📝

Lektion 12: Sannolikhet

📝Lektion 13: Modulär aritmetik

📝Lektion 11: Antalet delare till heltal


Lektionsöversikt


Ordlista


12.1 Introduktion till sannolikhet

Sannolikhet är ett ämne som är väldigt nära knutet till kombinatorik. Vi kan nämligen beräkna sannolikheten att en viss händelse kommer att hända genom att räkna ut antalet sätt som den händelsen kan inträffa på, och sedan dela det med det totala antalet möjliga utfall. Låt oss ta följande problem som exempel.

📝
Daniella har två påsar. Den ena innehåller tre gröna och två blåa bollar och den andra innehåller två gröna bollar och en blå boll. Hon väljer en boll från varje påse. Vad är sannolikheten att båda bollar är blåa?

Vi kan välja en blå boll från den första påsen på två olika sätt och en blå boll från den andra påsen på ett sätt. (Även om de två blåa bollarna i den första påsen ser likadana ut är det ändå två olika kombinationer eftersom det rör sig om två olika bollar). Daniella kan alltså välja två blåa bollar på 22 sätt. Det totala antalet sätt hon kan välja två bollar på är 53=155\cdot3 = 15. Sannolikheten att hon väljer två blåa bollar är därmed 215\mathbf{\frac{2}{15}}.

Sannolikheten att en händelse XX inträffar brukar ofta skrivas som P(X)P(X). PP:et kommer från engelskans ord för sannolikhet: probability. Vi kan alltså uttrycka sannolikheten att Daniella väljer två blåa bollar som PP(två blåa bollar) eller PP(blå-blå). I princip alla sannolikhetsproblem kan lösas genom att beräkna antalet sätt som en viss händelse kan inträffa på och dela det med det totala antalet utfall. Den här metoden är dock inte alltid den mest effektiva alla gånger. Ett annat alternativ vi har är att multiplicera sannolikheter direkt med varandra.

12.2 Sannolikhetsberäkning genom multiplikation

Låt oss säga att Daniella väljer en blå boll från den första påsen. När hon sedan ska välja en boll från den andra påsen är sannolikheten 23\frac{2}{3} att bollen är grön och 13\frac{1}{3} att bollen är blå. Sannolikheten att hon får två blåa bollar är därmed en tredjedel av sannolikheten att den första bollen var blå. Vi vet att PP(första bollen är blå) = 25\frac{2}{5} och för att få en tredjedel av 25\frac{2}{5} behöver vi bara multiplicera med 13\frac{1}{3}. Sannolikheten att välja två blåa bollar är således 2513=215\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{15}.

Den här metoden gäller allmänt. Om du har två eller flera händelser, som vardera har en viss sannolikhet att inträffa, är sannolikheten att de alla inträffar lika med produkten av alla individuella sannolikheter.

Ett sätt att illustrera detta på är med följande diagram.


Övning 1

Claudia slingar ett mynt. Vad är sannolikheten att hon får krona tre gånger i rad?


Övning 2

Sofie tränar basket. Sannolikheten att hon sätter bollen i korgen vid ett kast är 60% Vad är sannolikheten att hon först sätter bollen, sedan missar och sedan sätter den igen?


Övning 3

Jacob plockar ut två bollar från en påse med 66 gröna och 44 gula bollar. Vad är sannolikheten att båda bollar är gröna?


Det går även att lösa sådana här typer av problem genom att räkna ut antalet olika sätt som det önskade utfallet kan inträffa på och dela det med det totala antalet möjliga utfall, men det kräver mer uträkningar och är inte lika enkelt. Därför är det bäst att bara använda metoden där du multiplicerar sannolikheterna direkt.

12.3 Beroende och oberoende händelser

I det ovannämnda stycket kom vi fram till att sannolikheten att båda AA och BB inträffar är lika med P(A)P(B)P(A) \cdot P(B). Det här stämmer dock inte helt och hållet. För att vi ska kunna multiplicera de individuella sannolikheterna med varandra krävs det att händelserna är oberoende, det vill säga att sannolikheten att BB inträffar är densamma vare sig om AA inträffade eller inte. Att singla ett mynt två gånger och få krona på båda kast är ett exempel på två oberoende händelser.

Om händelserna däremot är beroende, det vill säga att sannolikheten att BB inträffar förändras beroende på om AA inträffade eller inte, kan vi inte ta produkten av individuella sannolikheterna P(A)P(A) och P(B)P(B) som de är. Vi måste först jämka P(B)P(B) och anpassa sannolikheten beroende på om AA inträffade eller inte. Detta var vad vi gjorde i Övning 3. Sannolikheten att välja en grön boll från påsen var 610\frac{6}{10}, men efter att vi redan har valt en grön boll är nu chansen att välja ännu en grön boll 59\frac{5}{9}. Sannolikheten att välja två gröna bollar är alltså inte 610610\frac{6}{10} \cdot \frac{6}{10} utan 61059\frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9}. Så länge vi har anpassat sannolikheten för BB beroende på om AA inträffade eller ej kan vi ta produkten av de individuella sannolikheterna precis som förut.

Sannolikheten att BB inträffar givet att A redan har skett kan skrivas som P(B  A)P(B \ | \ A). Problemet i Övning 3 skulle vi därmed kunna skriva som PP(grön)  P\cdot \ P(grön | grön) =61059=13= \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} = \frac{1}{3}. Givet att händelserna AA och BB kan inträffa samtidigt gäller det allmänt att

P(B  A)=P(A och B)P(A)P(B \ | \ A) = \frac{P(A \ \text{och} \ B)}{P(A)}

eller

P(A)P(B  A)=P(A och B)P(A) \cdot P(B \ | \ A) = P(A \ \text{och} \ B)

Om AA och BB är oberoende är P(B  A)=P(B)P(B \ | \ A) = P(B) och vi förenkla ekvationen till P(A)P(B)=P(A och B)P(A)\cdot P(B) = P(A \ \text{och} \ B). För oberoende händelser kan vi därför ta produkten av de individuella sannolikheterna utan att ändra dem. Om händelserna däremot är beroende kommer sannolikheten att BB inträffar nu jämkas tack vare uttrycket P(B  A)P(B \ | \ A).

