Eksamensoppgaver etter tema

\( H_1 \) er det fagforeningen mistenker, at ledelsen velger menn. \( H_0 \) er at det ikke er noen forskjell fra et tilfeldig utvalg.

1. Sett opp hypotesene \( \textcolor{red}{H_1} \) er alltid det vi ønsker å finne grunnlag for, og \( \textcolor{blue}{H_0} \) er det motsatte, at det ikke er noen forskjell, som i videoen Valg av Hypotese og Konklusjon - Intro.

La \( p \) være sannsynligheten for at den som blir invitert, er en mann. Velges det tilfeldig, er \( {\textcolor{blue}{p = \dfrac{40}{100} = 0{,}4}}\text{.} \) Velger ledelsen bevisst menn, er \( {\textcolor{red}{p > 0{,}4}}\text{.} \) Testen er ensidig.

2. Forklar valget av fordeling La \( X \) være antall menn blant de 20 som blir invitert. En binomisk fordeling krever lik sannsynlighet og uavhengige forsøk, som i videoen Oppgave 2A (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

Her trekkes 20 av bare 100 søkere, og ingen kan trekkes to ganger. Sannsynligheten endrer seg derfor merkbart for hver trekning. Er de 12 første som trekkes, menn, er det bare \( {\dfrac{28}{88} \approx 0{,}32} \) sannsynlig at neste er en mann. Den hypergeometriske fordelingen teller nettopp trekning uten tilbakelegging fra to grupper: \[ P(X = k) = \dfrac{\dbinom{40}{k} \cdot \dbinom{60}{20 - k}}{\dbinom{100}{20}} \]

Vi bruker hypotesene og den hypergeometriske fordelingen fra a). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi regner ut P-verdien: sannsynligheten for minst 12 menn hvis utvalget er tilfeldig. Er den under \( 5\,\%\text{,} \) forkaster vi \( H_0\text{.} \)

1. Regn ut P-verdien I a) satte vi opp \( {H_0\text{: } p = 0{,}4} \) og \( {H_1\text{: } p > 0{,}4}\text{.} \) Med \( X \) som antall menn blant de 20 er: \[ P(X = k) = \dfrac{\dbinom{40}{k} \cdot \dbinom{60}{20 - k}}{\dbinom{100}{20}} \]

Vi regner ut leddene med nCr på kalkulatoren og runder av til fem desimaler: \[ \begin{aligned} P(X = 12) &\approx 0{,}02667 \\ P(X = 13) &\approx 0{,}00867 \\ P(X = 14) &\approx 0{,}00217 \\ P(X = 15) &\approx 0{,}00041 \\ P(X = 16) &\approx 0{,}00006 \end{aligned} \]Leddene for 17 til 20 er til sammen under \( 0{,}00001\text{.} \) P-verdien er: \[ P(X \ge 12) \approx \textcolor{red}{0{,}0380} \]

2. Konkluder P-verdien \( \textcolor{red}{0{,}0380} \) er mindre enn signifikansnivået \( \textcolor{blue}{0{,}05}\text{,} \) så vi forkaster \( H_0\text{,} \) som i videoen Valg av Hypotese og Konklusjon - Intro. Det er grunnlag for å si at ledelsen bevisst velger menn.

Merk – Binomisk fordeling gir et annet svar: Med binomisk fordeling, \( {n = 20} \) og \( {p = 0{,}4}\text{,} \) blir P-verdien omtrent \( 0{,}057\text{,} \) over \( 5\,\%\text{.} \) Den binomiske fordelingen gjelder trekning med tilbakelegging, og her trekkes 20 av bare 100 søkere uten. Det er derfor den hypergeometriske P-verdien som gjelder.

1. Regn ut P-verdien i CAS \( {P(X \ge 12)} \) er \( {1 - P(X \le 11)}\text{.} \) Vi bruker den kumulative hypergeometriske fordelingen med 100 søkere, 40 menn og 20 trukket. Det samme kan gjøres i sannsynlighetskalkulatoren, som i videoen Oppgave 2A (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023:

Skriv inn i GeoGebra: 1 - FordelingHypergeometrisk(100, 40, 20, 11, true)

P-verdien er \( \textcolor{red}{0{,}0380}\text{,} \) under \( \textcolor{blue}{0{,}05}\text{,} \) så vi forkaster \( H_0\text{.} \)

Svein trekker uten tilbakelegging fra to grupper, så vi bruker den hypergeometriske fordelingen: utvalgene med 9 røde og 6 blå delt på alle utvalg av 15 baller.

