rachunek prawdopodobieństwa

1.
RACHUNEK
PRAWDOPODOBIEŃSTWA
Rozważania matematyczne, z jakimi mieliśmy dotychczas do czynienia, charakteryzują się tym, że w określonych warunkach ze spełnienia zestawu założeń wynikają jednoznacznie określone konsekwencje.
Przykładowo, jeżeli upuścimy z wysokości 30 m kamień, to potrafimy
obliczyć, po ilu sekundach spadnie on na ziemię. Widzimy więc, że
możliwe jest opisanie wielu praw i mechanizmów rządzących światem, w którym żyjemy.
Ale czy wszystkich? Próba odpowiedzi na pytanie, jaka szóstka liczb
wypadnie w najbliższym losowaniu Dużego Lotka, pokazuje, że istnieją zjawiska, których zajście jest kwestią przypadku. W takich sytuacjach nie wiemy, jaki będzie rezultat, ale możemy spróbować ocenić,
jaka jest szansa na jego zaistnienie.
W skutecznym rozwiązaniu tego typu problemów pomocny jest specjalny dział matematyki zwany rachunkiem prawdopodobień-
stwa.
Pewien francuski szlachcic, kawaler de Méré, żyjący w XVII wieku, chcąc
wygrywać w kości, zwrócił się do swojego przyjaciela, wybitnego matematyka Blaise’a Pascala, z prośbą, aby rozważył następujący problem:
W rzucie trzema kostkami sumę oczek równą 11 można uzyskać na
sześć sposobów, wyrzucając na kostkach liczbę oczek równą: 1, 4, 6 lub
1, 5, 5, lub 2, 3, 6, lub 2, 4, 5, lub 3, 4, 4, lub 3, 3, 5. Sumę oczek równą
12 można też uzyskać na sześć sposobów: 1, 5, 6, lub 2, 4, 6, lub 2, 5, 5,
lub 3, 3, 6, lub 3, 4, 5, lub 4, 4, 4. Dlaczego więc częściej wypada suma
równa 11 niż 12?
Pascal bardzo zainteresował się tym zagadnieniem i napisał w tej sprawie list do innego sławnego matematyka, Pierre’a de Fermata. List ten
zachęcił Fermata do rozważań, które przyczyniły się do stworzenia teorii
dającej możliwość obliczania prawdopodobieństwa wygrania w grze
w kości.
1.1. Zliczanie obiektów
Przykład 1.
Flaga niemiecka składa się z trzech pasów poziomych, ustawionych od najniższego do najwyższego w następującej kolejności: pas złoty, pas czerwony, pas czarny. Ustalmy, ile różnych
flag można otrzymać, przestawiając kolejność tych pasów. Zauważmy, że jeżeli do oznaczenia kolorów użyjemy pierwszych
liter słów oznaczających te kolory w języku niemieckim: golden,
rot, schwarz, to wszystkie możliwe ustawienia będą następujące:
g, r, s; g, s, r; s, g, r; s, r, g; r, s, g; r, g, s.
Zatem wszystkich możliwości, jak łatwo policzyć, jest 6.
Gdyby liczba pasów była większa, podana metoda byłaby bardzo żmudna. Ponieważ w naszych rozważaniach kolejność kolorów jest istotna, więc ustawienia pasów wygodnie jest
zapisywać jako ciągi. Pytamy się więc, ile można zbudować trzyelementowych ciągów
o różnych wyrazach ze zbioru trzyelementowego. Kolor najniższego pasa możemy wybrać
na trzy sposoby. Gdy kolor pierwszego pasa jest już ustalony, zauważamy, że mamy dwie
możliwości ustalenia koloru drugiego pasa. Po ustaleniu kolorów dwóch dolnych pasów
kolor trzeciego pasa jest wyznaczony jednoznacznie. A więc wszystkich takich ustawień
(ciągów) jest 3 ˜ 2 ˜ 1 6 .
10
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Ćwiczenie 1.
Ćwiczenie
1.
Wypisz wszystkie możliwości i oblicz, ile można uszyć flag czterokolorowych, o układzie barw takim jak na rysunku obok, mając do dyspozycji
tkaniny w czterech kolorach.
Zauważmy, że analogiczny schemat rozumowania możemy zastosować
w następującej sytuacji.
Przykład 2.
Obliczmy, ile istnieje liczb czterocyfrowych zbudowanych wyłącznie z cyfr 0, 2, 4, 6, 8.
Tak jak w przykładzie 1., liczbę czterocyfrową możemy utożsamić z ciągiem czterowyrazowym, w którym na pierwszym miejscu stoi cyfra tysięcy, na drugim cyfra setek, na trzecim
cyfra dziesiątek, a na ostatnim cyfra jedności. A więc nasz zliczany obiekt możemy utożsamić z ciągiem. Pierwszy wyraz tego ciągu możemy wybrać na cztery sposoby (cyfra 0 nie
może stać na pierwszym miejscu). Na pozostałych miejscach może stać dowolna z 5 cyfr,
czyli wszystkich takich liczb jest n 4 ˜ 53 500 .
Przykład 3.
Rzucamy dwa razy symetryczną kostką do gry. Obliczmy, ile jest wszystkich możliwych
wyników takich rzutów, jeżeli uwzględnimy kolejność otrzymanych wyników.
Wypiszmy wszystkie takie wyniki. Możemy je zapisać jako ciągi dwuelementowe. Pierwsza cyfra w nawiasie oznacza wynik pierwszego rzutu, a druga drugiego. Odpowiednich
ciągów jest 36:
1, 1, 1, 2 , (1, 3), 1, 4 , 1, 5, 1, 6 ( 2, 1), 2, 2 , ( 2, 3) , 2, 4 , ( 2, 5) , 2, 6 3, 1, 3, 2 , 3, 3, 3, 4 , 3, 5, 3, 6 4, 1 , 4, 2 , ( 4, 3), 4, 4 , 4, 5 , 4, 6 5, 1, 5, 2 , 5, 3, 5, 4 , 5, 5, 5, 6 ( 6, 1), ( 6, 2 ) , ( 6, 3) , 6, 4 , 6, 5 , ( 6, 6 )
To zadanie można rozwiązać, nie wypisując wszystkich możliwych sytuacji.
Wyników pierwszego rzutu jest 6 (może wypaść 1 lub 2, lub 3, lub 4, lub 5, lub 6), drugiego
również 6. Zatem wszystkich wyników jest 6 ˜ 6 36 .
Ćwiczenie 2.
Ile jest wszystkich możliwych wyników przy trzykrotnym rzucie symetryczną kostką do gry?