Två händelser är oberoende om de uppfyller följande två kriterier:

  1. Händelserna ska kunna inträffa i vilken ordning som helst. 

    Om AA och BB inte kan inträffa samtidigt, eller om BB endast kan inträffa givet att AA redan har skett först, är händelserna beroende.

  1. P(A) · P(B) = P(A och B)

    För att två händelser ska vara oberoende måste också sannolikheten att den ena händelsen inträffar vara densamma vare sig om den första händelsen skedde eller inte. Därmed gäller det att P(A)P(B)=P(AP(A) \cdot P(B) = P(A  och B)B). Vi kan också uttrycka det här kriteriet som P(A)=P(A  B)P(A) = P(A \ | \ B) eller P(B)=P(B  A)P(B) = P(B \ | \ A).


Exempel 1

I Stockholm är det i genomsnitt soligt väder två av fem dagar och i genomsnitt blåser det fem av tolv dagar. Sannolikheten att det en slumpmässigt vald dag både är soligt och blåser är 17\frac{1}{7}. Är händelserna soligt och blåsigt väder oberoende eller inte?

Lösning

Händelserna soligt och blåsigt väder kan inträffa i vilken ordning som helst. För att de ska vara oberoende måste även PP(soligt) P\cdot P(blåsigt) =P= P(soligt och blåsigt). Undersöker vi sannolikheterna ser vi däremot att PP(soligt)  P\cdot \ P(blåsigt) = 25512=16\frac{2}{5} \cdot \frac{5}{12} = \frac{1}{6} medans PP(soligt och blåsigt) =17= \frac{1}{7}. Händelserna soligt och blåsigt väder är därmed inte oberoende.


Övning 4

Vilka av följande är exempel på oberoende händelser?

a) Att det regnar och att det är molnigt.

b) Att få jämna tal på tre olika tärningskast.

c) Att göra en vänster- och en högersväng samtidigt.

d) Att råna en bank och åka i fängelse.

e) Att fastna i trafik på vägen hem och vinna jackpott på lotto.


Övning 5

En förskoleklass består av åtta flickor och nio pojkar. Om tre elever väljs slumpmässigt, vad är sannolikheten att den första är en flicka och de andra två är pojkar?


12.4 Sannolikhet och venndiagram

Ett sätt att illustrera de olika utfallen och deras sannolikhet att inträffa är genom att använda oss av venndiagram. Låt oss säga att vi har två möjliga händelser som kan inträffa: AA och BB. De fyra möjliga utfallen (endast AA, endast BB, både AA och BB, eller varken AA eller BB) kan då beskrivas med följande diagram:

Det här venndiagrammet är skalenligt ritat. Det innebär att arean av varje område i relation till hela rektangeln är sannolikheten att det utfallet kommer att inträffa. I det här diagrammet är exempelvis P(A)=P(P(A) = P(endast A)+P(AA) + P(A och B)=160+320=16B) = \frac{1}{60} + \frac{3}{20} = \frac{1}{6}. Vi kan också se att området där båda cirklar överlappar täcker upp en väldigt stor andel av cirkel BB. Detta innebär att det är en hög sannolikhet att AA inträffar givet att BB redan har gjort det. Beräknar vi de exakta siffrorna ser vi att

P(A  B)=32016=1820=910.P(A \ | \ B) = \dfrac{\dfrac{3}{20}}{\dfrac{1}{6}} = \dfrac{18}{20} = \dfrac{9}{10}.

och att

P(A)=P(endastA)+P(A och B)P(A)=920+320=35P(A) = P(\text{endast} A) + P(A \ \text{och} \ B) \\ P(A) = \frac{9}{20} + \frac{3}{20}=\frac{3}{5}
P(B)=P(endastB)+P(A och B)P(B)=16+160=320P(B) = P(\text{endast} B) + P(A \ \text{och} \ B) \\ P(B) = \frac{1}{6} + \frac{1}{60}=\frac{3}{20}

Beroende händelser är enklast att illustrera med cirklar eftersom det ger oss väldigt mycket flexibilitet. Vill vi exempelvis behålla P(A)P(A) och P(B)P(B) som de är men ändra P(A och B)P(A \ \text{och} \ B) behöver vi endast öka eller minska överlappet mellan de två cirklarna. Har vi två händelser så att AA och BB inte kan inträffa samtidigt, eller om BB endast kan inträffa givet att AA redan har gjort det, kan vi även beskriva det med följande diagram:

Om två händelser däremot är oberoende är det rimligare att istället använda oss av rektanglar istället för cirklar. På det sättet kan vi lättare illustrera sannolikheten av de olika utfallen i relation till arean av varje område.


Övning 6

Om två händelser kan hända åt båda hållen, alltså att BB kan ske efter AA och AA kan ske efter BB, stämmer det att ekvationen nedan alltid håller?

P(A)P(B  A)=P(B)P(A  B)P(A) \cdot P(B \ | \ A) = P(B) \cdot P(A \ | \ B)

Övning 7

Om tre händelser AA, BB och CC vet vi följande:

Rita ett venndiagram (behöver ej vara skalenligt) och fyll i sannolikheten att varje utfall kommer inträffa i motsvarande område.


12.5 Träddiagram

Låt oss återvända till Daniella och de gröna och blå bollarna igen. Ett bra sätt att illustrera sådana här typer av uppgifter är att rita så kallade träddiagram. Det skulle se ut på följande sätt:

Träddiagrammet illustrerar de fyra olika möjliga utfallen som kan uppstå och sannolikheten att vardera av dem inträffar. Till exempel är P(P(grön-blå)) =3513=315= \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{15}. Som förväntat multiplicerar vi sannolikheterna tillsammans när vi jobbar oss nedåt i diagrammet.

Lägg märke till att summan av alla fyra utfall, 615+315+315+215\frac{6}{15}+\frac{3}{15}+\frac{3}{15}+\frac{2}{15}, är lika med 11. Detta stämmer för alla träddiagram. Eftersom diagrammet visar alla möjliga utfall som kan inträffa så måste summan av utfallen uppenbarligen vara 1, eller 100%. Det här kan verka som väldigt trivial information utan mycket praktiskt värde, men att summan av alla utfall alltid är lika med 1 kan användas som en genväg för att lösa många sannolikhetsproblem. Som du säkert minns från kapitlet om kombinatorik är det ibland lättare att beräkna antalet möjliga utfall för en viss händelse genom att beräkna antalet utfall då händelsen inte inträffar. Vi kan använda samma metod när vi jobbar med sannolikhet med.