1. Velg fordeling Ballene legges ikke tilbake, så sannsynligheten for rød endrer seg for hver trekning. Trekningene er derfor ikke uavhengige, og da holder ikke de fire kravene til en binomisk fordeling fra videoen Oppgave 2A (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

Med \( \textcolor{blue}{N} \) baller, der \( \textcolor{red}{R} \) er røde, og \( n \) trukket, er sannsynligheten for \( k \) røde: \[ P(X = k) = \dfrac{\dbinom{\textcolor{red}{R}}{k} \cdot \dbinom{\textcolor{blue}{N} - \textcolor{red}{R}}{n - k}}{\dbinom{\textcolor{blue}{N}}{n}} \]Telleren er antallet måter å velge \( k \) røde og \( {n - k} \) blå på, og nevneren er antallet måter å velge \( n \) av alle ballene på.

2. Regn ut sannsynligheten Her er \( {\textcolor{blue}{N} = \textcolor{blue}{30}}\text{,} \) \( {\textcolor{red}{R} = \textcolor{red}{15}}\text{,} \) \( {n = 15} \) og \( {k = 9}\text{.} \) Med nCr på kalkulatoren får vi: \[ \begin{aligned} P(X = 9) &= \dfrac{\dbinom{\textcolor{red}{15}}{9} \cdot \dbinom{15}{6}}{\dbinom{\textcolor{blue}{30}}{15}} \\ &= \dfrac{5005 \cdot 5005}{155\,117\,520} \\ &\approx 0{,}1615 \end{aligned} \]

1. Regn ut sannsynligheten i CAS Med 30 baller, 15 røde og 15 trukket gir den hypergeometriske fordelingen \( {P(X = 9)}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: FordelingHypergeometrisk(30, 15, 15, 9, false)

Sannsynligheten er omtrent \( 0{,}1615\text{.} \)

Vi bruker formelen fra a). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi regner ut sannsynligheten for 9 røde og 6 blå for flere mulige antall baller i kurven. Det mest sannsynlige antallet er det som gir størst sannsynlighet for det Svein fikk.

1. Regn ut for flere antall baller Med \( \textcolor{blue}{N} \) baller er halvparten røde, \( {\textcolor{red}{R} = \dfrac{\textcolor{blue}{N}}{2}}\text{,} \) så formelen fra a) gir: \[ P(\textcolor{blue}{N}) = \dfrac{\dbinom{\textcolor{red}{N/2}}{9} \cdot \dbinom{\textcolor{red}{N/2}}{6}}{\dbinom{\textcolor{blue}{N}}{15}} \]\( \textcolor{blue}{N} \) er et partall, og minst 18, fordi det må være minst 9 røde.

Med nCr på kalkulatoren får vi, med seks desimaler: \[ \begin{aligned} P(30) &\approx 0{,}161491 \\ P(32) &\approx 0{,}161937 \\ P(34) &\approx 0{,}162104 \\ P(36) &\approx 0{,}162104 \\ P(38) &\approx 0{,}162003 \\ P(40) &\approx 0{,}161841 \end{aligned} \]Sannsynligheten øker fram til 34, er like stor for 34 og 36, og synker etterpå. Regner vi ut flere verdier, ser vi at den fortsetter å synke for større \( \textcolor{blue}{N}\text{.} \)

2. Sammenlign de to største Når vi øker \( \textcolor{red}{R} \) fra 17 til 18 og \( \textcolor{blue}{N} \) fra 34 til 36, blir binomialkoeffisientene ganget med: \[ \begin{aligned} \dfrac{\dbinom{18}{9}}{\dbinom{17}{9}} &= \dfrac{18}{9} \\ \dfrac{\dbinom{18}{6}}{\dbinom{17}{6}} &= \dfrac{18}{12} \\ \dfrac{\dbinom{36}{15}}{\dbinom{34}{15}} &= \dfrac{36 \cdot 35}{21 \cdot 20} \end{aligned} \]Det gir: \[ \begin{aligned} \dfrac{P(36)}{P(34)} &= \dfrac{18}{9} \cdot \dfrac{18}{12} \cdot \dfrac{21 \cdot 20}{36 \cdot 35} \\ &= 2 \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{3} = 1 \end{aligned} \]Med 34 og 36 baller er det altså nøyaktig like sannsynlig å trekke 9 røde og 6 blå.

