( p p ( p k ( p p ( p ( p. k S X:k k k 9

Detta kan även inses genom att händelsen X är händelsen att dra tre svarta kulor på rad. Med siffror är P (X ( p (.6.6..6 I en urna med N kulor är v 4 stycken vita och s 6 stycken svarta. Vid dragning med återläggning låt Y beskriva antalet dragna kulor när den första vita kulan dras. Möjliga värden på Y ges av S Y {,,,...} och händelsen Y k, k S Y, är händelsen att man dragit k svarta kulor följt av en vit. Alltså är P (Y k Antalet sätt att dra k svarta följt av en vit Antalet sätt att dra k kulor sk v ( s k v N k N N ( pk p, för k,,,... där p v/n.6 andelen vita kulor i urnan. Detta är en för-första-gången-fördelning. Notera att Y X + med X enligt uppgift.5. Alternativ : Nu är P (Y p Y (k ( p k p ( pp ( p k ( pp ( p p. k S Y :k k k Alternativ : P (Y P (Y < P (Y ( p p p. Händelsen Y är händelsen att dra en svart kula. Med siffror är P (Y p.6..7 I en urna med N kulor är v 4 stycken vita, det vill säga andelen vita kulor är p v/n.4. a Låt X beskriva antalet vita kulor vid dragning av n stycken med återläggning. Möjliga värden på X är S X {,,, }. Betrakta en sekvens av k vita och n k svarta kulor. En sådan sekvens har sannolikhet Antalet sätt att få en viss sekvens av k vita och n k svarta Antalet sätt att dra n kulor vk (N v n k ( v k ( N n v n k p k ( p n k. N N Händelsen ( X k är händelsen att få någon av dessa sekvenser med k vita och n k svarta. Det finns n k sådana sekvenser så ( n P (X k p k ( p n k k,,,..., n. k Detta är binomialfördelningen. Låt X beskriva antalet vita kulor vid dragning av n stycken utan återläggning. Möjliga värden på X är S X {,,, }. ( v N v ( Np ( N( p Antalet sätt att få k vita och n k svarta P (X k k( n k k n k ( Antalet sätt att dra n kulor N ( N k,,,. n n Detta är den hypergeometriska fördelningen. b Händelsen att få fler vita än svarta kulor är händelsen {X > n/} {X >.5} som har sannolikhet P (Fler vita än svarta p X (k p X ( + p X (. Vid dragningen med återläggning erhålls ( p X ( + p X ( p ( p + k S X :k>.5 ( p ( p p ( p.5

och vid dragning utan återläggning är sannolikheten ( 6 ( 6 p X ( + p X ( ( 4 ( + ( 4 ( 4 6 + 4 9 8..8 De möjliga värdena på X är S X {,,,...} där P (X k p k för k,,,... och något p >. Nu är så k S X p X (k P (X + k P (X k P (X + P (X k k p k P (X + p P (X k p p p p. k p k P (X + p p. Om uttrycken för P (X k, k S X, skall vara giltiga så skall P (X k vilket ger eller < p /. p p.9 Låt den stokastiska variabeln X har möjliga värden S X {,,,,...} och sannolikhetsfunktion p X (k µk k! e µ, k,,,..., och noll för övrigt. Vi söker sannolikheten P ( < X < 5. Alltså, P ( < X < 5 k S X : <k<5.97. p X (k p X ( + p X (4 µ! e µ + µ4 4! e µ (4 + µµ e µ 8 4 6 e 4. Låt A k stå för händelsen att terminal k används, k,,. Om X beskriver antalet terminaler som används så ges de möjliga värdena för X av S X {,,, }. Vi erhåller att Vi ser också att P (X P (A A A {oberoende} P (A P (A P (A 4 4. P (X P (A A A {oberoende} P (A P (A P (A 4 6 4. Händelsen {X } är händelsen {A A A } {A A A } {A A A }. Vi erhåller P (X P ((A A A (A A A (A A A P (A A A + P (A A A + P (A A A P (A P (A P (A + P (A P (A P (A + P (A P (A P (A 4.

