Dette kapitel er for elever på 2024-ordningen. Dvs. elever startet i 2024 eller senere. Er du på den gamle ordning skal du i stedet læse dette kapitel.
Lad os sige, at du kaster en terning og holder resultatet hemmeligt. Lad os sige, at jeg er interesseret i at vide, om du har slået en 6’er. Lad os kalde denne hændelse for \(A\):
\[A=\{{\Large ⚅} \}\]
Sandsynligheden for at du gemmer på 6’er er \(\frac {1}{6}\), så \(P(A)=\frac {1}{6}\). Lad os sige at jeg får at vide, at du har slået et lige antal øjne. Altså at følgende hændelse er indtruffet:
\[B=\{{\Large ⚁} ,{\Large ⚃} ,{\Large ⚅} \}\]
Hvad er nu sandsynligheden for at du har slået en 6’er? Nu er der pludselig kun tre muligheder tilbage (som alle er lige sandsynlige), så sandsynligheden for at du har slået en 6’er er \(\frac {1}{3}\). Altså sandsynligheden for at
hændelsen \(A\) indtræffer, når vi ved at \(B\) er indtruffet er \(\frac {1}{3}\). Vi betegner denne sandsynlighed med \(P(A|B)\), som læses ”sandsynligheden for \(A\), givet \(B\)”. Vi har altså at:
\[P(A|B)=\frac {1}{3}\]
Sandsynligheder som \(P(A|B)\) kaldes betingede sandsynligheder.
Betingede sandsynligheder i symmetriske sandsynlighedsfelter
Vi vil nu bestemme en formel vi kan bruge til betingende sandsynligheder, når vi har et symmetrisk sandsynlighedsfelt (dvs. alle udfald har samme sandsynlighed).
Lad os sige at vi har to hændelser \(A\) og \(B\), og at vi gerne vil bestemme \(P(A|B)\). Dvs. vi skal bestemme sandsynligheden for at \(A\) indtræffer, når vi ved at \(B\) er indtruffet. Vi bestemmer sandsynligheden ved:
Da vi ved, at \(B\) er indtruffet må de mulige udfald være antallet af udfald i \(B\). Et gunstigt udfald er et udfald som ligger i \(A\), men da vi er begrænset til de udfald som ligger i \(B\), må de gunstige udfald må være dem
som ligger i \(A\cap B\) (både i \(A\) og i \(B\)). Vi har dermed:
\[P(A|B)= \frac {\text {antal udfald i } A\cap B}{\text {antal udfald i } B}\]
Eksempel 12.4.1 Vi vil bestemme sandsynligheden for at der er slået højst \(3\), når vi ved der slået et ulige antal øjne. Det svarer til at bestemme \(P(A|B)\) når:
\[P(A|B)= \frac {\text {antal udfald i } A\cap B}{\text {antal udfald i } B}\]
Vi bestemmer først \(A\cap B\). Den består af alle de udfald, som ligger i både \(A\) og \(B\). Det er udfaldene \({\Large ⚀} \) og \({\Large ⚂} \), så:
\[A\cap B=\{{\Large ⚀} , {\Large ⚂} \}\]
Vi ser, at der er \(2\) udfald i \(A\cap B\) og \(3\) udfald i \(B\), hvilket vi indsætter i formlen:
\(\seteqnumber{0}{12.}{0}\)
\begin{align*}
P(A|B) & = \frac {\text {antal udfald i } A\cap B}{\text {antal udfald i } B}\\[5pt] & = \frac {2}{3}
\end{align*}
Vi konkluderer at \(P(A|B)=\frac {2}{3}\). Dvs. sandsynligheden for at der er slået højst \(3\), når vi ved der slået et ulige antal øjne er \(\frac {2}{3}\)
Øvelse 12.4.1
Antag, at du ved at et terningkast er resulteret i et ulige antal øjne (1,3 eller 5). Du skal nu bestemme sandsynligheden for kastet ikke gav en 1’er med metoden fra ovenstående eksempel. Dvs. du skal:
a) Hvad er det vi bestemmer, når vi finder \(P(A|B)\)?
b) Hvad er det vi bestemmer, når vi finder \(P(B|A)\)?
c) Bestem \(P(A|B)\).
d) Bestem \(P(B|A)\).
e) Er \(P(A|B)=P(B|A)\)?
Løsning 12.4.3
a) Sandsynligheden for at få en 1’er eller en 2’er når vi ved der slået et ulige antal øjne.
b) Sandsynligheden for at der er slået et ulige antal øjne, når vi ved at der er slået en 1’er eller en 2’er.
c) \(P(A|B)=\frac {1}{3}\)
d) \(P(B|A)=\frac {1}{2}\)
e) NEJ!
