sandsynlighed

Du skal så beregne sandsynligheden for, at der er 0 (hhv. 1, 2, ...) trykfejl i de resterende 251 sider af bogen, med sandsynligheden 1/18 trykfejl pr. side.

Jeg må jo skulle bruge, at der er 7 trykfejl på de første 18 sider til noget. Det gør jeg ikke ved at gøre, som du beskriver, hvis jeg forstår det ret. 

#2

Det benyttes ved at antallet af trykfejl på de første 18 sider bidrager til det samlede antal af trykfejl i bogen. Derfor skal man bestemme sandsynligheden for 7-7 ,(hhv. 8-7, 9-7, osv) fejl i det resterende antal sider. Sandsynligheden for trykfejl på en bestemt side afhænger ikke af, hvor mange trykfejl der måtte være på de andre sider.

ahh hmm. Men jeg tror du misforstår. Når jeg siger, at sandsynligheden er 1/18 for trykfejl på en side, så er det noget jeg har tænkt mig til - jeg er ikke sikker på det er rigtigt. Jeg tænkte bare, at sandsynligheden for at sætte en bestemt trykfejl på en bestemt side i første kapitel er 1/18. Men derfra og til at sige, at dette er sandsynligheden for at der er en trykfejl på en side ved jeg ikke. Der kan jo også godt forekomme flere på en gang.

Forventningsværdien for antal trykfejl i hele bogen må vel være:

7·269/18  ≈  105

Man kunne tænke sig en binomialfordeling med antal trykfejl, i hele bogen, fra 7 til 105 ± k ,  hvor k er hel og positiv.

Sandsynlighedsfordelingen er flad i intervallet frem til 105, hvoromkring den topper, hvorefter den gradvis falder igen og flader ud.

#0

Mit bud er at du skal bruge binomialsandsynligheder:

Hændelsen "Trykfejl" har primærsandsynligheden: p = 7/18 per side

Den komplementære hændelse "Ingen trykfejl" har ss.: 1 - p = 11/18 per side

Hvis X er en stokastisk variabel, der tæller antallet af trykfejl i hele bogen gælder:

X ~ b(N,p), hvor N = 269 er det samlede antal sider i bogen. Sandsynligheden for

at finde netop k "tyrkfejl" er da:

P(X=k) = K(N,k) p^k (1-p)^N-k , hvor K(N,k) er binomialkoefficienten: K(N,k) = N!/(k!(N-k)!)

Her er μ = Np = 104,6 og σ = √[Np(1-p)] = 8,0

Da Np >> 10 og N(1-p) >> 10 er det nærliggende at anvende normalfordelingen som approximation:

X ~ N(μ,σ) = N(104.6, 8.0). Lad Z = (X - μ)/σ = (X - 104.6)/8.0. Da gælder: Z ~ N(0, 1), som er tabelleret.

#4

Jeg har kun baseret mine svar på det, du har oplyst. Når du oplyste, at du kendte sandsynligheden for en trykfejl på en side til 1/18, antog jeg at det var korrekt.

Det var måske en ide at formulere hele opgaven i sin fulde ordlyd.

#6

Hvis der nu havde været 23 trykfejl på de 18 sider, ville man så tilskrive en sandsynlighed større end 1 for sandsynligheden for en trykfejl på en given side?

Jeg er lige med på en "kigger", - denne tråd er ret interessant :-)

Beklager den uklare information Andersen. 
Opgaven er:
I en bog på 269 sider er der på de første 18 sider 7 trykfejl. Hvad er sandsynligheden for at der er n=7,8,... trykfejl i hele bogen?

#6 og #0

Nej, jeg tror, du har ret. Hvis der havde været 23 fejl på de første 18 sider, ville min beskrivelse ikke holde vand. Jeg undskylder fejltagelsen. En poissonfordeling er nok mere nærliggende. Den kunne ihvertfald håndtere både 7 og 23 fejl. 

Hvis nogen er interesseret i svaret:

Brug Bayes formel:

P(m fejl l 7 fejl på 18 sider) = C*P(7 fejl på 18 sider l m fejl) , hvor C er en normering.