Den sista sannolikheten P (X fås enklast som P (X P (X (P (X + P (X + P (X. Vi har alltså 4 för k, 6 4 för k, p X (k 4 för k, 6 4 för k, för övrigt.. Enligt uppgift är vilket ger att µ ln(/ ln(. Sålunda har vi att P (X µ! e µ e µ P (X P (X < (P (X + P (X ( + µ! e µ ln(.54.. De möjliga värdena på X ges av intervallet S X [,. Intervallet innehåller ett överuppräkneligt antal värden och dessa kan inte alla tillskrivas positiva sannolikheter. Ett rimligt utseende på fördelningsfunktionen är F X (t P (X t t för t <, eftersom händelsen {X t}, att få vänta högst t minuter, innebär att mannen kom till hållplatsen under ett tidsintervall av längd t minuter före nästa tåg. Med minuter mellan tågen är sannolikheten att träffa ett intervall av längd t, t/, om tidpunkten väljes på måfå. Ur P (a < X b F X (b F X (a och P (a < X b fås att F X (t är primitiv funktion till f X (t och likformig fördelning på intervallet [, ]. f X (t d dt F X(t, t, b a f X (x dx b Alternativ : Alternativ : PSfrag replacements P (.5 < X 7 x S X:.5<x 7 f X (x dx 7.5 7.5 dx.5. P (.5 < X 7 F X (7 F X (.5 7.5 7.5 PSfrag replacements.5...4.6.8...4.5.6.7.8.9 täthetsfunktion fx(x...8.6.4.. fördelningsfunktion FX(x.9.8.7.6.5.4... fördelningsfunktion FX(x 4 5 6 7 8 9 x täthetsfunktion fx(x 4 5 6 7 8 9 x

. En kontinuerlig stokastisk variabel med täthetsfunktion f X (x uppfyller att Om f X (x f(x så är det vill säga c /7. f X (x dx 6 f X (x dx. [ x cx dx c ] 6 7c.4 En kontinuerlig stokastisk variabel med täthetsfunktion f X (x uppfyller att Om f X (x f(x så är f X (x dx. f X (x dx det vill säga c / 8. Med detta värde är P (X > f X (x dx c x + dx c [ x + ] c c x + dx c [ x + ] c(.99.5 Den stokastiska variabeln X har fördelningsfunktion { för x < F X (x P (X x /x för x. Vi söker medianen x.5, den punkt sådan att Det innebär att F X (x.5. F X(x.5 x.5 vilket har lösningarna x.5 och x.5. Kravet x.5 > ger lösningen x.5..6 En stokastisk variabel X med täthetsfunktion { f X (x ex om x < e x om x har fördelningsfunktion F X (t P (X t som för t är För t > är F X (t F X (t t + t f X (x dx f X (x dx t ex dx f X (x dx + [ e x ( ] t e t. t [ e x ] t et. t f X (x dx F X ( + e x dx

.5 PSfrag replacements.5.75 fx(x.5 PSfrag replacements.75.5 FX(t.5.5 FX(t t x.75 x.5 4 x fx(x x x.75 x.5 4 t En α-kvantil x α är lösningen till F X (x α α. Eftersom F X ( är medianen x.5 och x.75 och x.5 varför x.75 bestäms ur och x.5 bestäms ur 4 F X(x.75 e x.75 x.75 ln(. 4 F X(x.5 e x.5 x.5 ln(.69..7 Låt X beskriva tiden från butikens öppnande till första kunden kommer. Då är a P (X F X ( e.4 e..6988. b P (X 4 P (X > 4 F X (4 ( e.4 4 e.6.9. c P ( X 4 P ( < X 4 F X (4 F X ( ( e.4 4 ( e.4 e. e.6.99. d P ({X } {X 4} P ({X } {X > 4} P ( < X 4 (e. e.6.97. e Fördelningsfunktionen är kontinuerlig så P (X x för alla x..8 En stokastisk variabel X med täthetsfunktion f X (x { xe x om x > om x har fördelningsfunktion F X (t P (X t som för t > är F X (t t och F X (t för t. f X (x dx t xe x dx {u x } t e u du [ e u ( ] t En α-kvantil x α är lösningen till F X (x α α vilket ger att för < α < är α e x α e t vilket har lösningarna x α ± ln(α. Eftersom F X ( är x α > och de negativa rötterna är inga lösningar. Alltså, α-kvantilen är x α ln(α. Numeriska värden: α x α.5.86..574..46. 4