Eksempel 12.4.2 I eksempel 12.3.9 mødte vi skemaet:
.
Dreng
Pige
Total
Drømmekage
\(13\)
\(5\)
\(18\)
Chokoladekage
\(14\)
\(11\)
\(25\)
Andet
\(6\)
\(6\)
\(12\)
Total
\(33\)
\(22\)
\(\textbf {55}\)
og hændelserne (ved udtræk af en tilfældig elev):
\(A=\text {''Har Drømmekage som yndlingskage''}\)
\(B=\text {''Er en pige''}\)
Vi vil nu regne sandsynligheden for at en tilfældig pige fortrækker drømmekage. Det svarer til den betingede sandsynlighed \(P(A|B)\).
Vi finder først antal udfald \(A \cap B\). Det er antallet af piger som har drømmekage som yndlingskage. Dem er der \(5\) af.
Antallet af udfald i \(B\) er \(22\) fordi der er \(22\) piger med undersøgelsen.
Vi kan nu regne den betingede sandsynlighed:
\(\seteqnumber{0}{12.}{0}\)
\begin{align*}
P(A|B) & = \frac {\text {antal udfald i } A\cap B}{\text {antal udfald i } B}\\[5pt] & = \frac {5}{22}\\[5pt] & = 23\%.
\end{align*}
Så sandsynligheden for, at eleven fortrækker drømmekage, når vi ved, at det er en pige er \(23\%\)
Øvelse 12.4.4
Vi bliver ved ovenstående eksempel (eksempel 12.4.2).
a) Bestem \(P(B|A)\), og forklar hvad den betyder.
Løsning 12.4.4
a) \(P(B|A)=\frac {5}{18}=28\%\). Det sandsynligheden for at det er pige, når vi ved det er en drømmekageelsker vi har fat i.
Uafhængige hændelser
To hændelser kaldes uafhængige, hvis indtræffelsen af den ene ikke påvirker sandsynligheden for den anden. Vi kan formulere dette præcist vha. betingede sandsynligheder. Lad os sige at vi har to hændelser \(A\) og \(B\). Hvis
sandsynligheden for \(A\) ikke ændre sig, når vi får at vide at \(B\) er indtruffet, så må det betyde, at \(P(A|B)=P(A)\). Tilsvarende må også \(P(B|A)=P(B)\). Vi kan derfor konkludere, at to hændelser er uafhængige, hvis
\[P(A|B)=P(A)\quad \text {og}\quad P(B|A)=P(B)\]
Eksempel 12.4.3 Vi slår med to terninger og kigger på hændelserne:
\(A = \textrm {''Den første terning bliver en 6'er''}\)
\(B =\textrm {''Den anden terning bliver 6'er''}\)
De to hændelser er uafhængige, da den første ternings resultat ikke påvirker resultatet for den anden terning.
Læg mærke til, at vi ikke regner os frem til uafhængighed i eksemplet. Det er klart at resultatet af den ene terning ikke har betydning for den anden og derfor er der ingen grund til at tjekke det ved beregning. Sådan vil det ofte
være her på mathhx.
Eksempel 12.4.4 Vælg en tilfældig dag i år 2020 og begragt hændelserne:
\(A =\textrm {''Det regnede på denne dag''}\).
\(B = \textrm {''Det regnede dagen efter denne dag''}\).
Hændelserne er ikke uafhængige, da den første hændelse ”ændrer på” sandsynligheden for den anden. Regnvejrsdage har det med at klumpe sig sammen, så hvis vi ved, at det regnede på en bestemt dag, øger det sandsynligheden for
at det også regnede dagen efter.
Øvelse 12.4.5
Afgør hvilke af følgende par af hændelser som er uafhængige
a) Vi kaster en mønt og en terning. \(A=\textrm {''krone''}\) og \(B=\textrm {''en
6'er''}\).
b) Vi trækker to kort (uden tilbagelægning) fra et almindeligt spil kort. \(A=\textrm {''Første kort er en klør''}\) og
\(B=\textrm {''Andet kort er en klør''}\)
Løsning 12.4.5
a) Uafhængige
b) Ikke uafhængige, fordi når vi trækker det andet kort vil antallet af klør i kortspillet afhænge af om vi har trukket en klør som det første kort. Så
sandsynligheden for at trække en klør i andet træk afhænger altså om vi får en klør i første.
