Tõenäosusteooria näiteülesanded I

N1. Kui suur on tõenäosus, et kolme täringu viskamisel on kahel täringul silmade arv sama ?

Lah. Kolme viskamine on sama, kui ühe viskamine 3 korda järjest! A – 1.-l viskel tuli midagi, s.t P(A) = 1 (alati tuleb midagi!); B – 2.-l tuli esimesest erinev, s.t P(B) = 5/6 (kokku võimalusi 6, soodsaid 5, sest ei tohi tulla 1.-l viskel esinenud); C – 3.-l tuli eelmisega sama, s.t P(C) = 1/6 (nüüd soodsaid ainult 1 – see, mis oli eelmisel). Igal täringul silmade arv sõltumata teiste omast. Seega, et kahel viimasel sama silmade arv, on tõenäosus eelmiste korrutis = 1* 5/6 * 1/6 = 5/36. Lõpuks: kahel sama arv saab olla kahel esimesel, kahel viimasel (mida eespool lahendasime) ning esimesel ja viimasel. Nende kõikide summa tuleb leida, ning seega lõppvastus on  5/36 + 5/36 + 5/36 = 0.417.

N2. Üliõpilane oskas 25-st küsimusest 20-nd. Esitati 3 küsimust. Leida tõenäosus, et a) osanud vastata ühelegi küsimusele; b) oskas vastata vähemalt ühele küsimusele.

Lah. a) Kõiki võimalusi on 3 küsimust 25-st, mis tähendab kombinatsioonide arvu  C 325 = (25*24*23) /(3*2) = 25*4*23. Kui üliõpilane ei osanud vastata ühelegi küsimusele, siis pidi ta saama need 5 hulgast, mida ta ei osanud. Neid võimalusi on  C 35 = 10. Seega tõenäosus  P = C 35 / C 325 = 10 / (25*4*23) = 1 / (5*2*23) = 0.004. 
Teine lahendusviis: kui esimene küsimus sattus, mida ta ei osanud, siis selle tõenäosus  5/25,  nüüd pidi ka järgmine küsimus sattuma, mida ta ei osanud, selle tõenäosus  4/24 (1 mitteosatud küsimus oli juba võetud) ning lõpuks ka 3. küsimus, mida ei osanud, selle tõenäosus 3/23. Kui ühelegi ei osanud vastata, siis pidid eelmised kolm sündmust korraga toimuma, mis tähendab nende korrutamist. Seega lõppvastus  P = (5/25) * (4/24) * (3/23) = 0.004. 
b) See on osa a) vastandsündmus, seega  P = 1 – 0.004 = 0.996
Soovitus: kui on küsitud „vähemalt”, siis seda alati kasulik tõlgendada vastandsündmusena!

N3. Professor sõidab ülikooli kuiva ilmaga jalgrattaga ja vihmase ilmaga bussiga. Sügisel on vihmaseid ilmu 60% juhtudest, seega kuivi 40%. Kui professor on pisut sisse maganud, siis jalgrattaga hilineb ta tõenäosusega  0.1  ning bussiga tõenäosusega  0.3.  a) Millise tõenäosusega professor hilineb? b) Professor hilines, millise tõenäosusega tuli ta jalgrattaga?

Lah. Siin olemas sündmuste täissüsteem:  H 1 – ilm kuiv,  H 2 – ilm vihmane (ärge mõelge liiga praktiliselt, et pisut tibutab vms, siin eeldame, et ainult 2 võimalust), kusjuures  P(H 1) = 0.4  (40%) ja  P(H 2) = 0.6. 
a)	A – professor hilineb, siis vaja kasutada täistõenäosuse valemit, milles  P(A | H 1) = 0.1 (ilm kuiv, tuli jalgrattaga ja antud oli, et siis hilineb tõenäosusega  0.1) ja  P(A | H 2) = 0.3. Saame  P(A ) = 0.1 * 0.4 + 0.3 * 0.6 = 0.22.
b)	Vaja leida P(H 1 | A),  sest teada, et professor hilines (toimus A), kuid millise tõenäosusega tuli ta jalgrattal (ilm kuiv). Bayes’i valemi põhjal  P(H 1 | A) = P(H 1) P(A | H 1) / P(A).  Seega osa a) tulemuse põhjal  
P(H 1 | A) = 0.4 * 0.1 / 0.22 = 0.18.  Kui arvutate  P(H 2 | A) = 0.82,  siis saate tõenäosuse, et professor hilines ja tuli bussiga. Tulemus sobib hästi, sest ta tuleb kas bussi või jalgrattaga ja seega see kindel sündmus ning tõesti  0.18 + 0.82 = 1.
Järeldus: Vihmase ilmaga võivad ka üliõpilased kauem magada, sest siis professor hilineb suurema tõenäosusega .

N4. Päevalille seeme idaneb 75% juhtudest. Milline tõenäosus, et 10-st seemnest tekib vähemalt 8 päevalille?