.9 Fördelningsfunktionen för tvåpunktsfördelningen med massan / i punkterna a och b där a < b har fördelningsfunktion: då x < a F X (x P (X x då a x < b då x b. FX(x.5 PSfrag replacements a x Fördelningsfunktionen F X(x för tvåpunktsfördelningen med massan / i punkterna a och b. b. Låt X beskriva längden av ett telefonsamtal. Givet är att för t är e λt P (Samtal längre än t P (X > t för någon konstant λ >. Alltså är fördelningsfunktionen för X: för t. Således har X täthetsfunktion F X (t P (X t P (X > t e λt f X (t d dt F X(t e λt ( λ λe λt, för t. Sannolikheten P ( < X bestäms på två alternativa sätt: Alternativ : Med λ / fås P ( < X Alternativ : Med λ / fås f X (x dx λe λx dx [ λe ] λx λ e λ e λ.5. P ( < X F X ( F X ( ( e λ ( e λ e λ e λ.5.. Låt X beskriva avståndet mellan parkeringsfickans början och bilen. Om vi parkerar bilen på måfå i fickan ansätter vi modellen att X är likformigt fördelad på intervallet till 5 8 meter, dvs. f X (x /8 då x 8. meter PSfrag replacements Vår bil X meter 5 meter 8 X meter 5

En annan bil får plats om vår bil står tidigt (X < eller sent (X > 5 i fickan. Med siffror P ({annan bil får plats} P ({X < } {X > 5} f X (x dx + 8 5 f X (x dx 4.. Låt X beskriva livslängden för en transistor. Modell: X är exponentialfördelad med parameter λ 4, det vill säga för x är f X (x λe λx e x/, f X (x om x <. a Vi erhåller P (X < 6 6 f X (x dx 6 λe λx dx [ e λx] 6 e.6.45. b Låt A k vara händelsen att transistor k upphör att fungera inom 6 timmar, k,,,4,5. Händelsen {minst en upphör att fungera} A A A 5 (A A A 5 det vill säga motsatsen till att någon upphör att fungera inom 6 timmar är att alla fungerar minst 6 timmar. Härav får vi att P (minst en upphör fungera inom 6 timmar P (alla fungerar minst 6 timmar och med hjälp av oberoendet mellan transistorerna fås P (minst en upphör fungera inom 6 timmar P (A A A 5 P (A P (A P (A 5 (.45 5.95...8 PSfrag replacements FX(x.6.4. x Fördelningsfunktionen F X(x med diskontinuitet i x. a P (X 5/ F X (5/ + ( 5 7 9. b P (X > / P (X / F X (/ ( + c P (4/ < X 5/ F X (5/ F X (4/ ( + (. ( 5 ( + ( 4 9. 6