Øvelse 12.4.6
Vi vender tilbage til øvelse 12.4.3. Her havde et terningkast og hændelserne:
a) Betragt hændelserne og kom med et bud på om de er uafhængige.
b) Tjek nu om du har ret ved at undersøge om \(P(A|B)=P(A)\) og \(P(B|A)=P(B)\).
Løsning 12.4.6
a) Man kunne godt tænke, at de ikke var uafhængige, da vi jo ved noget om resultatet af kastet, hvis vi ved, at en af de to hændelser er indtruffet.
b) De er faktisk uafhængige.
Ovenstående øvelse viser, at to hændelser godt kan være uafhængige, selvom det ikke umiddelbart er oplagt, at de er det.
For uafhængige hændelser gælder multiplikationsloven:
\[P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\]
Eksempel 12.4.5 Vi bestemmer sandsynligheden for at få to 6’ere i to kast med en almindelig terning. Vi definerer hændelserne:
\(A = \textrm {''Den første terning bliver en 6'er''}\)
\(B =\textrm {''Den anden terning bliver 6'er''}\)
Vi vil altså gerne finde sandsynligheden for de begge indtræffer, altså \(P(A\cap B)\).
Vi har \(P(A)=\frac {1}{6}\) og \(P(B)=\frac {1}{6}\). Da de to hændelser er uafhængige, kan vi bestemme sandsynligheden for at de begge indtræffer ved at gange de to sandsynligheder sammen:
\(\seteqnumber{0}{12.}{0}\)
\begin{align*}
P(A\cap B)= & P(A)\cdot P(B)\\[5pt] = & \frac {1}{6}\cdot \frac {1}{6}\\[10pt] = & \frac {1}{36}
\end{align*}
Der er altså \(\frac {1}{36}\) sandsynlighed for at få to 6’ere ved et kast med 2 terninger.
Øvelse 12.4.7
Antag, at vi kaster en mønt og en terning på en gang.
a) Bestem sandsynligheden for at man får krone og en 6’er.
Løsning 12.4.7
a) Sandsynligheden for at få både krone og en 6’er er \(\frac {1}{12}\)
Vi vender igen tilbage til eksemplet med yndlingskagerne:
Eksempel 12.4.6 Vi har skemaet:
.
Dreng
Pige
Total
Drømmekage
\(13\)
\(5\)
\(18\)
Chokoladekage
\(14\)
\(11\)
\(25\)
Andet
\(6\)
\(6\)
\(12\)
Total
\(33\)
\(22\)
\(\textbf {55}\)
og hændelserne (ved udtræk af en tilfældig elev):
\(A=\text {''Har Drømmekage som yndlingskage''}\)
\(B=\text {''Er en pige''}\)
Vi vil nu undersøge om de to hændelser er uafhængige. Dvs. vi skal undersøge om
\[P(A|B)=P(A)\]
Vi finder først \(P(A)\). Der er \(55\) elever i undersøgelsen og \(18\) af dem fortrækker drømmekage så:
\[P(A)=\frac {18}{55}=33\%\]
Vi finder nu \(P(A|B)\). Det er sandsynligheden for, at eleven fortrækker drømmekage, når vi ved, at det er en pige. Der er \(5\) ud af de \(22\) piger, som fortrækker drømmekage, så
\[P(A|B)=\frac {5}{22}=23\%\]
Så \(P(A|B)\) er ikke lig med \(P(A)\), og de to hændelser er ikke uafhængige.
Undersøgelsen i ovenstående eksempel gik oprindeligt ud på at undersøge, om der var uafhængighed mellem køn og kagevalg. I den gruppe elever som er blevet spurgt, var der ikke uafhængighed mellem køn og kagevalg. Det ser ud
til at piger ikke var så vilde med drømmekage (kun \(23\%\) var til drømmekage) sammenlignet med elevgruppen samlet \((33\%)\). Spørgsmålet er, om det resultat også gælder for andre elever end dem, vi har spurgt. Altså er der
virkelig sammenhæng mellem køn og yndlingskage, eller var det bare en tilfældighed, at vi lige havde fået fat i nogle piger, som ikke var så vilde med drømmekage? Det spørgsmål vil vi vende tilbage til i et senere kapitel.
Øvelse 12.4.8
Vi bliver ved ovenstående eksempel (eksempel 12.4.2).
a) Regn \(P(B|A)\) og forklar, hvad den betyder
b) Er \(P(B|A)=P(B)\)? Er du overasket?
Løsning 12.4.8
a) \(P(B|A)=28\%\)
b) Nej de to sandsynligheder er ikke ens. Det er ikke nogen overraskelse. Vi har allerede fundet ud af at pigerne er lidt mindre tilbøjelige til at vælge
drømmekage, så derfor forventer vi også, at sandsynligheden for, at vi har fat i en pige bliver mindre, når vi får at vide, at det er en drømmekageelsker, vi har fat i.