1.1. Zliczanie obiektów
11
Przykład 4.
Obliczmy, ile haseł składających się z czterech znaków można ułożyć z liter A, B i cyfr 1, 2,
przy założeniu, że pierwsze dwa znaki to różne litery, a kolejne dwa znaki to różne cyfry.
Dwie litery można ustawić na dwa sposoby: AB, BA; dwie cyfry możemy ustawić także na
dwa sposoby: 12, 21. Zatem wszystkich ustawień jest 2 ˜ 2 4 , bo każda konfiguracja liter
może być połączona z każdą konfiguracją cyfr.
Twierdzenie
Reguła mnożenia
Jeżeli wybór polega na podjęciu kolejno n decyzji, przy czym pierwszą z nich
można podjąć na k1 sposobów, drugą na k2 sposobów, …, n-tą na kn sposobów,
to takiego wyboru można dokonać na k1 ˜ k2 ˜! ˜ kn sposobów.
{ Uwaga }
$QDOL]XMĆFSU]\NâDG\
²ZLG]LP\īH
MHīHOL]OLF]DQ\RELHNW
PRīHP\XWRīVDPLý
]FLĆJLHPWRZ\JRG
QLHMHVW]DVWRVRZDý
UHJXâċPQRīHQLD
Rozważmy teraz sytuację, w której zliczany obiekt utożsamiamy ze zbiorem.
Przykład 5.
Obliczmy, na ile sposobów możemy wybrać trzy książki ze zbioru dwudziestu książek.
Zauważmy, że kolejność wybieranych książek jest w tej sytuacji nieistotna.
Nie ma bowiem różnicy, czy np. najpierw wybierzemy książkę X, później
Y, a na końcu Z, czy też najpierw książkę Z, potem X, a na końcu Y. Zbiór
wybranych książek jest ten sam. Rozpatrujemy więc zbiory trzyelementowe, a nie ciągi trzyelementowe. Oczywiście zbiorów trzyelementowych
jest mniej niż ciągów. Ciągi (X, Y, Z), (X, Z, Y), (Y, X, Z), (Y, Z, X), (Z, X, Y),
(Z, Y, X) są utworzone z elementów jednego zbioru {X, Y, Z}. Ponieważ
trzy elementy pewnego zbioru możemy ustawić w trzyelementowe ciągi
na 6 sposobów, to liczba trzyelementowych zbiorów jest 6 razy mniejsza
niż liczba trzyelementowych ciągów.
Załóżmy wpierw, że kolejność wyboru książek jest istotna. Podobnie jak
w poprzednich przykładach, rozumujemy następująco: pierwszą książkę
możemy wybrać na 20 sposobów, drugą na 19 sposobów, a trzecią na 18
sposobów. Liczba trzyelementowych ciągów jest równa 20 ˜ 19 ˜ 18 . A więc
20 ˜ 19 ˜ 18
1140.
liczba trzyelementowych zbiorów wynosi
6
Ze zbioru 20 książek trzy książki możemy wybrać na 1140 sposobów.
Przykład 6.
Obliczmy, ile różnych odcinków można zbudować, mając do dyspozycji 15 punktów, z których żadne 3 punkty nie leżą na jednej prostej.
Każdy odcinek możemy utożsamić ze zbiorem dwuelementowym, składającym się z jego
końców.
12
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Liczymy najpierw, ile ciągów dwuelementowych można utworzyć z punktów zbioru piętnastoelementowego. Korzystając z reguły mnożenia, otrzymujemy n 15 ˜ 14 210 . Ponieważ ze zbioru dwuelementowego można utworzyć dwa ciągi, więc liczba odcinków jest
równa n : 2 210 : 2 105 .
Rozpatrzmy teraz poniższą sytuację, w której zliczane obiekty są dwóch rodzajów.
Przykład 7.
Obliczmy, ile można ułożyć haseł komputerowych składających się z trzech znaków, wiedząc,
że hasło składa się bądź z trzech różnych liter: A, B, C, bądź z trzech różnych cyfr: 1, 2, 3.
Zauważmy, że możliwości ułożenia hasła z trzech liter, podobnie jak z trzech cyfr, jest 6.
Zatem albo mamy hasło trzyliterowe ułożone na 6 sposobów, albo trzycyfrowe ułożone na
6 sposobów. Wszystkich możliwości jest więc 6 6 12.
Reguła dodawania
Jeżeli wybór polega na podjęciu jednej z n wykluczających się wzajemnie możliwości, przy czym pierwszą z nich można podjąć na k1 sposobów, drugą na
k2 sposobów, …, n-tą na kn sposobów, to takiego wyboru można dokonać na
k1 k2 ! kn sposobów.
Twierdzenie
Ćwiczenie 3.
Na prezent dla koleżanki możemy kupić jedną płytę spośród siedmiu płyt jednego zespołu,
który ona lubi, lub jedną książkę spośród trzech jej ulubionego autora. Na ile sposobów
możemy wybrać prezent?
Przykład 8.
Obliczmy, ile jest liczb dwucyfrowych, które są mniejsze od 50 lub parzyste.
W tym przypadku nie możemy stosować
prostej reguły dodawania, ponieważ nie11, 13, 15,…,
10, 12, 14,
50, 52, 54,
które liczby parzyste są mniejsze od 50 i wy45, 47, 49
…, 46, 48
…, 98
bór liczb mniejszych od 50 oraz wybór liczb
parzystych nie są wyborami wykluczającymi się wzajemnie. Możemy natomiast policzyć, ile jest liczb dwucyfrowych mniejszych od 50 (jest ich 40), a następnie ile jest liczb
parzystych dwucyfrowych większych od 50 bądź równych 50 (jest ich 25). Te wybory już
się wzajemnie wykluczają. Stosując regułę dodawania, przekonujemy się, że liczb dwucyfrowych, które są mniejsze od 50 lub parzyste, jest 40 25 65.
Można też policzyć, ile jest liczb dwucyfrowych mniejszych od 50 (jest ich 40), ile jest liczb
dwucyfrowych parzystych (jest ich 45) oraz ile jest liczb dwucyfrowych parzystych, które
są mniejsze od 50 (jest ich 20), a następnie wykonać działanie: 40 + 45 − 20 = 65.
1.1. Zliczanie obiektów
13
Zadania
1 Ile jest wszystkich punktów płaszczyzny, których pierwsza współrzędna jest liczbą naturalną dodatnią mniejszą od 20, a druga jest liczbą naturalną z przedziału 15, 30 ?
