1. No category

MAA6.1 Loppukoe 23.11.2012
Jussi Tyni
Valitse kuusi tehtävää – Muista merkitä vastauspaperiin oma nimesi ja tee etusivulle
pisteytysruudukko. Kaikkiin tehtävien ratkaisuihin välivaiheet näkyviin!
1. Matikan kurssista tuli seuraavia arvosanoja:
10, 9, 5, 6, 7, 4, 7, 9, 8, 7, 6, 7, 8, 6
Määritä testipistemäärän keskiarvo, keskihajonta ja moodi. Vastauksesta tulee
selvitä laskukaavan avulla, miten keskiarvo ja –hajonta on teoriassa laskettu.
Muuten näiden laskemiseen voi käyttää laskinta. Perustele moodin valintasi!
6p
2. Meteorologi sai tilastojen pohjalta seuraavanlaiset todennäköisyydet seuraavan
päivän säälle:
Aurinkoinen
Puolipilvinen
Sateinen
tyyni
0,32
0,17
0,07
heikkoa tuulta
0,21
0,11
0,04
kova tuuli
0,04
0,03
0,01
Taulukkoa luetaan niin, että esim. seuraavana päivänä puolipilvisyyden ja
heikon tuulen tod. näk. on 0,11.
Mikä on todennäköisyys, että huomenna…
a) On aurinkoista ja kova tuuli?
b) On sateista tai tyyntä?
c) Ei sada, eikä ole tyyni?
6p
3. a) Ohjelmistotalo käyttää ohjelmiensa lisenssinumeroinnissa neljää kirjainta,
joiden jälkeen tulee lisenssin loppuun vielä kolmen numeron sarja. Jokaisella
ohjelmalla on oma, erilainen lisenssinumeronsa. Kuinka monta
lisenssinumeroa ohjelmistotalolla on käytössään? (aakkosia on tässä tehtävässä
käytössä 26 kappaletta)
b) Korttipakasta vedetään kuusi korttia. Millä todennäköisyydellä kolme näistä
on ässiä?
6p
4. Jalkapallojoukkueen maalivahti Pepe onnistuu tilastojen perusteella
rangaistuspotkun torjunnassa 15,2% todennäköisyydellä. Jos Pepe on kauden
aikana joukkueensa maalilla torjumassa kahdeksaa rangaistuspotkua, mikä on
todennäköisyys, että hän torjuu näistä ainakin 2?
6p
Jatkuu
5. Jalkapallojoukkueen maalivahti Pepe onnistuu tilastojen perusteella
rangaistuspotkun torjunnassa 15,2% todennäköisyydellä. Pepe torjuu kauden
aikana 8 rangaistuspotkua. Laske odotusarvo torjuttujen rangaistuspotkujen
lukumäärälle!
6p
6. a) Kastellin lukion MAA6-kurssin arvosanojen jakautuminen noudatti
normaalijakaumaa. Arvosanojen keskiarvo oli 7,5 ja keskihajonta 1,1. Kurssille
osallistui 25 opiskelijaa. Laske kuinka monta nelosta, viitosta, kuutosta,
seiskaa, kasia, ysiä ja kymppiä opettaja antoi. Opettaja pyöristi säälistä kaikki
arvosanat ylöspäin, eli esim. 6+ pyöristyi seiskaksi.
b) Valmistaja oli tilastoinut, että Volkswagen Passatin moottori kestää
keskimäärin 340 000 km ennen ensimmäistä moottorivikaa keskihajonnan
ollessa 20000 km. Valmistaja varautuu korjaamaan 1,5 % moottoreista
takuuaikana. Mille kilometrimäärälle valmistaja voi myöntää takuun, kun
auton moottoreiden vikaherkkyys noudattaa normaalijakaumaa?
6p
7. Kolmion kärkipisteet ovat (0,0), (10, 30) ja (20,30). Piste (x,y) valitaan
sattumanvaraisesti neulalla tökkäämällä kolmion sisältä. Millä
todennäköisyydellä pisteen…
a) x-koordinaatti on pienempi kuin 15?
b) y-koordinaatti on suurempi kuin 15?
6p
8. Herkkupussissa on 7 punaista, 4 vihreää ja 3 keltaista marmeladia. Kuinka
monta mahdollisuutta on valita neljä herkkua, kun halutaan ainakin yksi
punainen ja täsmälleen yksi vihreä herkku?
6p
Bonus: +2 pistettä maksimipisteiden päälle, tee jos ehdit:
Olkoon P( A) 
4
1
2
ja P( B)  , sekä P( A ja B)  .
7
7
49
Määritä P( A tai B) ja P( B | A)
Ratkaisut:
1. Keskiarvo 7,1. Hajonta 1,6 ja Moodi, eli tyyppiluku 7, koska seiska esiintyy otoksessa
useimmiten.
2. a) P(On aurinkoista ja kova tuuli)= 0,04
b) Sateen tod. näk. yhteensä kaikki vaihtoehdot: 0,07 + 0,04 + 0,01=0,12
Tyynen ilman tod. näk. yhteensä: 0,32 + 0,17 + 0,07 = 0,56
Päällekkäiset tapahtumat: on tyyntä ja sataa 0,07
P(On sateista tai tyyntä)= 0,12  0,56  0,07  0,61
c) P(Ei sada, eikä ole tyyni)=P(ei sada ja ei ole tyyni)=
c) (1  0,12)  (1  0,56)  0,3872  0,39
Eli katsottiin vain vastatapahtumalla edellisen kohdan tod. näk. mukaan. Tai sitten voi
vain laskea yhteen ei sateisten ja ei tyynten tod. näk. lohkot taulukosta ja pääsee
samaan tulokseen.
3. a) Neljä kirjainta voi valita 26 x 25 x 24 x 23 = 358800 eri tavalla ja tämän jälkeen
kolmen numeron sarjan voi valita 10 x 10 x 10 = 1000 eri tavalla, käytännössä
numerosarjat 000, 001, 002, … , 998, 999. Joten yhteensä lisenssinumeroita käytössä
358800 x 1000 = 358800000 eri kappaletta, joten firma saa tehdä erilaisia ohjelmia ihan
rauhassa, lisenssinumerot tuskin loppuvat kesken…
 4  48 
  