d P (X P (X P (X < F X ( lim P (X h h F X ( lim F X(h F X ( h }{{}..4 Intensiteten λ X (x för en (positiv kontinuerlig stokastisk variabel X ges av relationen λ X (x f X(x F X (x där f X (x är täthetsfunktionen och F X (x är fördelningsfunktionen för den stokastiska variabeln. Från fördelningsfunktionen F X (x ( + x c bestäms täthetsfunktionen vilket ger intensiteten för x. f X (x d dx F c X(x ( + x c+ λ X (x c/( + xc+ /( + x c c + x.5 Överlevnadsfunktionen R(t P (X > t bestäms ur intensiteten λ X (x för en (positiv kontinuerlig stokastisk variabel genom relationen { R(t exp t } λ X (x dx. Här är för t > så och fördelningsfunktionen blir t λ X (x dx t e x dx [e x ] t et R(t exp{ e t } F X (t P (X t P (X > t R(t e et för t..6 Den diskreta stokastiska variabeln X är likformigt fördelad över de möjliga värdena S X {,,..., 6}. För funktionen y(x x gäller att x : 4 5 6 y(x : 4 6 8 så den stokastiska variabeln Y y(x har möjliga värden givna av S Y {, 4, 6, 8,, } där P (Y P (X 6 P (Y 4 P (X 6 P (Y 6 P (X 6 P (Y 8 P (X 4 6 P (Y P (X 5 6 P (Y P (X 6 6. 7

.7 Den diskreta stokastiska variabeln X är likformigt fördelad över de möjliga värdena S X {,,,..., 9}. För funktionen y(x x gäller att x : 4 5 6 7 8 9 y(x : 4 5 6 så den stokastiska variabeln Y y(x har möjliga värden givna av S Y {,,..., 6} där P (Y P (X P (Y P (X + P (X 4 P (Y P (X + P (X 5 P (Y P (X + P (X 6 P (Y 4 P (X 7 P (Y 5 P (X 8 P (Y 6 P (X 9.8 Låt X vara likformigt fördelad på intervallet [, ], det vill säga f X (x x och f X (x för övrigt. Då har X fördelningsfunktion t om t < t+ F X (t P (X t f X (x dx om t < om t. Med Y (X+/ så ges de möjliga värdena på Y av S Y [, ] och för t S Y har Y fördelningsfunktion ( X + (t + F Y (t P (Y t P t P (X t F X (t t det vill säga f Y (t för t och Y är likformigt fördelad på intervallet [, ]..9 Låt X vara en positiv kontinuerlig stokastisk variabel med täthetsfunktion f X (x och fördelningsfunktion F X (x. Med Y /X så är Y en positiv stokastisk variabel med fördelningsfunktion ( ( F Y (x P (Y x P X x P X ( P X < ( F X x x x för x >. Derivering ger med kedjeregeln Med given täthet f X (x erhålles f Y (x d dx F Y (x f X f Y (x x π ( x x x f X + (/x π det vill säga X och Y har samma fördelning (är likafördelade. (. x + x f X(x. Låt X beskriva den tid som fru Svensson parkerar. Enligt modellen är X likformigt fördelad på intervallet [, 6], det vill säga f X (x x 6. 4 Med Y som den avgift fru Svensson betalar i parkeringsavgift ges de möjliga värdena på Y av S Y {4, 6, 8}. Vidare så är p Y (4 P (5 X < p Y (6 P ( X < 45 p Y (8 P (45 X < 6 5 45 6 45 8 f X (x dx f X (x dx 8 f X (x dx 8. f X (x dx 4.