2 Ile jest wszystkich kodów składających się z dwóch liczb, z których pierwsza jest dzielnikiem liczby 36, a druga jest dzielnikiem liczby 100?
3
Ile jest wszystkich możliwych kodów składających się z różnych znaków, w których
to kodach na początku występują trzy cyfry ze zbioru {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, a później
dwie litery ze zbioru {A, B, C, D, E, F}?
4
Ile jest wszystkich możliwych wyników doświadczenia polegającego na czterokrotnym
rzucie monetą?
5
Oblicz:
a) ile istnieje liczb trzycyfrowych składających się z cyfr 0, 1, 2,
b) ile istnieje liczb trzycyfrowych parzystych składających się z cyfr 0, 1, 2.
6
Ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych podzielnych przez 3?
7
Uczniowie pierwszej klasy postanowili zakodować swoje szafki w szatni czterocyfrowymi kodami, składającymi się z cyfr 1, 2, 3, 4. Ile jest możliwych kodów, gdy:
a) cyfry nie mogą się powtarzać?
b) cyfry mogą się powtarzać?
8 Stołówka studencka oferuje na obiad dwie zupy: pomidorową i ogórkową, trzy drugie
dania: pierogi, kotlet mielony i rybę, dwa desery: szarlotkę i lody. Student zdecydował się
wybrać obiad składający się tylko z dwóch dań: zupy i drugiego dania lub drugiego dania
i deseru. Na ile sposobów może ułożyć swój zestaw obiadowy.
9
10
Na ile sposobów można ustawić w kolejce 7 osób?
Ile jest liczb czterocyfrowych mniejszych od 3000, składających się z cyfr 1, 2, 3, 4?
11
Z urny zawierającej kule: białą, czarną, żółtą i zieloną, losujemy trzy kule bez zwracania. Na ile sposobów można dokonać takiego losowania, jeżeli kolejność losowania jest
istotna?
14
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
12
Podczas egzaminu student losuje 3 pytania spośród 7. Na ile sposobów może to zrobić?
13
Na ile sposobów można wybrać czteroosobową delegację z ośmioosobowej grupy?
14
Osiem osób przywitało się każda z każdą uściskiem dłoni. Ile było powitań?
*1.2. Elementy kombinatoryki
W podrozdziale 1.1 obliczaliśmy z wykorzystaniem elementarnych rozumowań liczbę
obiektów będących ciągami lub zbiorami skończonymi. Odbywało się to metodą łączenia w pary, trójki itd. (uporządkowane lub nieuporządkowane) elementów z ustalonych
zbiorów, tak aby spełnione były wymagane warunki. Dział matematyki zajmujący się tego
typu problemami nazywa się kombinatoryką. Oferuje ona szereg narzędzi, które ułatwiają
(lub w ogóle umożliwiają) rozwiązywanie zadań opisanego rodzaju o różnym stopniu
komplikacji.
Przykład 1.
Obliczmy, ile jest wszystkich liczb czterocyfrowych, w których zapisie występują tylko cyfry 3 i 4.
Pierwszy element ciągu (cyfrę tysięcy danej liczby) możemy wybrać na dwa sposoby, na
drugim miejscu (cyfra setek) też możemy umieścić jedną z dwóch cyfr. Tak więc na dwóch
pierwszych miejscach możemy umieścić cyfry na 4 sposoby. Na trzecim (cyfra dziesiątek)
i czwartym (cyfra jedności) miejscu możemy również umieścić cyfry 3 lub 4. A więc liczba
wszystkich możliwości wynosi 2 ˜ 2 ˜ 2 ˜ 2 24 16 .
Tłumacząc to zagadnienie na język matematyki, pytamy, ile ciągów czterowyrazowych możemy zbudować ze zbioru dwuelementowego, jeżeli elementy mogą się powtarzać.
Każdy taki czterowyrazowy ciąg utworzony z cyfr 3 i 4, w którym elementy
mogą się powtarzać, nazywamy czterowyrazową wariacją z powtórzeniami
zbioru dwuelementowego {3,4}.
{ Uwaga }
&LĆJkZ\UD]RZ\WR
IXQNFMDRG]LHG]LQLH
^ ! k`.
Wariacją k-wyrazową z powtórzeniami zbioru n-elementowego, gdzie k , n  ` ,
nazywamy każdy k-wyrazowy ciąg utworzony z k niekoniecznie różnych elementów tego zbioru.
Definicja
Na kolejnych stronach liczbę wszystkich k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru
n-elementowego będziemy oznaczać symbolem Wnk .
*1.2. Elementy kombinatoryki
15
Jeżeli ze zbioru składającego się z n elementów wybieramy k elementów k d n ,
w ten sposób, że:
• istotna jest kolejność wybieranych elementów,
• wybierane elementy mogą się powtarzać,
to w ten sposób budujemy k-wyrazową wariację z powtórzeniami tego zbioru.
Ćwiczenie 1.
Ile jest wszystkich liczb czterocyfrowych, w których zapisie mogą występować tylko cyfry 1, 2 i 3?
Przykład 2.
Dany jest zbiór Z składający się z liczb 5, 6, 7, 8, 9 , czyli Z
^5, 6, 7, 8,9`.
Ponieważ możemy utworzyć pięć jednowyrazowych ciągów z elementów zbioru Z, więc
mamy pięć jednowyrazowych wariacji z powtórzeniami. Są nimi jednowyrazowe ciągi 5 ,
6 , 7 , 8 , 9 . Zatem W51 5 .
Dopisując w powyższych wariacjach na drugim miejscu kolejno elementy zbioru Z, otrzymamy dwuwyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru Z:
5, 5, 5, 6 , 5, 7 , ( 5, 8 ) , 5, 9 ,
( 6, 5) , ( 6, 6 ) , 6, 7 , ( 6, 8 ) , 6, 9 ,
7, 5 , 7, 6 , ( 7, 7 ), 7, 8 , ( 7, 9 ) ,
8, 5 , 8, 6 , 8, 7 , 8, 8 , 8, 9 ,
9, 5 , 9, 6 , 9, 7 , 9, 8 , ( 9, 9 ) .
Zatem W52
5 ˜ W51
5 ˜ 5 52 .