3 3
b) P(tulee 3 ässää )      0, 0034
 52 
 
6
Eli valitaan osoittajassa lasketaan suotuisat tapahtumat: kuinka monella tapaa voidaan
valita neljästä ässästä ne tarvittavat kolme ja sitten 48 muusta kortista ne loput kolme.
Nimittäjässä lasketaan kuinka monella tapaa voidaan kaikkiaan valita 6 korttia 52:sta.
4. Olkoon A = Pepe torjuu ainakin 2 rankkaria, ja B sen vastatapahtuma B = Pepe torjuu
enintään yhden rankkarin = Pepe torjuu 0 tai 1 rankkaria. Nyt P(A)=1-P(B). P(B)
lasketaan toistokokeella:
8 
8
P( B)    0,1520  0,8488    0,1521  0,8487  0, 65
 0
1 
Joten P(A)=1-0,5926=0,4074 => noin 40,7% varmuudella Pepe torjuu ainakin kaksi
rankkaria kauden aikana.
5. Todennäköisyysjakauma, todennäköisyydet erillisille torjuntamäärille pitää laskea
toistokokeilla:
X=Torjunnat P(X)
0
0,8488  0, 2674
1
8
7
1
  0,848  0,152  0,3834
1
 
2
3
4
5
6
7
8
8 
6
2
  0,848  0,152  0, 2406
2
 
8
5
3
  0,848  0,152  0, 0862
3
 
8 
4
4
  0,848  0,152  0, 0193
 4
8
3
5
  0,848  0,152  0, 002771
 5
8 
2
6
  0,848  0,152  0, 0004966
 6
8 
1
7
5
  0,848  0,152  1, 272 10
7
0,1528  2,849 107
Nyt
E ( X )  0  0, 2674  1 0,3834  2  0, 2406  3  0,0862 
4  0,0193  5  0,002771  6  0,0004966  7 1, 272 105  8  2,849 107  1, 2
Eli Pepen torjuntojen odotusarvo on n. 1,2 torjuntaa kauden aikana. Täysissä maaleissa
järkevämmin ilmaistuna Pepe torjuu keskimäärin yhden kahdeksasta rankkarista.
6.
a) Täytyy miettiä, että paljonko porukkaa jää numerorajojen yläpuolelle, koska esim. kaikki ysiä
suuremmat arvosanat pyöristetään kymppiin, kasia suuremmat ysiin jne.
9  7,5
Normeerataan ensin arvosana 9: z 
 1,36 . Ja  (1,36)  0,9131 Nyt tämän z-arvon alle
1,1
jäävät jäävät myös ysin alle, ja tämän rajan päälle pääsevät saavat kympin, joten P(saa kympin)=10,9131=0,087=>8,7%.
Kannattaa myös huomata saman tien, että arvosana 6 on yhtä kaukana keskiarvosta 7,5 kuin ysi!
6  7,5
 1,36 ja kun tämä peilataan positiiviselle puolelle keskiarvoa, niin saadaan
Joten z 
1,1
z=1,36 ja tätä vastaava tod. näk. on  (1,36)  0,9131 . Eli kutosen alle jää 8,7% oppilaista.
Käytetään tätä jatkossa hyväksi!
8  7,5
Normeerataan arvosana 8: z 
 0, 45 . Ja  (0, 45)  0.6736 Nyt tämän z-arvon alle jäävät
1,1
jäävät myös kasin alle, ja tämän rajan päälle pääsevät saavat ysin. Huomioidaan myös se, että
näistä 8,7% on jo annettu 10 joten P(saa ysin)=1-0,6736-0,087=0,24. Joten 24% saa ysin!
Huomataan samalla, että arvosana 7 on yhtä kaukana keskiarvosta 7,5 kuin 8, joten
7  7,5
z
 0, 45 ja kun tämä peilataan positiiviselle puolelle keskiarvoa, niin saadaan z=0,45 ja
1,1
tätä vastaava tod. näk. on  (0, 45)  0,6736 . Eli seiskan alle jää 32,6% oppilaista. Eli seiskan päälle
(=> saa säälistä kasin) pääsee 67,4% oppilaista, joista 24% on jo saanut ysin ja 8,7% kympin. Eli
P(saa kasin)= 67,4%-24%-8,7%=34,7%
Aiemmin laskettiin, että kutosen alle jää 8,7% oppilaista, joten yli kutosen (=> saa seiskan) on