. Låt X vara exponentialfördelad, det vill säga X har täthetsfunktion f X (x λe λx, x för någon konstant λ >. Låt Y X vara heltalsdelen av X. De möjliga värdena på Y ges av S Y {,,,,...} och för k S Y är P (Y k P (k X < k + k+ k f X (x dx k+ e λk e λ(k+ e λk [ e λ] p k ( p där p e λ. Alltså är X geometriskt fördelad med parameter e λ. k λe λx dx [ e λx] k+ k. Låt X beskriva positionen för en jordbävnings epicentrum i förkastningssprickan. Enligt modellen är X likformigt fördelad på intervallet [ a, a], det vill säga f X (x, a x a. a Med Y som avståndet mellan damm och epicentrum fås med Pythagoras sats Y X + d. De möjliga värdena på Y är S Y [d, a + d ]. För ett t S Y så är ( F Y (t P (Y t P X + d t P ( X t d P ( X t d P ( t d X t d t t d d f X (x dx. t d a Täthetsfunktionen fås genom derivering [ ] f Y (t d dt F Y (t d t d t dt a a t d, för d t a + d. 4. Sannolikhetsfunktionen för (X, Y ges av tabellen p X,Y (j, k k 4 p X (j..9.7..8.7.... j..5.7.5.9...4..8 4..... p Y (k..8.4. där marginalfördelningarna p X (j och p Y (k bestämts ur p X (j p X,Y (j, k p Y (k k:(j,k S X,Y a Ur den simultana fördelningen får man att P (X, Y (j,k S X,Y : j,k p X,Y (j, k j k j:(j,k S X,Y p X,Y (j, k. p X,Y (j, k. +.9 +.7 +.7 +. +..58. 9

b En familj är trångbodd om (X + /Y > och P (X + > Y (j,k S X,Y : (j+>k p X,Y (j, k j/ 4 p X,Y (j, k j k p X,Y (, + p X,Y (, + p X,Y (, + p X,Y (, + p X,Y (4, + p X,Y (4,. 4. a Med oberoendet mellan X och Y erhålls P (X, Y 6 P (X P (Y 6 p X (p Y (6...6. b Vidare, med oberoendet så är P (X, Y 6 P (X P (Y 6 där P (X P (X + P (X. +.. och Sålunda, P (Y 6 P (Y + P (Y 4 + P (Y 6. +. +..6. P (X, Y 6 P (X P (Y 6..6.8. 4. För en tvådimensionell stokastisk variabel (X, Y gäller att det vill säga c. c x f X,Y (x, y dydx x dx [ ] c x c, 4.4 Den tvådimensionella stokastiska variabeln (X, Y har täthetsfunktion f X,Y (x, y Man bestämmer F X,Y (s, t P (X s, Y t ur F X,Y (s, t s π s t π s f X,Y (x, y dydx + x tan (t + π/ π t c [ x c e xy dydx e x y ] x x dx π ( + x ( + y. s t π ( + x ( + y dydx s + y dydx π [tan + x (t + π ] dx tan (t + π/ π + x [ tan (y ] t s dx + x dx [ tan (x ] s (tan (s + π/(tan (t + π/ π. Ur F X,Y (x, y kan de marginella fördelningsfunktionerna bestämmas F X (x P (X x P (X x, Y F X,Y (x, tan (x + π/. π

På samma sätt erhålls F Y (y P (Y y P (X, Y y F X,Y (, y tan (y+π/ π. Deriveras de marginella fördelningsfunktionerna erhålls de marginella täthetsfunktionerna: f X (x d dx F X(x d tan (x + π/ dx π π( + x och f Y (y π(+y. Notera att f X,Y (x, y f X (xf Y (y för alla (x, y varför de stokastiska variablerna X och Y är oberoende. 4.5 Ur tabellen har man att P (Y k P (X j, Y k + P (X j, Y k + P (X j, Y k. +.4 +... Med oberoendet fås P (X j, Y k P (X j P (Y k, j j, j, j, vilket ger På samma sätt är och slutligen P (X j P (X j, Y k P (Y k P (X j P (X j, Y k P (Y k P (X j P (X j, Y k P (Y k P (Y k P (X j, Y k P (X j....4..4.....5..5 P (Y k P (Y k (P (Y k + P (Y k..5.4. Ur marginalfördelningarna bestäms P (X j, Y k P (X j P (Y k: k k k j..5. j.4..6 j..5. 4.6 y 8 PSfrag replacements x + y < 6 Paret av väntetider (X, Y för de två bussarna är likformigt fördelat över rektangeln [, ] [, 8]. x