I ovenstående eksempel og øvelse var hverken \(P(A|B)=P(A)\) eller \(P(B|A)=P(B)\) opfyldt. Man kan vise, at de to altid følges ad. Hvis den ene er opfyldt, er den anden automatisk opfyldt. Sagt med ord: Hvis \(A\) er uafhængig
af \(B\), så er \(B\) også uafhængig af \(A\).
Betingede sandsynligheder generelt
Indtil nu har vi bestemt betingede sandsynligheder med formlen:
\[P(A|B) = \frac {\text {antal udfald i } A\cap B}{\text {antal udfald i } B}\]
Denne formel kræver, at vi har et endeligt symmetrisk sandsynlighedsfelt (dvs. alle udfald er lige sandsynlige). Der findes dog en mere generel formel for bestemmelse af betingede sandsynligheder:
\[P(A|B)=\frac {P(A\cap B)}{P(B)}\]
Vi ser, at de to formler minder meget om hinanden og i bevisafsnittet, vil vi se på sammenhængen mellem de to formler.
Eksempel 12.4.7 På en skole gælder følgende:
• \(40\%\) af eleverne spiller fodbold.
• \(5\%\) af eleverne er piger som spiller fodbold.
Vi vil nu regne sandsynligheden for at en tilfældig elev, som spiller fodbold, er pige. Vi definere hændelserne:
Vi konkluderer, at der er \(12{,}5\%\) sandsynlighed for at en tilfældig elev, som spiller fodbold, er pige.
Øvelse 12.4.9
Antag at en fabrik har to maskiner, der begge kan producere den samme vare. Antag at:
• Maskine 1 producerer \(30\%\) af varerne
• \(2\%\) af varerne kommer fra Maskine 1 og er defekte.
En kunde modtager en varer som er produceret på maskine 1. Hvad er sandsynligheden for at den er defekt?
a) Opskriv to hændelser \(A\) og \(B\), således at den ønskede sandsynlighed kan findes som \(P(A|B)\)
b) Bestem \(P(A\cap B)\) og \(P(B)\)
c) Bestem sandsynligheden for at varen er defekt.
Løsning 12.4.9
a) \(A=\text {''Er defekt''}\) \(B=\text {''Kommer fra maskine 1''}\)
b) \(P(A\cap B)=2\%\) og \(P(B)=30\%\)
c) Der er \(6{,}7\%\) sandsynlighed for at varen er defekt.
Eksempel 12.4.8 Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser og antag at:
\(P(A\cap B)=0{,}4\)
\(P(A|B)=0{,}6\)
Vi kan bruge formlen for betinget sandsynlighed til at bestemme \(P(B)\). Vi opskriver formlen:
\[P(A|B)=\frac {P(A\cap B)}{P(B)}\]
og sætter sandsynlighederne ind:
\[0{,}6=\frac {0{,}4}{P(B)}\]
Åh nej den ubekendte står i nævneren. Vi kan fikse dette ved at gange med \(P(B)\) på begge sider:
\[P(B)\cdot 0{,}6=0{,}4\]
Nu an vi dividere med \(0{,}6\) på begge sider:
\[P(B)=\frac {0{,}4}{0{,}6}=0{,}67\]
Så \(P(B)=0{,}67\)
Øvelse 12.4.10
Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser og antag at:
\(P(B)=0{,}7\)
\(P(A|B)=0{,}5\)
a) Bestem \(P(A\cap B)\)
Løsning 12.4.10
a) \(P(A\cap B)=0{,}35\)
Bayes’ formel
Som vi så i øvelse 12.4.3 er der forskel på \(P(A|B)\) og \(P(B|A)\). Men har man \(P(A)\), \(P(B)\) og \(P(A|B)\) kan man regne
\(P(B|A)\) med Bayes’ formel:
Sætning 12.4.1 (Bayes’ formel) Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser. Der gælder
\[P(B|A)=\frac {P(A|B)\cdot P(B)}{P(A)}\]
Lad os se om du kan bruge formlen:
Øvelse 12.4.11
Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser og antag at:
\(P(A)=0{,}5\)
\(P(B)=0{,}4\)
\(P(A|B)=0{,}1\)
a) Bestem \(P(B|A)\) angivet i procent.
Løsning 12.4.11
a) \(P(B|A)=8\%\)
Øvelse 12.4.12
Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser og antag at:
\(P(A)=0{,}6\)
\(P(B|A)=0{,}2\)
\(P(A|B)=0{,}4\)
a) Bestem \(P(B)\) angivet i procent.