päässyt 91,3% oppilaista. Näistä kympin on saanut 8,7%, ysin 24% ja kasin 34,7%, joten P(saa
seiskan)=91,3%-34,7%-24%-8,7%=24%.
Kutosen alle jää 8,7%, mutta osa näistä saa vitosen tai nelosen, joten normeerataan arvosana 5:
5  7,5
z
 2, 27 . Peilataan tämä positiiviselle puolelle, jolloin z=2,27 ja  (2, 27)  0.9884 .
1,1
Joten P(jää alle vitosen rajan)=1-0,9884=0,0116 =>1,2% jää vitosen rajan alle.
4  7,5
Normeerataan arvosana 4: z 
 3,18 . Peilataan tämä positiiviselle puolelle, jolloin
1,1
z=3,18 ja  (3.18)  0.9993 , eli 0,07% saa nelosen, eli käytännössä ei kukaan.
Nyt P(saa kutosen )=8,7%-1,2%=7,5% ja P(saa vitosen)=1,2%-0,07%=1,1%
Taulukoidaan nyt tulokset nättiin nippuun:
Arvosana suhteellinen oppilasmäärä:
osuus
10
8,7%
2
9
24%
6
8
34,7%
9
7
24%
6
6
7,5%
2
5
1,2%
0,3=0
4
0,07%
0
b) Nyt keskiarvon alapuolelta täytyy löytyä kilometriraja –x siten, että sen rajan alle jää 1,5%
kaikista autoista. Peilataan tämä –x keskiarvon oikealle puolelle, jolloin saadaan +x, jonka
yläpuolelle täytyy jäädä 1,5% kaikista autoista. Siis tämän rajan alle jää 98,5% kaikista autoista. Nyt
tämä raja x normeerataan tuntemattomaan z:n arvoon siten, että  ( z)  0.985=> tällöin z=2,17 .
x  340000
Nyt –x:ää vastaava –z = -2,17 ja voidaan normeerata: 2,17 
 x  296600km
20000
7. Kaikki seuraavat mallikuvat erittäin karkeita mallikuvia tilanteesta. Huomasin vasta jälkikäteen,
että olisi kannattanut piirtää tarkemmin…
Nyt pitää laskea koko kolmion pinta-ala A. Helpointa on ajatella koko hommaa nelikulmiona, josta
10  30 20  30
vähennetään nurkista kaksi suorakulmaista kolmiota pois. A  20  30 

 150
2
2
Sitten Lasketaan kolmion A2 pinta-ala. Siihen pitäisi selvittää, kuinka korkealta pisteessä y kohtaan
x=15 piirretty suora leikkaa pisteiden (0,0) ja (20,30) kautta kulkevan suoran. Pisteiden (0,0) ja
(20,30) kautta kulkevan suoran yhtälö:
30  0 3
k

20  0 2
3
3
y  0  ( x  0)  y  x
2
2
3
a) Joten kohdassa x=15 tämä suora on korkeudella: y  15  22,5
2
Kolmion A2 korkeus on siis 30-22,5=7,5 ja pinta-ala A2=(7,5 x 5):2=18,75.
150  18, 75
Nyt P( x  15)  P(osuu kolmion A1 alueelle) 
 0,875
150
b)
Nyt pitää selvitellä x-koordinaatit x1 ja x2: x2 on helppo, koska sen suoran yhtälä ratkaistiin akohdassa:
3
2
15   x   10  x . Määritetään pisteiden (0,0) ja (10,30) kautta kulkevan suoran yhtälö:
2
3
30  0
k
3
Joten x1 saadaan: 15  3  x  x  5 , joten nyt tilanne on tämä:
10  0
y  0  3( x  0)  y  3x
Määritetään A2:n pinta-ala kuten alussa, sen ympärille piirrettyä nelikulmiota käyttäen:
15  5 15 10
A2  15 10 

 37,5 .
2
2
37,5
Nyt P( y  15)  P(osuu kolmion A2 alueelle) 
 0, 25
150
8. P(ainakin 1 punainen ja täsmälleen yksi vihreä) = P(1V ja 1P ja 2K tai 1V ja 2P ja 1K tai 1V ja 3P)
=
 4   7   3   4   7   3  4   7 
                        476 eri mahdollisuutta!
 1   1   2  1   2  1  1   3
Bonus:
4 1 2 33
 

7 7 49 49
2 4
7
P( AjaB)  P( A)  P( B | A) 
  P( B | A) 
49 7
4
1
 P( B | A) 
14
P( A tai B)  P( A)  P( B)  P( AjaB) 