Då X har f X (x / för x och Y har f Y (y /8 för y 8 och X och Y är oberoende så är f X,Y (x, y f X (x f Y (y 8 8 för (x, y [, ] [, 8]. Alternativ : Enligt definitionen P (X + Y 6 (x,y:x+y 6 8 8 6 x f X,Y (x, y dydx 8 dydx 8 8 8 6 x f X,Y (x, y dydx x 8 8 dx [ ] x 8 8x 8 4. Alternativ : Ur figuren. Under likformig fördelning att få ett utfall i det omarkerade området, x + y 6, ges som förhållandet mellan areorna. Rektangeln har area 8 8. Triangeln med hörn i (, 6, (, 8 och (8, 8 har area /. Sannolikheten är alltså P (X + Y 6 8 4. 4.7 Då X har f X (x /4 för x 4 och Y har f Y (y /6 för y 6 och X och Y är oberoende så är f X,Y (x, y f X (x f Y (y 4 6 4 för (x, y [, 4] [, 6]. Bestäm P (X < Y. Alternativ : Enligt definitionen P (X < Y x<y 4 f X,Y (x, y dydx 6 x 4 dx 4 4 6 x ] 4 [6x x. f X,Y (x, y dydx 4 6 x 4 dydx Alternativ : Ur figuren. Under likformig fördelning att få ett utfall i det markerade området ges som förhållandet mellan areorna. Rektangeln har area 4 6 4. Triangeln med hörn i (,, (4, 4 och (4, har area 4 4/ 8. Sannolikheten är alltså y 6 PSfrag P (X < Y 4 replacements 8 4. x < y x > y 4 x 4.8

x y < min PSfrag replacements Paret av tider (X, Y då de två personerna kommer till mötesplatsen är likformigt fördelat över kvadraten med sidlängd timme 6 minuter. Med enheten timmar, är f X (x, x, f Y (y, y, och med oberoendet f X,Y (x, y f X (xf Y (y för (x, y [, ] [, ]. De två personerna möts om X Y < / timme. Under likformig fördelning att få ett utfall i det markerade området ges som förhållandet mellan areorna. Kvadraten har area. Trianglarna med kateter av längd 4 minuter / timme har vardera area / 9. Alltså är ( P X Y < 9 5 9. 4.9 Den tvådimensionella stokastiska variabeln (X, Y har simultan täthet för x, y. f X,Y (x, y (xy + ce (x+y + c a Marginalfördelningarna bestäms ur f X (x f Y (y + c e x c + x c + e x. f X,Y (x, y dy + c (xy + ce (x+y dy + c e x ( [(xy + ce y ( ] + xe y dy ( }{{} + c e x c f X,Y (x, y dx + c (xy + ce (x+y dx c + y c + e y. (xy + ce y dy c + [ xe y ( ] }{{} x

b Då c är f X (x f Y (y xe x ye y xy e (x+y f X,Y (x, y för x och y. Alltså är f X (xf Y (y f X,Y (x, y för alla x och y så X och Y är oberoende. Om c så är f X (xf Y (y f X,Y (x, y, det vill säga X och Y är ej oberoende. 4. För x och y är den simultana täthetsfunktionen Nu är f X (x f X,Y (x, y dy f X,Y (x, y ( + x + y. [ ( + x + y dy ( + x + y ] y y ( + x. Av symmetriskäl måste X och Y ha samma fördelning så f Y (y /( + y för y. Notera att f X,Y (x, y f X (xf Y (y så de stokastiska variablerna X och Y är beroende. b Den simultana fördelningsfunktionen fås för s >, t > som F X,Y (s, t s s + t f X,Y (x, y dx dy s t ( + y ( + t + y dy + t + s + t + s. De marginella fördelningsfunktionerna fås som gränsvärden ( + x + y dx dy [ + y + + t + y F X (x F X,Y (x, + x F Y (y F X,Y (, y + y. ] s s [ ( + x + y Ett sätt att visa att F X,Y (x, y > F X (xf Y (y (vilket visar att X och Y är beroende är följande: F X,Y (x, y F X (xf Y (y [ + x ] ( + y + ( + x + y + x + y + x + y ( + x( + y + x + y + x + y + xy > eftersom xy > då x > och y >. 4. Från den simultana täthetsfunktionen f X,Y (x, y + x + y + cxy e (x+y, x, y, c + bestäms marginalfördelningen med hjälp av partiell integration [ + x + y + cxy + x + y + cxy f X (x f X,Y (x, y dy e (x+y dy c + c + + cx + c + e (x+y dy + x [ ] + cx c + e x + c + e (x+y ( + (c + x e x. c + 4 ] t dy ] e (x+y ( + x c + e x + + cx c + e x