1. Lag en følge i CAS På samme CAS-ark som i a) regner vi ut sannsynligheten for \( {\textcolor{blue}{N} = 2m} \) baller, med \( m \) røde, for \( {m = 15} \) til \( 20\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: Følge(FordelingHypergeometrisk(2m, m, 15, 9, false), m, 15, 20)

Listen gir sannsynlighetene for \( {\textcolor{blue}{N} = 30, 32, \dots, 40}\text{.} \) Med fire desimaler er den størst, \( 0{,}1621\text{,} \) for \( {\textcolor{blue}{N} = 34} \) og \( {\textcolor{blue}{N} = 36}\text{.} \)

Når Marte tipper, er hvert svar riktig med sannsynlighet \( \dfrac{1}{2}\text{.} \) Vi sjekker at \( X \) da er binomisk fordelt, og bruker formelen for \( {P(X = k)}\text{.} \)

1. Sjekk antagelsene \( X \) er binomisk fordelt når de fire punktene i videoen Oppgave 2A (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023 holder. Det er antagelsene vi gjør: • To utfall for hvert glass: riktig eller galt svar. • Et fast antall forsøk: \( {\textcolor{blue}{n} = \textcolor{blue}{10}} \) glass. • Samme sannsynlighet hver gang: \( {\textcolor{red}{p} = \textcolor{red}{0{,}5}}\text{,} \) fordi hun tipper mellom to colatyper. • Uavhengige svar: det hun svarer på ett glass, påvirker ikke de andre.

2. Regn ut sannsynligheten Formelen for binomisk sannsynlighet er: \[ P(X = \textcolor{green}{k}) = \binom{\textcolor{blue}{n}}{\textcolor{green}{k}} \cdot \textcolor{red}{p}^{\textcolor{green}{k}} \cdot (1 - \textcolor{red}{p})^{\textcolor{blue}{n} - \textcolor{green}{k}} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Oblig oppgave 4 (Binomisk sannsynlighet).

Her er \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{6}}\text{,} \) og \( {\binom{10}{6} = 210} \) med nCr på kalkulatoren. Plugger vi inn, får vi: \[ \begin{aligned} P(X = \textcolor{green}{6}) &= \binom{\textcolor{blue}{10}}{\textcolor{green}{6}} \cdot \textcolor{red}{0{,}5}^{\textcolor{green}{6}} \cdot \textcolor{red}{0{,}5}^{4} \\ &= \dfrac{210}{1024} \approx 0{,}205 \end{aligned} \]

1. Regn ut i CAS Med de samme antagelsene bruker vi FordelingBinomial med \( {n = 10}\text{,} \) \( {p = 0{,}5} \) og \( {k = 6}\text{.} \) «false» gir \( {P(X = 6)} \) og ikke \( {P(X \le 6)}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: FordelingBinomial(10, 0.5, 6, false)

Sannsynligheten er omtrent \( 0{,}205\text{.} \)

Den alternative hypotesen er det Marte påstår: at hun svarer riktig oftere enn når hun tipper. Vi regner ut sannsynligheten for minst 8 riktige hvis hun bare tipper.

1. Sett opp hypotesene \( \textcolor{red}{H_1} \) er det vi ønsker å finne grunnlag for, og \( \textcolor{blue}{H_0} \) er det motsatte, at hun bare tipper, som i videoen Valg av Hypotese og Konklusjon - Intro. La \( p \) være sannsynligheten for at Marte svarer riktig på et glass: \[ \textcolor{blue}{H_0\text{: } p = 0{,}5} \qquad \textcolor{red}{H_1\text{: } p > 0{,}5} \]Signifikansnivået er \( {\alpha = 0{,}05}\text{.} \)