Løsning 12.4.12
a) Bestem \(P(B)=30\%\)
Øvelse 12.4.13
Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser og antag at:
\(P(B)=0{,}4\)
\(P(B|A)=0{,}6\)
\(P(A|B)=0{,}7\)
a) Bestem \(P(A)\)
Løsning 12.4.13
a) Bestem \(P(A)=0{,}47\)
Ovenstående øvelser er lidt kedelige, så lad os se på et interessant eksempel:
Eksempel 12.4.9 Som alle ved, er mænd mere kriminelle end kvinder. Vi skal nu regne på det. Vi kigger på året 2023 og begrænser os til personer i alderen 15-79 år. Vi har
• \(50\%\) af er mænd
• \(3{,}4\%\) modtog en dom.
• \(76\%\) af de dømte er mænd.
Vi kan nu regne sandsynligheden for, at en tilfældig mand modtog en dom i 2023. Vi vælger en tilfældig person og definerer hændelserne:
\(A=\text {er mand}\)
\(B=\text {er dømt}\)
Ud fra oplysningerne har vi:
\(P(A)=0{,}50\)
\(P(B)=0{,}034\)
\(P(A|B)=0{,}76\) (da \(76\%\) af de dømte er mænd)
Vi regner nu sandsynligheden \(P(B|A)\), altså at en personen er kriminel, når vi ved, at det er en mand, ved at sætte ind i Bayes’ formel:
Vi får altså at sandsynligheden for at en given mand er kriminel er \(5\%\). Så selvom mere end \(\frac {3}{4}\) af alle dømte er mænd, er langt de fleste af os flinke fyre. Heldigvis for det da.
Øvelse 12.4.14
Vi forsætter med eksemplet fra ovenstående øvelse, men denne gang kigger vi nu på herkomst og kriminalitet. Der gælder
• \(16\%\) er af udenlandsk herkomst.
• \(3{,}4\%\) modtog en dom.
• \(25\%\) af de dømte er af udenlands herkomst.
a) Bestem sandsynligheden for at en tilfældig person med udenlands herkomst har modtaget en dom i 2023.
Løsning 12.4.14
a) \(5\%\)
Sidste øvelse og eksempel viser, at selvom mænd og personer med udenlandsk herkomst er kraftigt overrepræsenteret i statistikken for kriminalitet, betyder det ikke, at den almindelige mand eller person med udenlandsk herkomst
har specielt stor sandsynlighed for at være kriminel. Desværre er der mange, som forveksler \(P(A|B)\) og \(P(B|A)\), hvilket kan bidrage til usandheder i den offentlige debat.
Ekstra
Vi skal nu se et klassisk eksempel på Bayes’ formel. Det forudsætter noget, som hedder loven om total sandsynlighed. Vi vil begrænse os til en forsimplet version af denne lov.
Sætning 12.4.2 Lad \(A\) og \(B\) være to hændelser. Da gælder:
Med udgangspunkt i denne udvidede version af Bayes’ formel kan vi regne på det klassiske eksempel:
Eksempel 12.4.10 Lad os sige at vi har en medicinsk test der kan bruges til at diagnosticere en sygdom. Antag at
• Der er \(0{,}01\%\) af befolkningen, som har sygdommen.
• Hvis en person er syg, vil personen med \(99\%\) sandsynlighed teste positiv.
• Hvis en person ikke er syg vil person med \(98\%\) sandsynlighed teste negativ.
Ved hjælp af Bayes’ formel kan vi afgøre sandsynligheden for, at en person, som tester positiv, er syg. Inden vi regner, så prøv at kom med et bud på denne sandsynlighed. Har du gjort det? Ok, så kan vi regne. Vi definerer
hændelserne:
\(A=\text {''Personen tester positiv''}\)
\(B=\text {''Personen er syg''}\)
Vi er dermed interesseret i \(P(B|A)\). Ud fra oplysningerne ved vi, at der er \(0{,}01\%\) sandsynlighed for, at en tilfældige person er syg, så:
\[P(B)=0{,}0001\]
\(P(\overline {B})\) er sandsynligheden for den komplementære hændelse til \(B\) så:
\[P(\overline {B})=1-P(B)=1-0{,}0001=0{,}9999\]
Da der er \(99\%\) sandsynlighed for at en syg person testes positiv har vi:
\[P(A|B)=99\%\]
Da der er \(98\%\) sandsynlighed for en rask person tester negativ, må det betyde, at der er \(2\%\) risiko for at en rask person testes positiv, så