Tänk dig att du plockar ut en boll från vardera av våra två påsar. Vad är sannolikheten att du hade fått åtminstone en grön boll? Vi kan lösa detta genom att beräkna P(P(grön-grön)), P(P(grön-blå)) och P(P(blå-grön)), och sedan addera resultatet från varje utfall. Men vi kan också komma fram till svaret genom att beräkna sannolikheten att det inte kommer att hända, P(P(blå-blå)), och sedan subtrahera detta från 11. Att vi inte väljer två blåa bollar är ju samma sak som att minst en av våra två bollar är grön. Sannolikheten att vi väljer två blåa bollar är 215\frac{2}{15}, så sannolikheten att vi väljer minst en grön boll är alltså 1215=13151 - \frac{2}{15} = \mathbf{\frac{13}{15}}.

Vi kan förstås komma fram till samma svar genom att beräkna sannolikheten för de tre andra utfallen var för sig och sedan addera dem, men additionsmetoden är inte lika effektiv i det här fallet. Båda tillvägagångssätt kommer ge dig rätt svar, så det viktiga i sådana här uppgifter är att avgöra vilken av metoderna som kommer att kräva minst uträkningar. Problem som innehåller orden “minst”, “åtminstone”, “max” eller “som mest” går oftast snabbast att lösa med subtraktionsmetoden.

Samma utfall fast på olika sätt

Låt oss undersöka ett nytt problem.

📝
Jasmine promenerar till skolan. På vägen behöver hon korsa tre övergångsställen med trafikljus. Om hon har tur kommer ljuset att vara grönt när kommer fram, men vanligtvis är det rött och hon måste vänta. Ljuset är rött i genomsnitt 75% av gångerna som hon kommer fram till ett trafikljus. Vad är sannolikheten att Jasmine behöver vänta vid som mest ett trafikljus?

Vi kan illustrera den här uppgiften med hjälp av följande träddiagram:

Träddiagrammet visar varje möjligt scenario som kan inträffa och sannolikheten att vardera av dem kommer ske. Dessa scenarier kan sammanfattas i fyra olika utfall:

(1) Jasmine får 3 rödljus

(2) Jasmine får 2 rödljus

(3) Jasmine får 1 rödljus

(4) Jasmine får 0 rödljus

Eftersom det inte finns några andra möjliga utfall måste summan av dessa fyra fall vara lika med 11. Vi vill veta sannolikheten att Jasmine måste vänta vid max ett trafikljus. Detta innebär att hon inte får några rödljus alls eller att hon får exakt ett rödljus. Vi behöver alltså hitta summan av det tredje och det fjärde fallet. Både additions- och subtraktionsmetoden kräver att vi räknar ut två av de fyra utfallen så vi väljer att gå på additionsmetoden.

Sannolikheten att det fjärde fallet inträffar där Jasmine får 00 rödljus är 141414=164\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{64}. Det tredje fallet är däremot lite mer klurigt. Vi skulle kunna tänka oss att sannolikheten att Jasmine får 1 rödljus är 141434=364\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{64} men detta stämmer inte helt och hållet. Om vi kollar på träddiagrammet kan vi se att det finns tre olika sätt som Jasmine kan få exakt 11 rödljus på: (grön-grön-röd), (grön-röd-grön) eller (röd-grön-grön). Vi behöver addera alla dessa delfall för att hitta sannolikheten att hon får exakt 11 rödljus. Sannolikheten att varje av dessa de fall inträffar är dock detsamma eftersom vi multiplicerar samma tal med varandra, bara i en annan ordning.

Eftersom att sannolikheten är densamma behöver vi inte addera alla fall utan vi kan bara multiplicera med 33. Sannolikheten att Jasmine får exakt 11 rödljus är alltså 3/643=9/643/64 · 3 = 9/64. Detta innebär att P(P(max ett rödljus)) =164+964=1064=532= \frac{1}{64} + \frac{9}{64} = \frac{10}{64} = \mathbf{\frac{5}{32}}. Kollar du på träddiagrammet och adderar alla möjliga vägar som ger antingen 00 eller 11 rödljus kommer du också få samma svar.

Innan vi går vidare är det två saker som jag särskilt vill poängtera om uppgiften som vi precis löste:

1. Varför listade vi endast fyra olika utfall när det fanns åtta utfall i träddiagrammet?

De fyra fallen vi listade rör endast det faktiska utfallen, inte på vilket sätt de kan inträffa på. Att Jasmine får 1 rödljus är ett möjligt utfall. Det utfallet kan dock ske på tre olika sätt. Listar vi de fyra olika utfallen och antalet sätt de kan inträffa på får vi följande uppdelning:

(1) Jasmine får 33 rödljus (kan ske på 11 sätt)

(2) Jasmine får 22 rödljus (kan ske på 33 sätt)

(3) Jasmine får 11 rödljus (kan ske på 33 sätt)

(4) Jasmine får 00 rödljus (kan ske på 11 sätt)

2. Varför fanns det tre unika sätt som Jasmine kunde få exakt 1 rödljus på?

Anledningen till att just tre unika sätt för var för att det var antalet sätt vi kunde arrangera trafikljusen på. Vi gör en tillbakablick på det vi lärde oss i förra kapitlet om kombinatorik. Vi har tre föremål: ett rött och två gröna. Detta kan arrangeras på 3!2!=3\frac{3!}{2!} = \mathbf{3} unika sätt. När du behöver beräkna ett utfall som kan inträffa på flera olika sätt kan du alltid använda dina kunskaper för att göra dina beräkningar snabbare.


Övning 8

Claudia kastar en tärning fem gånger. Vad är sannolikheten att hon får exakt tre jämna och två udda tal?


Övning 9

Ett mynt singlas tre gånger. Patrick påstår att det är tre gånger så sannolikt att få två krona och en klave jämfört med tre krona. Tobias singlar myntet två gånger och får krona på båda första kasten. Han blir väldigt glad och utbrister: “Nu är min sannolikhet tre gånger högre att få klave på nästa kast som att få krona!”. Stämmer Patricks och Tobias påståenden?