Lah. Binoomjaotuse tunnete sellest ära, et siin toimub mingi sõltumatute katsete seeria (iga seemne panemine on katse ja seemned idanevad sõltumatult) ning igal katsel ainult kaks võimalust (idaneb – ei idane), kusjuures üks neist võimalustest toimub tõenäosusega p (idaneb p = 0.75). Olgu X – juhuslik suurus, mis loendab kasvama läinud taimede arvu. Siis küsitakse  P (X ≥ 8) = C 810 (0.75) 8 (0.25) 2 + C 910 (0.75) 9 (0.25) 1 + C 1010 (0.75) 10 (0.25) 0 = 
45 (0.75) 8 (0.25) 2 + 10 (0.75) 9 (0.25) 1 + 1 (0.75) 10 1 = 0.28156 + 0.1877 + 0.05631 = 0.5256.  Siin kasutasime Bernoulli valemit, kusjuures 1. liidetav andis tõenäosuse, et idanes täpselt 8 seemet, 2. liidetav, et 9 seemet ning 3. liidetav, et 10 seemet.

Veel näiteid
---------------------------------------
N. 1.  Firma toodangust on keskmiselt praaki  1%.  Toodangut müüakse  10-kaupa  karpides ja ostjale tagastatakse raha, kui karbis on vähemalt  1  praaktoode. Keskmiselt mitme  %  karpide eest tagastatakse raha?

Lahendus.  Olgu juhuslik suurus  X,  mis loendab praaktoodete arvu karbis. Iga tootega kaks võimalust – kas on praak või mitte – kusjuures praak on tõenäosusega  0.01.  Seega tegemist binoomjaotusega, kus  n = 10  ja huvitab küsimus, et 
P(X  1 )  (s.t tõenäosus, et karbis on  1  või rohkem praaktoodet). Vastandsündmuse mõiste kohaselt (vt 2. Tehted sündmustega, sündmuste summa ja korrutise tõenäosus) ning kasutades Bernoulli valemit saame

P(X  1 ) = 1 - P(X < 1 ) = 1 - P(X = 0 ) = 1 - 0.010 (1-0.01)10-0 = 1 - 0.9910 = 0.10

Seega  10%  karpides on  1  või rohkem praaktoodet.

N. 2. Tarbijale saadeti 500 head asja. Asi võib transportimisel rikneda tõenäosusega  0.002.  Milline tõenäosus, et tarbija saab  3  riknenud asja?

Lahendus. Siin tegelikult Bernoulli skeem, sest iga asjaga kaks võimalust – rikneb tõenäosusega  0.002, ei rikne järelikult tõenäosusega  0.998. Bernoulli valemit keeruline kasutada, sest  n = 500. Juhul, kui tõenäosus väike (praegu  0.002), kasutatakse lähendamiseks Poissoni jaotust (vt 12. Poissoni jaotus). Kuna siin  np(1 - p) = 500*0.002*0.998 < 10,  siis normaaljaotust ei saagi kasutada!
Olgu juhuslik suurus  X,  mis loendab riknenud asjade arvu. Siis Poisssoni jaotuse kasutamiseks on vaja arvutada   = np = 500*0.002 = 1  ja seega Poissoni valemi põhjal

P(X = 3) = e -1 13 / 3! = 1/ (6 e)  0.06

N. 3. Teatud piirkonnas on keskmiselt  5.2  orkaani aastas. Milline tõenäosus, et antud aastal on seal mitte rohkem kui 3 orkaani? 

Lahendus. Orkaane on suhteliselt harva. Seetõttu võib lugeda, et juh. suurus  X,  mis loendab orkaanide arvu, on Poissoni jaotusega. Orkaanide keskmine arv tähendab keskväärtust  EX =  = 5.2  (vt osa 12). Niisiis arvutame

P(X  3 ) = P(X = 0 ) + … + P(X = 3 ) = e –5.2 5.20 / 0! + … + e –5.2 5.23 / 3! = 0.237

N. 4. Linnakese elanikest  52%  eelistab mittesuitsetamist. Leida tõenäosus, et küsitletud 101-st elanikust vähem kui pooled eelistavad mittesuitsetamist. 

Lahendus. Siin tegelikult jälle Bernoulli skeem, sest iga küsitletud elanikuga kaks võimalust – ta eelistab mittesuitsetamist tõenäosusega  p = 0.52  ja ei eelista mittesuitsetamist tõenäosusega  1- p = 0.48. Katsete arv on  n = 101 ja seega np(1 - p) = 101*0.52*0.48 = 25.2 > 10  ning on sobiv kasutada normaaljaotust. Loendagu juhuslik suurus  X  mittesuitsetamist eelistajate arvu  101 küsitletu hulgas. Vähem kui pooled tähendab, et X  50  ja seega vaja arvutada (vt osa 13) 

P(0 < X  50 ) = () - () = (- 2.52 /5.02) - (- 52.52 /5.02) = - (0.502) + (10.46) = [tabelist] = - 0.19146 + 0.50000 = 0.30854  0.31.

N. 5. Kasarmu uste keskmine kõrgus on  1.83 m. Arstipunkti andmetel on sõdurite keskmine pikkus  1.73 m, mis on mõõdetud standardhälbega  0.064 m. Leida sõdurite %, kes ei mahu kummardamata uksest läbi?

Lahendus. Mõõtku juhuslik suurus  X  konkreetse sõduri pikkust, mis on normaaljaotusega (sest pikkus on teatud normaalse keskväärtuse ümber ning kääbuseid ja hiiglasi on vähe). Võime lugeda, et läbi ei mahu siis, kui X > 1.83. Seega vaja arvutada (vt valemeid kuskilt) 

P(1.83 <X< ) = ( ) - ( ) = 0.50000 - (1.56) = 0.50000 – 0.44062 = 0.05938

ja seega mingi 6% ei mahu hästi uksest läbi.