Av symmetriskäl har X och Y samma fördelning så f Y (y + (c + y e y c + och de stokastiska variablerna är oberoende om f X,Y (x, y f X (xf Y (y. Högerledet kan skrivas + (c + x e x c + + (c + y e y 4 + (c + x + (c + y + (c + xy c + (c + e (x+y. Identifiering av koefficienter ger att för oberoende så skall vilket har lösningen c. 4 (c + (c + (c + (c + (c + c + c + c c + 4. Låt X beskriva tiden tills person A får napp och Y tiden tills B får napp. Modell: X och Y är oberoende och exponentialfördelade med parametrar a resp. b. Då X har f X (x ae ax för x och Y har f Y (y be by för y och X och Y är oberoende så är f X,Y (x, y f X (x f Y (y ae ax be by för (x, y [, [,. A vinner om A får napp först, det vill säga om X < Y. Så P (A vinner P (X < Y och enligt definitionen P (X < Y f X,Y (x, y dydx f X,Y (x, y dydx ae ax be by dydx x<y [ ae ax b e ] by Om a b är sannolikheten b/(b + b /. b x dx x [ ae ax e bx dx a x e (a+bx a + b ] a a + b. 4. Iakttagelsen att bollen nuddar nätet om bollens centrum är närmre än avståndet r från en tråd, ger att sannolikheten för att inte nudda nät kan skrivas som en kvot mellan träffyta på avstånd r från tråd och hela träffytan. a Den totala träffytan har arean a a a, medan ytan på avstånd r från tråden är (a r. Alltså, P ({ej nudda nät} (a ( r a a r. b En hexagon med sidlängd a kan delas in i trianglar enligt figuren. Triangelns höjd är (m.h.a. Pythagoras a/ så träffytan blir a /8. Ytan på avstånd större än r från triangelns bas är (bas (höjd (a/ r ( a/ r så sannolikheten blir P ({ej nudda nät} (a/ r ( a/ r a /8 ( r a. (Om man inser att areorna är proportionerliga mot kvadraterna på hypotenusorna får man direkt kvoten (a r/ /a. 5

a r a PSfrag replacements r r PSfrag replacements a r a/ a/ a 4.4 Den tvådimensionella stokastiska variabeln (X, Y har möjliga värden S X,Y {(x, y : x,,..., y,,..., x y}. Händelsen (X, Y (x, y där y < x betyder att de y första kasten gav :or eller mer, vid kast y erhölls en :a, under kast y +,...,x erhölls :or eller mer och under kast x en :a. På grund av oberoende kast har sekvensen sannolikhet 4 6 4 }{{ 6 } y st 6 Om x < y har motsvarande sekvens sannolikhet 4 6 4 }{{ 6 } x st 6 5 6 5 }{{ 6 } x y st 5 6 5 }{{ 6 } y x st Alltså kan den simultana sannolikhetsfunktionen skrivas 6 4y 5 x y 6 x. 6 4x 5 y x 6 y. p X,Y (x, y 4min(x,y 5 max(x,y min(x,y 6 max(x,y för positiva heltal x och y sådana att x y. ( min(x,y 4 5 ( max(x,y 5 6.4... PSfrag replacements 5 5 5 Den simultana fördelningen för (X, Y, för tydlighets skull ritad som lådor istället för stolpar. 6 5