Mer om träddiagram

Ett sista tips. Jag skulle verkligen rekommendera att du inte använder träddiagram när du löser uppgifter. Det här kan verka något motsägande med tanke på att vi just har använt dem väldigt mycket i våra exempeluppgifter, men vi använde dem bara här för att göra det lättare att illustrera hur de olika områdena inom sannolikhet fungerar. Det kommer lätt bli rörigt och dessutom kräva mycket tid om du måste rita ett träddiagram varje gång du löser en uppgift om sannolikhet. Du borde veta principerna bakom träddiagrammet, hur och varför de fungerar, men du ska inte behöva rita dem.

Det här är vad du behöver veta om träddiagram:

  1. Vi multiplicerar sannolikheterna när vi jobbar oss nedåt i diagrammet.
  1. Summan av alla möjliga utfall är 11. När du behöver räkna ut summan av flera utfall kan du använda både additions- eller subtraktionsmetoden beroende på vilken som kräver minst uträkningar.
  1. Vissa utfall kan ske på flera olika sätt. Använd dina kunskaper inom kombinatorik för att underlätta dina uträkningar. Om ett faktiskt utfall exempelvis kan ske på 1212 olika sätt, och de har alla en sannolikhet på 1/50 att inträffa, är sannolikheten att det faktiska utfallet inträffar 15012=625\frac{1}{50} \cdot 12 = \mathbf{\frac{6}{25}}.

12.6 Lätt men inte intuitivt

Många sannolikhetsproblem är väldigt enkla att beräkna. Trots detta kan vi lätt hamna fel för att det rätta svaret först inte känns rimligt. I dessa fall är vår intuition ett problem istället för en tillgång så då är det extra viktigt att vi litar på våra uträkningar.


Exempel 2

Vi antar att det är lika stor sannolikhet att föda en pojke som en flicka.

a) Inge van Gogh har två barn. Det äldre av dem heter Albert. Hur stor är sannolikheten att båda är pojkar?

b) Vincent De Bruijn har också två barn. Ett av dem heter Erik. Hur stor är sannolikheten att båda är pojkar?

Pythagoras Quest, riksfinal 2012, del 2 problem 4

Lösning

Om en familj har två barn finns det fyra möjliga utfall: flicka-flicka, flicka-pojke, pojke-flicka eller pojke-pojke. (Låt oss säga att det första barnet i utfallet är det äldre av de två). Det är lika sannolikt att något av dessa utfall inträffar.

a) Då det äldre barnet är en pojke finns det två möjliga utfall: pojke-pojke eller pojke-flicka. Sannolikheten att båda barn är pojkar är 12\mathbf{\frac{1}{2}}.

b) I det här problemet finns det tre möjliga utfall: pojke-flicka, flicka-pojke eller pojke-pojke. Sannolikheten att båda barn är pojkar är 13\mathbf{\frac{1}{3}}.


När vi kollar på del b) känns det säkert först som att det är exakt samma problem som i a). Skillnaden är att det finns tre olika sätt som b) kan inträffa på eftersom vi inte vet vilken av pojkarna som är den äldre. Det bästa sättet att lösa sådana här problem är att inte gå på vår första magkänsla. Istället bör vi noggrant tänka igenom vilka möjliga utfall som finns givet förutsättningarna och ställa upp våra uträkningar efter det. Ett tips är att använda följande ekvation:

Antalet o¨nskade utfallAntalet mo¨jliga utfall givet X\frac{\text{Antalet önskade utfall}}{\text{Antalet möjliga utfall givet X}}

I uppgift a) finns det 22 möjliga utfall givet att det äldre barnet är en pojke och är bara intresserade av 11 av dessa så sannolikheten är 12\frac{1}{2}. I uppgift b) finns det däremot 33 möjliga utfall givet att det ett av barnen är en pojke och är bara intresserade av 11 av dessa så sannolikheten blir då 13\frac{1}{3} istället.


Övning 10

Framför dig har du tre påsar med två kulor i vardera påse. En av påsarna innehåller två svarta kulor, en innehåller två vita kulor och en innehåller en svart och en vit kula. Du tar slumpvis en kula ur en påse och ser att den är vit. Vad är sannolikheten att även den andra kulan i påsen du valde är vit?

Pythagoras Quest, riksfinal 2011, del 2 problem 4


Problem att lösa för Lektion 12

1. Fyra kort väljs slumpmässigt från en kortlek och placeras nedåtvända på ett bord. Två av korten har röd färg och de andra två har svart färg. Vi plockar upp två av dessa kort. Vad är sannolikheten att vi får ett rött kort?

2. Hjulen nedan snurras kring sina mittpunkter. En spik högst upp utanför respektive hjul anger vilket värde man får. Vad är sannolikheten att summan av de två talen är jämn?

Pythagoras Quest, distriksfinal 2014, del 1 problem 1

3. I en skogsglänta finns det fyra fågelbon. Varje bo har en fågelmamma som tillbringar 12 minuter varje timme åt att mata de yngre fåglarna. Den resterande tiden tillbringar fågelmamman ute i skogen för att leta efter mat. Vad är sannolikheten att det finns minst en fågelmamma i skogsgläntan vid något givet ögonblick?

4. Fem myror finns utplacerade på hörnen av en regelbunden 5-hörning, en på varje hörn. Myrorna kan endast gå längs med 5-hörningens sidor och de kan endast gå medsols eller motsols. De kan inte stå stilla. Om myrorna börjar att gå samtidigt, med samma fart och väljer håll slumpmässigt, vad är då sannolikheten att myrorna aldrig krockar?

Pythagoras Quest, riksfinal 2019, del 2 problem 2

5. Du kastar ett mynt tre gånger. Vad är sannolikheten att få minst två klave i rad?

Pythagoras Quest, distriksfinal 2017, del 2 problem 4

6. I en urna finns 99 kulor numrerade 11 till 99. Du plockar upp tre kulor ur urnan. Sedan lägger du de i storleksordning framför dig. Vad är sannolikheten att differensen mellan på varandra följande kulor är lika?

Pythagoras Quest, distriksfinal 2019, del 2 problem 6

7. En trädgårdsmästare planterar fem frön i en rabatt. Sannolikheten att ett frö slår rot och växer till en blomma är 34\frac{3}{4}. Vad är oddsen att trädgårdsmästaren får:

a) exakt en blomma?

b) exakt två blommor?

c) som mest tre blommor?