Dalej weźmy dwuwyrazowe wariacje z powtórzeniami zaczynające się od liczby 5 i dopiszmy na trzecim miejscu kolejno elementy zbioru Z, otrzymując trzyelementowe wariacje zbioru Z:
5, 5, 5 , 5, 5, 6 , 5, 5, 7 , 5, 5, 8 , 5, 5, 9 ,
5, 6, 5, 5, 6, 6 , 5, 6, 7 , 5, 6, 8 , 5, 6, 9 ,
5, 7, 5, 5, 7, 6 , 5, 7, 7 , 5, 7, 8 , 5, 7, 9 ,
5, 8, 5, 5, 8, 6 , 5, 8, 7 , 5, 8, 8 , 5, 8, 9 ,
5, 9, 5, 5, 9, 6 , 5, 9, 7 , 5, 9, 8 , 5, 9, 9 .
16
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Postępując analogicznie z pozostałymi dwuwyrazowymi wariacjami, dochodzimy do wniosku, że W53 5 ˜ W52 5 ˜ 52 53 .
Następnie, biorąc trzywyrazowe wariacje z powtórzeniami i dopisując na czwartym miejscu kolejno elementy zbioru Z, otrzymujemy czteroelementowe wariacje z powtórzeniami
zbioru Z.
Rozumując tak jak wyżej, mamy W54
5 ˜ W53
5 ˜ 53
54 .
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n elementowego wyraża się wzorem Wnk nk .
Wszystkie k-elementowe ciągi opisane w powyższym twierdzeniu możemy
zliczyć, stosując regułę mnożenia. Ponieważ kolejne wyrazy ciągu można wybrać na n sposobów, więc ich liczba wyraża się wzorem Wnk n
˜ n ˜ n ˜! ˜ n n k.
k razy
Przykład 3.
Obliczmy, ile jest wszystkich liczb dwucyfrowych, w których zapisie występują tylko cyfry 1, 2, 3, 4, 5 i żadna z cyfr się nie powtarza.
Twierdzenie
{ Uwaga }
=DXZDīP\īHNDīGD
ZDULDFMDnHOHPHQ
WRZDMHVWIXQNFMĆ
RNUHğORQĆQD]ELR
U]HOLF]EQDWXUDOQ\FK
^ ! n`.
Zauważmy, że pierwszą cyfrę możemy wybrać na 5 sposobów, a drugą na
4 sposoby. Zgodnie z regułą mnożenia otrzymujemy 5 ˜ 4 20 . Są to następujące liczby:
12, 13, 14, 15, 21, 23, 24, 25, 31, 32, 34, 35, 41, 42, 43, 45, 51, 52, 53, 54.
Stosując język matematyki, pytamy, ile ciągów dwuwyrazowych możemy zbudować, używając różnych elementów zbioru ^1, 2, 3, 4, 5`.
Każdy taki dwuwyrazowy ciąg utworzony z cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w którym wyrazy nie powtarzają się, nazywamy dwuwyrazową wariacją bez powtórzeń zbioru ^1, 2, 3, 4, 5`.
Wariacją k-wyrazową bez powtórzeń zbioru n-elementowego, gdzie k , n  ` oraz k d n , nazywamy każdy k-wyrazowy ciąg utworzony z k różnych elementów tego zbioru.
Definicja
Dalej liczbę k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego będziemy
oznaczać symbolem Vnk .
Ćwiczenie 2.
Ile jest wszystkich liczb pięciocyfrowych, w których zapisie mogą występować tylko cyfry
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 i żadna cyfra się nie powtarza?
*1.2. Elementy kombinatoryki
17
Przykład 4.
Dany jest zbiór Z składający się z liczb 5, 6, 7, 8, 9, czyli Z
^5, 6, 7, 8,9`.
5 , 6 , 7 , 8 , 9 ,
Mamy pięć jednowyrazowych wariacji bez powtórzeń, są nimi jednowyrazowe ciągi
więc V51
5.
Dopisując w powyższych wariacjach na drugim miejscu kolejno elementy zbioru Z niewystępujące w tej wariacji, otrzymamy dwuwyrazowe wariacje bez powtórzeń zbioru Z:
( 5, 6 ) , ( 5, 7 ) , ( 5, 8 ) , ( 5, 9 ) ,
6, 5 , 6, 7 , 6, 8 , ( 6, 9 ) ,
7, 5 , 7, 6 , ( 7, 8 ) , 7, 9 ,
( 8, 5) , ( 8, 6 ) , ( 8, 7 ) , ( 8, 9 ) ,
9, 5 , 9, 6 , 9, 7 , 9, 8 ,
więc V52 = 4 ⋅ V51 = 4 ⋅ 5.
Dalej weźmy dwuwyrazowe wariacje bez powtórzeń i dopiszmy na trzecim miejscu kolejno elementy zbioru Z niewystępujące w tej wariacji. Otrzymamy trzyelementowe wariacje bez powtórzeń zbioru Z.
5, 6, 7 , 5, 6, 8 , 5, 6, 9 ,
5, 7, 6 , 5, 7, 8 , 5, 7, 9 ,
5, 8, 6 , 5, 8, 7 , 5, 8, 9 ,
5, 9, 6 , 5, 9, 7 , 5, 9, 8 .
Postępując analogicznie z pozostałymi dwuwyrazowymi wariacjami, dochodzimy do wniosku, że V53 3 ˜ V52 3 ˜ 4 ˜ 5 .
Następnie do trzywyrazowych wariacji z powtórzeniami dopiszemy na czwartym miejscu
kolejno elementy zbioru Z. Otrzymamy czteroelementowe wariacje bez powtórzeń zbioru Z.
W wyniku otrzymujemy V54
Twierdzenie
2 ˜ V53
2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5.
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego,
gdzie k , n  ` oraz k d n , wyraża się wzorem Vnk = n ( n − 1) ( n − 2 )!( n − k + 1) .
Twierdzenie można udowodnić za pomocą indukcji matematycznej.
18
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Wzór ten można zapisać w innej postaci. W tym celu wprowadźmy następującą definicję:
Silnią liczby naturalnej n ! 1 (zapisujemy n!) nazywamy iloczyn wszystkich liczb
naturalnych dodatnich nie większych od n:
Definicja
n! 1 ˜ 2 ˜ 3 ˜! ˜ n.
Przyjmujemy dodatkowo, że 0! 1 i 1! 1.
Stąd wzór wyznaczający liczbę wariacji z powtórzeniami możemy przekształcić następująco:
n!
Vnk = n ( n − 1) ( n − 2 )!( n − k + 1) =
( n − k )! .
Jeżeli ze zbioru zawierającego n elementów wybieramy k elementów k d n , w ten
sposób, że:
• istotna jest kolejność wybieranych elementów,
• wybierane elementy nie mogą się powtarzać,
to w ten sposób budujemy k-wyrazową wariację bez powtórzeń tego zbioru.