4.5 Med Z + max(x, Y där X och Y är oberoende så är F Z+ (t P (Z + t P (max(x, Y t P (X t, Y t P (X t P (Y t F X (tf Y (t. Om X och Y har samma fördelning så är F Z+ (t F X (tf Y (t F X (t. Här är X (och Y likformigt fördelade på intervallet [, a] så för t a är och F Z+ (t t a. F X (t t f X (x dx t a dx t a På liknande sätt får man att med Z min(x, Y där X och Y är oberoende så är F Z (t P (Z t P (Z > t P (min(x, Y > t P (X > t, Y > t P (X > t P (Y > t ( P (X t( P (Y t ( F X (t( F Y (t. Om X och Y har samma fördelning så är F Z+ (t ( F X (t( F Y (t ( F X (t. Här erhålls för t a att ( F Z (t t (a t (a tt a a a. 4.6 De oberoende stokastiska variablerna X,..., X n har täthetsfunktionerna med parametrar λ >,..., λ n >. f Xi (x λ i e λix, x Låt Z min(x,..., X n. Lösningen till problemet bygger på iakttagelsen att om min(x,..., X n > t så är alla X,..., X n större än t. Alltså, F Z (t P (Z t P (Z > t P (min(x,..., X n > t P (X > t,..., X n > t {oberoende} P (X > t P (X n > t ( P (X t ( P (X n t ( F X (t ( F Xn (t. För en exponentialfördelad stokastisk variabel är fördelningsfunktionen för t Alltså är F Xi (t t f Xi (t dx t λ i e λix dx [ ( e λix] t e λit. F Z (t ( F X (t ( F Xn (t e λt e λnt e λt där λ n i λ i, den totala intensiteten. Sålunda är f Z (t d dt F Z(t λe λt, t, det vill säga Z min(x,..., X n är exponentialfördelad. 7

4.7 Med X,..., X n som de oberoende exponentialfördelade stokastiska variabler som beskriver lampornas brinntider ges belysningens brinntid av Y min(x,..., X n. Samma lösning som i uppgift 4.6 ger att Y är exponentialfördelad med intensitet λ Y n i λ X i n i λ nλ, det vill säga f Z (t λ Y e λy t nλe nλt λe λt, t. 4.8 En stokastisk variabel X med täthetsfunktion har fördelningsfunktion för t [95, 5] F X (t P (X t t f X (x 5 x, 95 x 5, 45 f X (x dx t 95 5 x 45 [ 5x x dx 9 ] t 95 5t t 475. 9 Med n 8 löpare, vars tider X,..., X n beskrivs av oberoende stokastiska variabler, är tiden då den sista kommer i mål Z max(x,..., X n och tiden då den första kommer i mål Y min(x,..., X n. Med Z enligt ovan så har Z fördelningsfunktion F Z (t P (Z t P (max(x,..., X n t P (X t,..., X n t {oberoende} P (X t P (X n t F X (t F Xn (t. På samma sätt har Y fördelningsfunktion F Y (t P (Y t P (Y > t P (min(x,..., X n > t P (X > t,..., X n > t {oberoende} P (X > t P (X n > t ( P (X t ( P (X n t ( F X (t ( F Xn (t. Nu är händelsen {alla i mål efter minuter} {Z } så den sökta sannolikheten är P (Z F Z ( F X ( F Xn ( [F X (] 8 ( 8 7.6 5. 6 På liknande sätt är händelsen {ingen i mål efter minuter} {Y > } så den sökta sannolikheten är ( 8 5 P (Y > F Y ( ( F X ( ( F Xn ( ( F X ( 8.54. 6 4.9 Om X och Y är stokastiska variabler med möjliga värden S X {,, } respektive S Y {,, } så ges de möjliga värdena på Z av S Z {,,,, 4}. 8