8. Det är känt att 33 av 250250 födslar är tvillingfödslar och att Sveriges befolkning är ungefär 9.69.6 miljoner. Ställ upp en ekvation med hjälp av de givna uppgifterna och beräkna antalet tvillingar i Sverige med två värdesiffrors noggrannhet

Pythagoras Quest, riksfinal 2013, del 1 problem 2

9. Du väljer slumpmässigt två positiva heltal.

a) Hur stor är sannolikheten att summan av talen är jämnt delbar med 3?

b) Hur stor är sannolikheten att produkten av talen är jämnt delbar med 3?

Pythagoras Quest, riksfinal 2009, del 1 problem 6

10. Du är vilse i regnskogen och har råkat äta en giftig svamp. För att rädda ditt liv behöver du slicka i dig motgiftet som utsöndras av en specifik grodart. Tyvärr är det endast honorna som producerar motgiftet. I regnskogen finns det lika många hon- och hangrodor. Hon- och hangrodor ser identiska ut men hanen har ett särskilt rop som skiljer dem åt. Du har sekunder kvar att leva när du plötsligt ser en sådan groda till höger om dig på en stubbe. Till vänster om dig hör du plötsligt det kännetecknande hanropet, du vänder dig strax efter att ljudet upphör och ser två likadana grodor tätt tillsammans i en glänta. Åt vilket håll ska du vända dig för att ha högsta chans att slicka på en hona och bli räddad? (Det är ok att slicka två grodor samtidigt).

Pythagoras Quest, riksfinal 2018, del 1 problem 2

11. Sannolikheten att en baseballspelare träffar bollen är 310\frac{3}{10}. Vad är sannolikheten att hon får exakt två träffar om hon får fyra försök på sig?

12. Din kompis påstår följande: “Det är mer sannolikt att du får högst en sexa vid kast med tre tärningar än att du får högst två sexor vid kast med fyra tärningar.” Stämmer kompisens påstående?

Pythagoras Quest, distriksfinal 2019, del 1 problem 4

13. Pia äger en ojämnt konstruerad tärning. Om den kastas två gånger är sannolikheten att få minst ett jämnt tal 13\frac{1}{3}. Vad är sannolikheten att få ett udda tal om man kastar tärningen en gång?

14. Vad är sannolikheten att du får exakt två äss om du väljer fem slumpmässigt valda kort från en kortlek?

15. Linda är 3131 år gammal, singel, extrovert and väldigt begåvad. Hon studerade filosofi på universitet. Under sin studietid var hon väldigt engagerad i frågor rörande diskriminering och jämlikhet, och hon deltog även i anti-kärnvapen demonstrationer.

Vad är mest sannolikt?

a) Linda jobbar på en bank.

b) Linda jobbar på en bank och identifierar sig som feminist.

16. Ett tal pp väljs slumpmässigt ur {11,13,15,17,19}\{11, 13, 15, 17, 19\} och ett tal qq väljs slumpmässigt ur {1999,2000,2001,2002,,2018}\{1999, 2000, 2001, 2002, … , 2018\}. Vad är sannolikheten att talet pqpq slutar med en 11:a?

Pythagoras Quest, riksfinal 2018, del 1 problem 3

17. En sekreterare skriver brev till åtta olika personer och adresserar åtta kuvert med dessa personers adresser. Han lägger sedan breven slumpmässigt i kuverten. Vad är sannolikheten att exakt sex av breven hamnar i rätt kuvert?

18. Richard är ute och liftar längs en bilväg. Sannolikheten att han ser en bil någon gång under de kommande 2020 minuterna är 609625\frac{609}{625}. Vad är sannolikheten att han kommer se en bil någon gång under de kommande fem minuterna? Anta att sannolikheten att se en bil är densamma under de hela 2020 minuterna.

19. Du har blivit uttagen till att delta i ett lotteri på TV. Programledaren visar dig tre dörrar och berättar att bakom en av dem finns en sprillans ny ferrari, men bakom vardera av de andra två dörrarna gömmer det sig en get. Du får välja en av dörrarna och föremålet som befinner sig där bakom kommer du att få behålla. Du bestämmer dig att välja dörren till vänster. Programledaren går då bort och öppnar dörren längst till höger och visar att den dolde en get. Du får nu alternativet att stanna med det val du gjorde först eller att byta till dörren i mitten. Vad borde du göra?

Monthy Hall problemet

Lösningar

1. Vi har tre möjliga utfall i det här problemet:

(1) 00 röda kort

(2) 11 rött kort

(3) 22 röda kort

Sannolikheten att vi får ett rött kort är summan av (2) och (3). I den här situationen är det enklast att använda oss av subtraktionsmetoden så vi räknar istället ut sannolikheten att vi inte får ett rött kort. Oddsen att vi får 00 röda kort är 2413=16\frac{2}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}, så annolikheten att vi får ett rött kort är därmed 116=561 - \frac{1}{6} = \mathbf{\frac{5}{6}}.

2. För att summan av de två talen ska vara jämn måste båda tal vara jämna eller båda vara udda. Sannolikheten att båda talen är jämna är 1423=16\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{6} och sannolikheten att båda tal är udda är 3414=14\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4}. Sannolikheten att summan är jämn är då 1416=512\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{6} = \mathbf{\frac{5}{12}}.

3. Om vi går in i skogsgläntan i något givet ögonblick är det möjligt att det finns:

(1) 00 fågelmammor

(2) 11 fågelmamma

(3) 22 fågelmammor

(4) 33 fågelmammor

(5) 44 fågelmammor

Sannolikheten att minst en fågelmamma befinner sig i skogsgläntan är summan av fall (2), (3), (4) och (5). I den här situationen är det uppenbarligen lättast att använda subtraktionsmetoden så vi räknar istället ut det fall (1) att det inte finns några fågelmammor i gläntan. Sannolikheten att en fågelmamma befinner sig i skogsgläntan är 1260=15\frac{12}{60} = \frac{1}{5}, så oddsen att fågelmamman inte befinner sig i gläntan är 45\frac{4}{5}. Sannolikheten att ingen av de fyra fågelmammorna är närvarande är alltså (45)5=256625\left( \frac{4}{5} \right)^5= \frac{256}{625}. Vi kommer därmed fram till att sannolikheten att minst en fågelmamma befinner sig i gläntan vid ett givet ögonblick är 1256625=3696251 - \frac{256}{625} = \mathbf{\frac{369}{625}}.