Permutacją zbioru n-elementowego nazywamy każdy n-wyrazowy ciąg utworzony ze wszystkich elementów tego zbioru.
W dalszej części rozdziału liczbę permutacji zbioru n-elementowego oznaczamy symbolem Pn .
Przykład 5.
Obliczmy, ile liczb czterocyfrowych, o różnych cyfrach, można utworzyć
z cyfr 1, 2, 3, 4.
Mamy więc V44
4 ˜ 3 ˜ 2 ˜ 1 4! P4 .
Liczba wszystkich permutacji zbioru n-elementowego jest równa Pn
n! .
Definicja
{ Uwaga }
=DXZDīP\īHSHU
PXWDFMD ]ELRUX
nHOHPHQWRZHJR MHVW
nZ\UD]RZĆZDULDFMĆ
EH]SRZWyU]HĕWHJR
]ELRUX
Twierdzenie
*1.2. Elementy kombinatoryki
19
{ Uwaga }
=DXZDīP\īH]D
JDGQLHQLHREOLF]D
QLDOLF]E\ZDULDFML
LSHUPXWDFMLSRNU\ZD
VLċ]]DJDGQLHQLHP
REOLF]DQLDOLF]E\ Z\
ERUyZNROHMQ\FKGH
F\]MLRPyZLRQ\P
ZSRSU]HGQLPUR]
G]LDOH0RīHP\ZLċF
]DPLDVWSRGDQ\FK
Z]RUyZVWRVRZDý
UHJXâċPQRīHQLD
Definicja
Ćwiczenie 3.
Na ile sposobów można poprzestawiać 10 osób stojących w kolejce po bilety?
Przykład 6.
W czasie egzaminu student losuje trzy pytania ze zbioru 60 pytań i odpowiada na nie w dowolnej kolejności. Chcemy obliczyć, na ile sposobów
student może wylosować pytania.
Używając terminów matematycznych, pytamy, ile zbiorów trzyelementowych możemy utworzyć ze zbioru 60-elementowego. Zauważmy, że tutaj
kolejność losowania pytań nie odgrywa roli i pytania nie powtarzają się,
więc otrzymujemy trzyelementowe podzbiory zbioru wszystkich pytań.
Kombinacją k-elementową zbioru n-elementowego, gdzie k , n  ` oraz k d n ,
nazywamy każdy k-elementowy podzbiór tego zbioru.
{ Uwaga }
:NRPELQDFMDFKNR
OHMQRğýHOHPHQWyZ
QLHMHVWLVWRWQD3RG
]ELRU\ {1, 2} L ^ ` VĆW\PLVDP\PLSRG
]ELRUDPLVNâDGDMĆ
F\PLVLċ]OLF]EL
W dalszej części książki liczbę k-elementowych kombinacji n-elementowego
zbioru będziemy oznaczać symbolem Cnk .
k d n , w ten sposób, że:
Jeżeli ze zbioru zawierającego n elementów wybieramy k elementów
• nieistotna jest kolejność wybieranych elementów,
• wybierane elementy nie mogą się powtarzać,
to w ten sposób budujemy k-wyrazową kombinację tego zbioru.
Do obliczenia liczby k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego wygodnie jest
używać symbolu Newtona.
n
n!
Niech k i n będą liczbami naturalnymi takimi, że k d n . Wówczas   =
.
k
!
k
n
( − k )!
 
§n·
Wyrażenie ¨ ¸ nazywamy symbolem Newtona.
©k¹
Przykład 7.
§7·
7!
6˜7
¨ ¸
2
2!
5!
2
˜
© ¹
§5·
¨ ¸
©0¹
20
5!
1
1
0!˜ 5! 1
21
{ Uwaga }
§n·
0RīQD]DXZDī\ýīH¨ ¸
©0¹
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
§n·
1 RUD]¨ ¸
©k ¹
n n 1! n k 1
˜ ˜! ˜ k
.
Jeżeli k , n  ` oraz k d n , to liczba wszystkich k-elementowych kombinacji
zbioru n-elementowego jest równa:
§n·
Cnk ¨ ¸ .
©k¹
Twierdzenie
Przykład 8.
Obliczmy, na ile sposobów możemy wybrać trzy karty z talii liczącej 52 karty. Najpierw zauważamy, że kolejność wyboru kart nie jest
istotna. Do opisu takiej sytuacji nie możemy więc używać ciągów, lecz
zbiorów. Powstaje pytanie, ile istnieje trzyelementowych podzbiorów
zbioru 52-elementowego. Każdy trzyelementowy zbiór jest trzyele3
mentową kombinacją, czyli C52
§ 52 ·
¨ ¸
©3¹
52!
3!˜ 49!
50 ˜ 51 ˜ 52
6
22100 .
Przykład 9.
Zestaw pytań na egzamin z matematyki zawiera 20 pytań z geometrii, 30 pytań z algebry
i 10 pytań z rachunku prawdopodobieństwa. Obliczmy, na ile sposobów student może wylosować trzy pytania tak, by były tam dwa pytania z algebry i jedno z geometrii lub trzy
pytania z algebry.
Trzy pytania z algebry stanowią trzyelementowy podzbiór zbioru 30-elementowego.
3
Takich wyborów jest C30
§ 30 ·
¨ ¸
©3¹
30!
3!˜ 27!
28 ˜ 29 ˜ 30
6
§ 30 · § 20 ·
z algebry i jedno z geometrii wybieramy na ¨ ¸ ˜ ¨ ¸
©2¹ ©1¹
4060 . Alternatywnie dwa pytania
30!
20!
˜
2!˜ 28! 1!˜ 19!
sposobów. Razem szukanych wyborów jest n 4060 8700 12760 .
29 ˜ 30
˜ 20 8700
2
Ćwiczenie 4.
Ile meczów rozegra 12 drużyn, grając jednokrotnie systemem „każdy z każdym” jeden mecz?
Zauważmy, że zagadnienie obliczania liczby kombinacji pokrywa się
z zagadnieniem obliczania liczby k-elementowych podzbiorów zbioru
n-elementowego omówionym w poprzednim rozdziale. Możemy więc
zamiast podanych wzorów stosować metodę tam opisaną.
{ Uwaga }
=H]ELRUXnHOHPHQ
WRZHJRPRīHP\
§n·
©k¹
Z\EUDý¨ ¸ SRG
]ELRUyZkHOHPHQ
WRZ\FK
*1.2. Elementy kombinatoryki
21
Zadania
1
Ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, w których zapisie nie występują cyfry 7 i 2?