2. Regn ut P-verdien Hvis \( H_0 \) er sann, er \( X \) binomisk fordelt med \( {n = 10} \) og \( {p = 0{,}5}\text{,} \) som i a). P-verdien er sannsynligheten for et resultat minst like godt som 8 riktige: \[ \begin{aligned} & P(X \ge 8) \\ &= P(X = 8) + P(X = 9) \\ &\quad + P(X = 10) \\ &= \dfrac{\binom{10}{8} + \binom{10}{9} + \binom{10}{10}}{2^{10}} \\ &= \dfrac{45 + 10 + 1}{1024} \\ &= \dfrac{56}{1024} \approx 0{,}0547 \end{aligned} \]Her brukte vi at \( {0{,}5^k \cdot 0{,}5^{10 - k} = \dfrac{1}{2^{10}}} \) for alle \( k\text{.} \)

3. Konkluder P-verdien \( 0{,}0547 \) er større enn \( {\alpha = 0{,}05}\text{,} \) så vi forkaster ikke \( H_0\text{,} \) som i videoen Valg av Hypotese og Konklusjon - Intro. Med 10 glass er det ikke grunnlag for å si at Marte kan gjenkjenne colatypene, selv om 8 riktige er mye.

1. Regn ut P-verdien i CAS Med de samme hypotesene er \( {P(X \ge 8) = 1 - P(X \le 7)}\text{.} \) «true» gir \( {P(X \le 7)}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: 1 - FordelingBinomial(10, 0.5, 7, true)

P-verdien er omtrent \( 0{,}0547\text{,} \) større enn \( 0{,}05\text{,} \) så vi forkaster ikke \( H_0\text{.} \)

Vi bruker hypotesene fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Med 30 glass ser vi etter det minste antallet riktige \( m \) der sannsynligheten for minst \( m \) riktige ved tipping er under 0,05. Vi prøver oss fram.

1. Sett opp kravet til P-verdien I b) satte vi opp hypotesene: \[ H_0\text{: } p = 0{,}5 \qquad H_1\text{: } p > 0{,}5 \]Hvis \( H_0 \) er sann, er \( X \) nå binomisk fordelt med \( {n = 30} \) og \( {p = 0{,}5}\text{.} \) Marte overbeviser Birger hvis P-verdien \( {P(X \ge m)} \) er under 0,05. Ved tipping kan hun forvente 15 riktige, så vi prøver litt over det, som i videoen Oppgave 2B (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023.

2. Prøv oss fram Som i b) er hvert ledd \( \binom{30}{k} \) delt på \( 2^{30}\text{.} \) Vi legger sammen binomialkoeffisientene med nCr på kalkulatoren: \[ \begin{aligned} & P(X \ge 19) \\ &= \dfrac{\binom{30}{19} + \binom{30}{20} + \ldots + \binom{30}{30}}{2^{30}} \\ &= \dfrac{107\,636\,402}{1\,073\,741\,824} \approx \textcolor{red}{0{,}1002} \\ & P(X \ge 20) \\ &= \dfrac{\binom{30}{20} + \binom{30}{21} + \ldots + \binom{30}{30}}{2^{30}} \\ &= \dfrac{53\,009\,102}{1\,073\,741\,824} \approx \textcolor{green}{0{,}0494} \end{aligned} \]

3. Konkluder Med 19 riktige er P-verdien \( \textcolor{red}{0{,}1002}\text{,} \) over 0,05, så \( H_0 \) forkastes ikke. Med 20 riktige er den \( \textcolor{green}{0{,}0494}\text{,} \) under 0,05, så da forkastes \( H_0\text{.} \) Med flere riktige blir P-verdien enda mindre.

1. Prøv oss fram i CAS Med de samme hypotesene regner vi ut \( {P(X \ge 19)} \) som 1 minus \( {P(X \le 18)}\text{,} \) og \( {P(X \ge 20)} \) som 1 minus \( {P(X \le 19)}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: 1 - FordelingBinomial(30, 0.5, 18, true) 1 - FordelingBinomial(30, 0.5, 19, true)

Rad 3 gir \( {P(X \ge 19) \approx 0{,}1002}\text{,} \) over 0,05, og rad 4 gir \( {P(X \ge 20) \approx 0{,}0494}\text{,} \) under 0,05. Marte må altså ha minst 20 riktige.