4. Den första myran kan välja att gå åt vilket håll som helst. De andra fyra myrorna måste dock alla välja att gå åt samma håll som den första myran för att inte krocka. Varje av dessa fyra myror har två håll att välja mellan så sannolikheten att de aldrig krockar är (12)4=116\left(\frac{1}{2} \right)^4 = \mathbf{\frac{1}{16}}.

5. Singlar vi ett mynt tre gånger kan vi få 23=82^3 = 8 möjliga utfall. Tre av dessa fall (krona-klave-klave, klave-klave-krona, klave-klave-klave) kommer göra att vi få minst två klave i rad. Sannolikheten att få minst två klave i rad är således 38\mathbf{\frac{3}{8}}.

6. Differensen mellan på varandra följande kulor kan antingen vara 11, 22, 33 eller 44. Att differensen är 11 kan ske på sju sätt, att differensen är 22 kan ske på fem sätt, att differensen är 33 kan ske på tre sätt och att differensen är 44 kan ske på ett sätt. Totalt finns det 7+5+3+1=167+5+3+1=16 olika sätt som differensen kan vara lika. Ett sätt för att illustrera detta är att rita nio tomma platser bredvid varandra och tänka hur många sätt du kan placera tre föremål på dessa tomma platser om föremålen till höger och vänster måste vara en, två, tre eller fyra platser bort från mittenföremålet. Vi kan välja tre kulor från en urna med nio kulor på 9  8  73!=84\frac{9 \ \cdot \ 8 \ \cdot \ 7}{3!} = 84 olika sätt. Sannolikheten att differensen mellan på varandra följande kulor är lika är därmed 1684=421\frac{16}{84} = \mathbf{\frac{4}{21}}.

7. a) Att exakt en blomma gror kan ske på fem olika sätt. Sannolikheten att något av dessa fem utfall inträffar är 3414141414=31024\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{3}{1024}, men eftersom att det just finns fem möjliga sådana utfall måste vi multiplicera 31024\frac{3}{1024} med 55. Sannolikheten att exakt en blomma gror är därmed 151024\mathbf{\frac{15}{1024}}.

b) Att exakt två av de fem fröna gror kan ske på 5  42!=10\frac{5 \ \cdot \ 4}{2!} = 10 olika sätt. Sannolikheten att något av dessa tio utfall inträffar är 3434141414=91024\frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{1024}, så vi måste multiplicera detta med 1010. Sannolikheten att exakt två av de fem blommorna gror är därmed 901024=45512\frac{90}{1024} = \mathbf{\frac{45}{512}}.

c) Den här uppgiften kan delas upp i följande utfall:

(1) 00 blommor gror

(2) 11 blomma gror

(3) 22 blommor gror

(4) 33 blommor gror

(5) 44 blommor gror

(6) 55 blommor gror

Sannolikheten att som mest tre blommor som gror är summan av fall (1), (2), (3) och (4). I den här situationen är det lättare att använda oss av subtraktionsmetoden och istället räkna ut fall (5) och (6).

Att vi får exakt fyra blommor som gror kan ske på fem olika sätt, och sannolikheten att ett av dessa fem utfall inträffar är 3434343414=811024\frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{81}{1024}. Sannolikheten att exakt fyra blommor gror är alltså 8110245=4051024\frac{81}{1024} \cdot 5 = \frac{405}{1024}.

Att alla blommor gror kan bara ske på ett sätt så sannolikheten att detta inträffar är därmed (34)5=2431024\left( \frac{3}{4} \right)^5 = \frac{243}{1024}.

Summan av dessa två utfall är 4051024+2431024=6481024\frac{405}{1024} + \frac{243}{1024} = \frac{648}{1024}. Sannolikheten att vi får som mest tre blommor är därmed 16481024=3761024=471281 - \frac{648}{1024} = \frac{376}{1024} = \mathbf{\frac{47}{128}}.

8. 247247 vanliga födslar och 33 tvillingfödslar ger 253253 barn. 66 av dessa barn är tvillingar. Detta ger oss 62539.6106230000\frac{6}{253} \cdot 9.6 \cdot 10^6 \approx \mathbf{230 000} tvillingar.

9. a) Om ett tal delas med 33 kan det antingen ge resten 00, 11 eller 22. För att summan av talen ska vara delbar på 33 måste summan av resterna som talen ger när de delas på 33 också vara jämnt delbart på 33. När vi väl har valt det första talet finns det bara en av de tre möjliga resterna som det andra talet kan ha för att summan av resterna ska vara en multipel av 33. Svaret är alltså 13\mathbf{\frac{1}{3}}.

b) Eftersom var tredje tal är delbart på 33 är sannolikheten att vi väljer ett sådant tal 13\frac{1}{3}. För att produkten av talen ska vara delbar med 33 krävs det att minst ett av talen är en multipel av 33. Det enklaste tillvägagångssättet här är att använda subtraktionsmetoden och istället beräkna sannolikheten att inget av talen är delbart med 33. Svaret är alltså

P(minst ett tal delbart med 3) =P(\text{minst ett tal delbart med} \ 3) \ =
1P(inget tal delbart med 3) =1 - P(\text{inget tal delbart med} \ 3) \ =
12323 = 59 1 - \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \ = \ \mathbf{\frac{5}{9}}

10. Grodan som sitter på stubben kan antingen vara en hon- eller hangroda. Då det finns lika många grodor av varje kön är sannolikheten 12\frac{1}{2} att den grodan är en hona. Det finns tre möjliga fall för grodorna som sitter i gläntan: hona-hane, hane-hona eller hane-hane. Eftersom varje fall är lika troligt att inträffa är sannolikheten att en av grodorna är en hona 23\frac{2}{3}. Vi borde alltså springa vänster för att maximera vår chans att överleva.