2
Oblicz, ile jest wszystkich:
a) liczb czterocyfrowych,
b) liczb dwucyfrowych o niepowtarzających się cyfrach,
c) liczb trzycyfrowych o niepowtarzających się cyfrach,
d) liczb czterocyfrowych o niepowtarzających się cyfrach.
3
Oblicz, ile jest podzbiorów zbioru n-elementowego.
4
Na szczyt pewnej góry wiedzie pięć szlaków. Na ile sposobów można wejść
i zejść z góry, jeśli:
a) możemy wracać tym samym szlakiem?
b) nie możemy wracać tym samym szlakiem?
5
Na ile sposobów 10 osób może wysiąść z tramwaju, który zatrzymuje się
na 5 przystankach?
6
Na ile sposobów 7 osób może wysiąść z windy, która zatrzymuje się na 20 piętrach?
7
Są dwa rodzaje skrzynek pocztowych: czerwone i niebieskie. Na ile sposobów można wrzucić do nich 10 listów?
8
Na zawodach w gimnastyce artystycznej sędziuje 6 sędziów. Każdy sędzia
wystawia zawodnikowi notę od 0 do 10, z dokładnością do 0,1 punktu. Oblicz,
ile różnych werdyktów (wyników w punktach) może wydać cała sześcioosobowa komisja.
9
W turnieju piłkarskim bierze udział 8 drużyn. Turniej odbywa się systemem „każdy
z każdym”. Każda gra może się skończyć dla danej drużyny wygraną, remisem bądź porażką. Ile jest różnych możliwych wyników turnieju, jeśli przyjmiemy, że „wynik turnieju”
to ostateczny zapis w tabeli spotkań?
10 Ile liczb sześciocyfrowych o niepowtarzających się cyfrach można utworzyć z cyfr 0,
1, 2, 3, 4, 5, w których na miejscu jedności jest cyfra 3 lub 4?
22
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Ile można utworzyć dziewięciocyfrowych numerów telefonicznych, w których żadna
cyfra się nie powtórzy, przy założeniu, że numer nie może zaczynać się od 0?
11
Rozstrzygnij, przyjmując, że alfabet składa się z 24 liter, czy wśród 600 osób muszą się
znaleźć dwie, które mają takie same dwuliterowe inicjały.
12
13
Ustaw w kolejności od największej do najmniejszej: W35, W53, V53 .
14
Na ile sposobów można ustawić 12 osób w kolejce?
15
Na ile sposobów można ustawić 4 chłopców i 2 dziewczynki w kolejce, tak aby dziewczynki nie stały obok siebie?
16
Układając kule z narysowanymi na nich cyframi 3, 4, 5, 6, 7, można utworzyć różne
liczby pięciocyfrowe. Ile jest liczb większych od 70 000?
17 W grupie sześcioosobowej są trzy siostry. Na ile sposobów można ustawić te osoby,
tak aby siostry stały obok siebie?
18
Na ile sposobów można wybrać trzyosobową delegację z 30-osobowej klasy?
19 Grupa studencka liczy 20 osób, w tym 8 kobiet. Na ile sposobów można wybrać czteroosobową delegację składającą się z:
a) 2 mężczyzn i 2 kobiet? b) 1 mężczyzny i 3 kobiet?
20
Ile można wyznaczyć odcinków, jeśli każdy odcinek ma końce w wierzchołkach ośmiokąta wypukłego?
21
Na ile sposobów można wybrać 6 liczb spośród 49?
22
W turnieju szachowym, w którym każdy zawodnik gra z każdym jeden raz,
rozegrano 21 partii. Ilu szachistów brało udział w turnieju?
23
Na ile sposobów można rozmieścić m rozróżnialnych kul w m ponumerowanych urnach, tak aby co najmniej jedna urna była pusta?
*1.2. Elementy kombinatoryki
23
1.3. Zdarzenia losowe
Przykład 1.
a) W wyniku rzutu monetą może wypaść orzeł (O) lub reszka (R),
ale nie jesteśmy w stanie przewidzieć, który z wyników wypadnie
w konkretnym rzucie.
b) Rzucając kostką do gry, można otrzymać różną liczbę oczek. Tu
także nie wiemy, który z wyników wypadnie w konkretnym rzucie.
Opisane powyżej doświadczenia charakteryzują się tym, że możemy
je wielokrotnie powtarzać, znamy zbiór możliwych wyników tych doświadczeń, ale nie możemy przewidzieć konkretnego wyniku. Takie doświadczenia nazywamy doświadczeniami losowymi.
Definicja
Zbiór wszystkich możliwych wyników danego doświadczenia losowego nazywamy przestrzenią zdarzeń elementarnych i zwyczajowo oznaczamy literą : .
Każdy jednoelementowy podzbiór zbioru : nazywamy zdarzeniem elementarnym.
W przykładzie 1a przestrzeń zdarzeń elementarnych składa się z dwóch wyników: wypadł orzeł, wypadła reszka, co zapisujemy symbolicznie : ^O, R` . W przykładzie 1b
: ^1, 2, 3, 4, 5, 6`.
Przykład 2.
24
Doświadczenie losowe
Zdarzenia elementarne
Rzut monetą
O, R
Trzykrotny rzut monetą
Zapis (O, O, R) oznacza wynik doświadczenia, w którym
w dwóch pierwszych rzutach
otrzymaliśmy orła, a w trzecim
rzucie reszkę.
(O, O, O); (O, O, R); (O, R, O); (R, O, O); (R, R, O);
(R, O, R); (O, R, R); (R, R, R)
Dwukrotny rzut kostką
Zapis (2, 3) oznacza wynik doświadczenia, w którym w pierwszym rzucie otrzymaliśmy dwa
oczka, a w drugim rzucie trzy
oczka.
(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (1, 5); (1, 6);
(2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, 6);
(3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4); (3, 5); (3, 6);
(4, 1); (4, 2); (4, 3); (4, 4); (4, 5); (4, 6);
(5, 1); (5, 2); (5, 3); (5, 4); (5, 5); (5, 6);
(6, 1); (6, 2); (6, 3); (6, 4); (6, 5); (6, 6).
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Ćwiczenie 1.
Wypisz wszystkie zdarzenia elementarne przy jednoczesnym jednokrotnym rzucie monetą i kostką.
Każdy podzbiór skończonego zbioru zdarzeń elementarnych nazywamy zdarzeniem.
Definicja
Jeżeli A  : jest zdarzeniem i a  A , to zdarzenie {a} nazywamy zdarzeniem
elementarnym sprzyjającym zdarzeniu A.
Niech : będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych.