11. Baseballspelaren kan få två träffar och två missar på 4!2!  2!=6\frac{4!}{2! \ \cdot \ 2!} = 6 olika sätt, och sannolikheten att någon av de utfallen sker är 310310710710=44110000\frac{3}{10} \cdot \frac{3}{10} \cdot \frac{7}{10} \cdot \frac{7}{10} = \frac{441}{10000}. Sannolikheten att hon får exakt två träffar och två missar är alltså 644110000=132350006 \cdot \frac{441}{10000} = \mathbf{\frac{1323}{5000}}.

12. Kastar vi tre tärningar kan vi få följande utfall:

(1) 00 sexor

(2) 11 sexa

(3) 22 sexor

(4) 33 sexor

Det gäller att P(P( högst en sexa vid tre kast)) = (1) + (2). Sannolikheten att (1) inträffar är (563)3=125216\left( \frac{5}{63} \right)^3 = \frac{125}{216} och sannolikheten att (2) inträffar är 16(56)23!2!=75216\frac{1}{6} \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{3!} {2!} = \frac{75}{216}. Alltså är

P(ho¨gst en sexa vid tre kast)=125216+75216=200216P(\text{högst en sexa vid tre kast}) = \frac{125}{216} + \frac{75}{216} =\frac{200}{216}

. Kastar vi fyra tärningar kan vi få följande utfall:

(1) 00 sexor

(2) 11 sexa

(3) 22 sexor

(4) 33 sexor

(5) 44 sexor

Det gäller att P(P(högst två sexor vid fyra kast)) = 11 - (4) - (5). Sannolikheten att (4) inträffar är (16)3564!3!=201296\left( \frac{1}{6} \right)^3 \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{4!}{3!} = \frac{20}{1296} och sannolikheten att (5) inträffar är (16)4=11296\left( \frac{1}{6} \right)^4 = \frac{1}{1296}. Vi har då

P(ho¨gst tva˚ sexor vid fyra kast)=1(211296+11296)=12741296P(\text{högst två sexor vid fyra kast}) = 1 - \left( \frac{21}{1296} + \frac{1}{1296} \right) = \frac{1274}{1296}

I jämförelese är P(P(högst en sexa vid tre kast)=200216=12001296) = \frac{200}{216} =\frac{1200}{1296}. Vi har därmed kommit fram till att kompisens påstående är falskt.

13. Eftersom sannolikheten att få minst ett jämnt tal på två kast är 13\frac{1}{3} måste sannolikheten att båda kast ger udda tal vara 23\frac{2}{3}. Att kasta en tärning två gånger är två oberoende händelser, så det gäller att:

P(udda)P(udda)=23P(\text{udda}) \cdot P(\text{udda}) = \frac{2}{3}
P(udda)=23P(\text{udda}) = \mathbf{\sqrt{\frac{2}{3}}}

14. För att lösa det här problemet kommer vi beräkna antalet femkortsblandningar som innehåller exakt två äss och dela det med det totala antalet möjliga femkortsblandningar.

Vi ska först välja två äss och sedan tre övriga kort som inte är äss. En kortlek innehåller 5252 kort och fyra av dem är äss. Det finns alltså 4  32!=6\frac{4 \ \cdot \ 3}{2!}=6 sätt att välja två äss på. Det finns 4848 övriga kort som inte är äss och vi kan välja tre av dessa på 48  47  463!=(164723)\frac{48 \ \cdot \ 47 \ \cdot \ 46}{3!} = (16 \cdot 47 \cdot 23) sätt. Antalet femkortsblandningar med exakt två äss är därmed 6(164723)6 \cdot (16 \cdot 47 \cdot 23). Vi kommer vänta med att multiplicera ut detta eftersom att vi också kommer att dela resultatet med det totala antalet möjliga femkortsblandningar. Troligtvis kommer vi att kunna stryka flera gemensamma faktorer när vi gör den divisionen. Därför är det lättast vänta med att multiplicera ut talen tills att vi har kunnat förkorta bråket så långt som möjligt. Det totala antalet möjliga femkortsblandningar är

52515049485!=\dfrac{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{5!} =
522513505491484=\frac{52}{2} \cdot \frac{51}{3} \cdot \frac{50}{5} \cdot \frac{49}{1} \cdot \frac{48}{4} =
261710491226 \cdot 17 \cdot 10 \cdot 49 \cdot 12

Lägg märke till hur vi förkortar även detta bråket så långt som möjligt innan vi multiplicerar ut täljaren och nämnaren.

Sannolikheten att en femkortsbalndning innehåller exakt två äss är alltså

61647232617104912=\frac{6 \cdot 16 \cdot 47 \cdot 23}{26 \cdot 17 \cdot 10 \cdot 49 \cdot 12} =
6472313175493=\frac{6 \cdot 47 \cdot 23}{13 \cdot 17 \cdot 5 \cdot 49 \cdot 3} =
24723131749=\frac{2 \cdot 47 \cdot 23}{13 \cdot 17 \cdot 49} =
216210829\mathbf{\frac{2162}{10829}}

Här kan du se fördelen med att behålla täljaren och nämnaren som en produkt av flera tal snarare än att multiplicera ut dem det första vi gör. Hade vi multiplicerat ut bråket till 103 7762 598 960\frac{103 \ 776}{2 \ 598 \ 960} istället för 6  16 47  2326  17  10  49  12\frac{6 \ \cdot \ 16 \cdot \ 47 \ \cdot \ 23}{26 \ \cdot \ 17 \ \cdot \ 10 \ \cdot \ 49 \ \cdot \ 12} hade det varit mycket svårare att se att både täljaren och nämnaren var delbara med 48. Det är nästan alltid lättast att behålla dina resultat som en produkt ända till slutet.

I det här problemet är det ok att bara skriva 6  16 47  2326  17  10  49  12\frac{6 \ \cdot \ 16 \cdot \ 47 \ \cdot \ 23}{26 \ \cdot \ 17 \ \cdot \ 10 \ \cdot \ 49 \ \cdot \ 12} som ditt slutgiltiga svar. Det viktigaste är att du visar hur du kommit fram till svaret och att du förstår hur man löser uppgiften. Inte att du kan multiplicera med svåra tal. Om talen blir väldigt stora och komplicerade är det ok att lämna svaret som en ofullständig uträkning.

15. Sannolikheten att Linda både jobbar på en bank och identifierar sig som feminist kan skrovas som P(P(bank)P() \cdot P(feminist)). Detta är uppenbarligen mindre än att hon bara jobbar på en bank, P(P(bank)). Alternativ a) är alltså mest troligt. Vi kan illustrera den här situationen med ett venndiagram. Låt cirkel BB vara sannolikheten att Linda jobbar på en bank och låt cirkel FF vara sannolikheten att Linda identifierar sig som feminist. a) är då hela cirkel BB men fall b) är endast snittet av cirkel BB och FF. Eftersom b) är en delmängd till a) är det uppenbarligen mer sannolikt att a) är sant än att b) är det.

16. Listar vi slutsiffrorna för 11x,13x,15x17x11x, 13x, 15x 17x och 19x19x för x=1,2,3,4x = 1, 2, 3, 4… ser vi att

Slutsiffra 11x:     1,1,1,1,1\text{Slutsiffra} \ 11x: \ \ \ \ \ 1, 1, 1, 1, 1…

Slutsiffra 13x:     3,9,7,1,3\text{Slutsiffra} \ 13x:\ \ \ \ \ 3, 9, 7, 1, 3…

Slutsiffra 15x:     5,5,5,5,5\text{Slutsiffra} \ 15x:\ \ \ \ \ 5, 5, 5, 5, 5…

Slutsiffra 17x:     7,9,3,1,7\text{Slutsiffra} \ 17x:\ \ \ \ \ 7, 9, 3, 1, 7…

Slutsiffra 19x:     9,1,9,1,9\text{Slutsiffra} \ 19x:\ \ \ \ \ 9, 1, 9, 1, 9…

11x11x slutar alltid på 11. 15x15x har aldrig slutsiffran 11. 13x13x och 17x17x slutar på siffran 11 om och endast om xx är delbart på 44, och 19x19x har slutsiffran 11 om och endast om xx är delbart på 22. Av de totalt 2020 talen som qq väljs från är fem av dem delbar 44 och tio är delbara med 22. Sannolikheten att pqpq slutar med en 11:a är därmed

(151)+(15520)+(150)+(151020) = 25\left(\frac{1}{5} \cdot 1 \right) + \left(\frac{1}{5} \cdot \frac{5}{20} \right) + \left(\frac{1}{5} \cdot 0 \right) + \left(\frac{1}{5} \cdot \frac{10}{20} \right) \ = \ \mathbf{\frac{2}{5}}

17. Vi kommer att lösa det här problemet genom att beräkna antalet sätt som exakt sex av breven kan komma till rätt person och sedan dela det med det totala antalet möjliga sätt som breven kan skickas till de olika personerna.

Om exakt sex av breven kommer till rätt person innebär det att exakt två av breven inte gör det. Vi kan välja dessa två personer på 8  72!=28\frac{8 \ \cdot \ 7}{2!} = 28 sätt. Det totala antalet sätt som breven kan skickas på är 8!8!. Svaret på problemet är alltså

288!=\frac{28}{8!} =
7487654321=\frac{7 \cdot 4}{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} =
1865321=\frac{1}{8 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} =
11440\mathbf{\frac{1}{1440}}

18. Ta en närmare titt på bråket 609625\frac{609}{625}. Varför har vi just de två specifika talen? 625625 är detsamma som 5555=545 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 5^4. Differensen 625609625 - 609 råkar också vara 1616, vilket är detsamma som 2222=242 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^4. Försök att använda den här informationen för att lösa problemet på egen hand innan du fortsätter att läsa resten av lösningen.

Låt sannolikheten att se en bil under de kommande 55 minuterna vara pp. Oddsen att inte se en bil under de kommande 55 minuterna är då (1p).(1 - p). Detta innebär att sannolikheten att inte se en bil under de kommande 2020 minuterna är (1p)4(1 - p)^4. Vi vet också att sannolikheten att Richard inte kommer se en bil under de kommande 2020 minuterna är 16625\frac{16}{625}. Vi har alltså

(1p)4=16625(1 - p)^4=\frac{16}{625}
(1p)=25(1 - p) = \frac{2}{5}
35=p\frac{3}{5}=p

Sannolikheten att Richard kommer se en bil under de kommande 55 minuterna är därmed 35\mathbf{\frac{3}{5}}.

19. Vi ska fatta vårt beslut i två steg. Först ska vi välja vilken av de tre dörrarna vi vill chansa på och sedan ska vi besluta oss för om vi vill behålla vårt val eller inte. Det finns alltså följande sex utfall i det här problemet:

Get nr 11 - behåll \Longrightarrow Get

Get nr 11 - byt \Longrightarrow Ferrari

Get nr 22 - behåll \Longrightarrow Get

Get nr 22 - byt \Longrightarrow Ferrari

Ferrari - behåll \Longrightarrow Ferrari

Ferrari - byt \Longrightarrow Get

Vi kan se att om vi behåller det valet vi gjorde från början kommer vi i två av tre fall att få en get. Om vi däremot byter val kommer vi i två av tre val att få en ferrari. Vi ska alltså välja att byta dörr.

Anledningen till att det är bättre att byta dörr är för att sannolikheten att vi valde en get i det första steget är 23\frac{2}{3}. Om vi väljer att behålla vårt val är sannolikheten alltså 23\frac{2}{3} att vi får en get och 13\frac{1}{3} att vi får ferrarin. Kolla på de olika utfallen som vi ritade upp ovan så att du verkligen förstår detta. Om vi däremot byter dörr vänder vi på dessa sannolikheter så att sannolikheten att få ferrarin är 23\frac{2}{3} medans sannolikheten att få en get är 13\frac{1}{3}.

Ett annat sätt för att göra detta resonemang ännu tydligare är att tänka sig en mer extrem version av problemet där vi istället har 10001000 dörrar varav 999999 av dem har getter bakom sig medans endast en dörr döljer ferrarin. Efter att du har valt vilken dörr du vill satsa på öppnar programledaren 998998 av dörrarna som hade en get bakom sig. Om du valde en dörr som hade en get bakom sig kommer du nu att få ferrarin om du byter dörr. Eftersom sannolikheten att du valde en get i första steget var 9991000\frac{999}{1000} är det uppenbarligen fördelaktig att byta.


📝Lektion 13: Modulär aritmetik

📝Lektion 11: Antalet delare till heltal