Definicja
Zbiór pusty (zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne) nazywamy zdarzeniem niemożliwym.
Zbiór : nazywamy zdarzeniem pewnym.
Jeżeli nie istnieje żadne zdarzenie elementarne, które sprzyja jednocześnie zdarzeniom A i B (tzn. A ˆ B ‡ ), to mówimy, że zdarzenia A i B wykluczają się.
Jeżeli każde zdarzenie elementarne sprzyjające zdarzeniu A sprzyja zdarzeniu B
(tzn. A  B ), to mówimy, że zdarzenie A pociąga za sobą zdarzenie B.
Zdarzenie Ac : \ A nazywamy zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A.
Przykład 3.
Losujemy dwie karty z talii zawierającej 52 karty.
Zdarzenie „wylosowano dwie dwójki kier” jest zdarzeniem niemożliwym.
Zdarzenie „jedna z wylosowanych kart jest kierem lub pikiem, lub
treflem, lub karem” jest zdarzeniem pewnym.
Zdarzenia „wylosowanie dwójki i trójki” i „wylosowanie dwóch
asów” są zdarzeniami wykluczającymi się.
{ Uwaga }
7DOLDNDUWVNâDGDVLċ]NDUW
GRJU\:ğUyGQLFK]QDMGXMĆ
VLċNRORU\SRNDUWVĆWR
SLNNLHUNDURWUHÁ
:NDīG\PNRORU]HVĆNDUW\
SRQXPHURZDQHRGGR
]ZDQHEORWNDPLLÀJXU\ZD
OHWGDPDNUyOLDV
Zdarzenie „wylosowano króla kier i króla karo” pociąga za sobą
zdarzenie „wylosowano dwa króle”.
Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia „co najmniej jedna z wylosowanych kart jest królem” jest zdarzenie „żadna z wylosowanych
dwóch kart nie jest królem”.
1.3. Zdarzenia losowe
25
Ćwiczenie 2.
Z urny zawierającej trzy kule oznaczone
numerami 2, 4, 6 losujemy kolejno trzy
kule. Zapisane w kolejności losowania numery kul tworzą liczbę trzycyfrową. Podaj
przestrzeń zdarzeń elementarnych, jeśli:
a) wylosowanej kuli nie zwracamy do urny;
b) wylosowaną kulę zwracamy do urny.
Jeżeli zbiór zdarzeń elementarnych
składa się z n elementów, to wszystkich
zdarzeń losowych jest 2n (patrz zadanie 3., strona 22).
Zadania
1
Rzucamy dwa razy kostką do gry. Wypisz wyniki sprzyjające poniższym zdarzeniom.
a) Suma oczek jest równa co najmniej 5.
b) Suma oczek jest równa co najwyżej 9.
c) Iloczyn oczek jest liczbą parzystą.
2 Rzucamy jednocześnie monetą i kostką. Wypisz wyniki sprzyjające poniższym zdarzeniom.
a) Wypadła liczba parzysta.
b) Wypadł orzeł.
c) Wypadły reszka i parzysta liczba oczek.
3 Spośród liczb ^3, 2, 1, 1, 2, 3` losujemy ze zwracaniem dwie z nich i otrzymaną parę
wyników traktujemy jako współrzędne punktu w układzie współrzędnych. Wypisz wyniki
sprzyjające zdarzeniu, w którym punkt znajduje się w II ćwiartce układu współrzędnych.
4
Z urny, w której znajduje się sześć kul ponumerowanych od 1 do 6, wylosowano kolejno dwie z nich bez zwracania. Wypisz wyniki sprzyjające poniższym zdarzeniom.
a) Za pierwszym razem wylosowano liczbę parzystą.
b) Iloczyn wylosowanych liczb jest równy 2.
c) Pierwsza wylosowana liczba jest większa od drugiej.
5
Wypisz zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu, w którym przy czterokrotnym
rzucie monetą wyrzucono dokładnie jeden raz orła.
6
Rzucamy jednocześnie trzema monetami o nominałach 1 zł, 2 zł, 5 zł. Wypisz wszystkie możliwe zdarzenia elementarne.
7
Ze zbioru liczb od 1 do 8 losujemy kolejno bez zwracania dwie z nich. Zapisz zbiór
zdarzeń elementarnych polegających na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
26
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
W urnie znajdują się kule: biała, czarna i zielona. Losujemy kolejno bez zwracania
trzy kule. Zapisz zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, w którym wylosowano kulę czarną za drugim razem.
8
Rzucono dwukrotnie symetryczną kostką do gry. Wypisz zdarzenia elementarne
sprzyjające zdarzeniu przeciwnemu do zdarzenia, w którym wyrzucono co najmniej raz
nieparzystą liczbę oczek.
9
Do celu oddano cztery strzały, z których co najmniej jeden był celny. Niech Ai oznacza zdarzenie losowe polegające na trafieniu do celu w i-tym strzale i 1, 2, 3, 4 . Zapisz
za pomocą działań na zdarzeniach Ai zdarzenie przeciwne do zdarzenia „trafiono do celu
za pierwszym bądź drugim razem”.
10
Ze zbioru liczb ^1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12` losowo wybrano jedną. Oznaczmy zdarzenia: A — wybrano liczbę nieparzystą, B — wybrano liczbę podzielną przez 3, C — wybrano liczbę parzystą. Określ, które ze zdarzeń wykluczają się wzajemnie.
11
Z urny, w której znajdują się kule: biała, zielona, czarna, losujemy kolejno trzy kule,
zwracając po każdym losowaniu kulę do urny. Oznaczmy zdarzenia: A — wylosowano co
najmniej raz kulę białą, B — wylosowano dokładnie raz kulę zieloną, C — za każdym razem wylosowano kulę białą. Określ, które zdarzenia wykluczają się.
12
1.4. Prawdopodobieństwo klasyczne
Wiemy już, że nie da się przewidzieć jednoznacznie, czy w przeprowadzonym jednokrotnie
doświadczeniu losowym wystąpi dane zdarzenie. Jednak niektóre zdarzenia zachodzą częściej niż inne. W XVIII wieku francuski filozof G.L. Buffon rzucił monetą 4040 razy i stwierdził,
że w 2048 rzutach otrzymał orła. Częstość względna wystąpienia tego zdarzenia wyniosła
. Później inni naukowcy podjęli podobne próby i otrzymali częstości, odpowiednio: 0,5016, 0,5005, 0,5027. Gdy wykonamy długą serię rzutów kostką, to zauważymy,
że częstość zdarzenia A (wypadnięcie nieparzystej liczby oczek) zbliża się do
1
, natomiast
2
1
. Stwierdzamy więc, że zdarzenie
6
A zachodzi częściej niż zdarzenie B. Mówimy wtedy, że zdarzenie A jest bardziej prawdopoczęstość zdarzenia B (wyrzucenie 6 oczek) zbliża się do
dobne niż zdarzenie B. Ten sposób oszacowania szansy wystąpienia jakiegoś zdarzenia jest
bardzo żmudny i niedoskonały, stąd wprowadzenie jego modyfikacji w postaci klasycznej
definicji prawdopodobieństwa. Prawdopodobieństwo jest tu teoretycznym odpowiednikiem
częstości względnej.
1.4. Prawdopodobieństwo klasyczne
27
{ Uwaga }
=ELyUZV]\VWNLFK]GDU]HĕHOHPHQ
WDUQ\FKR]QDF]DP\V\PEROHP : OLF]EċHOHPHQWyZZW\P]ELRU]H
Jeśli rzucamy symetryczną monetą, to otrzymanie każdego
wyniku jest jednakowo możliwe. Podobna sytuacja jest przy
rzucie symetryczną kostką czy losowaniu karty z talii kart.
V\PEROHP : QDWRPLDVWOLF]Eċ
W dalszej części rozważań będziemy zawsze zakładali, że przestrzeń zdarzeń elementarnych jest zbiorem niepustym i składa
się ze skończonej liczby zdarzeń elementarnych jednakowo
możliwych.
]GDU]HĕHOHPHQWDUQ\FKZ]ELRU]H
AV\PEROHP A .
Definicja
Załóżmy, że : jest przestrzenią zdarzeń elementarnych, która składa się ze
skończonej liczby zdarzeń jednakowo możliwych. Niech A będzie wybranym
zdarzeniem tej przestrzeni. Prawdopodobieństwem zdarzenia A nazywamy
liczbę P A A
:
, : z 0 .
Przykład 1.
Obliczmy prawdopodobieństwo otrzymania liczby oczek większej od 2 przy jednokrotnym rzucie kostką.
Wypiszmy elementy przestrzeni zdarzeń elementarnych : ^1, 2, 3, 4, 5, 6` oraz zdarzenia
sprzyjające zdarzeniu A, w którym wypadła liczba oczek większa niż 2, tj. A ^3, 4, 5, 6`.
Zatem:
4 2
.
P A
6 3
Ćwiczenie 1.
2EOLF]SUDZGRSRGRELHĔVWZRZ\U]XFHQLDFRQDMPQLHMMHGQHJRRUáDSU]\WU]\NURWQ\P
U]XFLHPRQHWą
1. P ‡ 0 i P :
Własności prawdopodobieństwa
1 (prawdopodobieństwo zdarzenia niemożliwego jest równe 0;
2. Jeżeli A  : , to 0 d P A d 1 (prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest liczbą
prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego jest równe 1).
nieujemną mniejszą bądź równą 1).
3. Jeżeli A  : i Ac : \ A, to P Ac 1 P A (prawdopodobieństwo zdarzenia
przeciwnego do zdarzenia A jest równe różnicy liczby 1 i prawdopodobieństwa
zdarzenia A).
prawdopodobieństw tych zdarzeń: P A ‰ B P A P B .
4. Prawdopodobieństwo sumy dwóch zdarzeń wykluczających się jest równe sumie
28
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Dowód punktów 1. i 2. wynika wprost z definicji prawdopodobieństwa i zostawiamy
go Czytelnikowi (zadania 4, 5).
Dowód punktu 3. Niech :
n, A
dobieństwa wynika, że P Ac Dowód punktu 4. Niech :
k , wówczas Ac
nk
k
1
1 P A.
n
n
n , A k , B l . Ponieważ zdarzenia A i B wykluczają
się, więc zbiory A i B są rozłączne, wówczas A ‰ B
P A ‰ B
kl
n
k l
n n
n k . Z definicji prawdopo-
A‰B
k l . Mamy więc
P A P B .
Przykład 2.
Obliczmy prawdopodobieństwo zdarzenia A, w którym przy dziesięciokrotnym rzucie
monetą wypadł co najmniej jeden raz orzeł.
Zauważmy, że wszystkich możliwych zdarzeń jest : 210 1024 . Dość kłopotliwe jest
wyliczenie liczby zdarzeń sprzyjających rozważanemu zdarzeniu i dlatego rozpatrzmy zdarzenie przeciwne Ac (w dziesięciu rzutach monetą ani razu nie wypadł orzeł). Zauważmy,
1
. Z własności 3.
że A′ = ( R, R, R, R, R, R, R, R, R, R ) , zatem Ac 1, a stąd P ( A′ ) =
1024
1
1023
wynika więc, że P ( A ) = 1 − P ( A′ ) = 1 −
=
.
1024 1024
{
}
Zadania
1
Rzucamy jednocześnie dwiema symetrycznymi kostkami do gry. Oblicz prawdopodobieństwa następujących zdarzeń:
a) A — suma wyrzuconych oczek wynosi 1.
b) B — suma oczek na obu kostkach jest mniejsza od 20.
c) C — suma oczek na obu kostkach wynosi co najwyżej 8.
2
Rzucamy czterema monetami o nominałach: 10 gr, 20 gr, 50 gr, 1 zł. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeń:
a) A — wypadło tyle samo orłów, co reszek.
b) B — wypadł co najmniej jeden orzeł.
c) C — wypadły same reszki.
3
Z talii 52 kart losujemy jedną kartę. Oblicz prawdopodobieństwa zdarzeń:
a) A — wylosowano damę.
c) C — wylosowano siódemkę pik.
b) B — wylosowano kier.
d) D — wylosowano króla lub asa.
1.4. Prawdopodobieństwo klasyczne
29
4
Uzasadnij twierdzenie, że prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego wynosi 1, a zdarzenia niemożliwego 0.
5
Uzasadnij twierdzenie, że prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest liczbą
z przedziału 0, 1 .
6
Rzucamy trzykrotnie monetą pięciozłotową. Oblicz prawdopodobieństwo poniższych zdarzeń.
a) A — wypadł co najmniej jeden orzeł.
b) B — wypadła co najwyżej jedna reszka.
c) C — wypadły dokładnie dwa orły.
d) D — wypadły same reszki.
7 Z urny zawierającej 9 kul czarnych i 4 białe losujemy jednocześnie trzy kule. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że wśród wylosowanych kul będą:
a) A — 3 kule czarne.
b) B — dwie kule białe i jedna czarna.
c) C — jedna kula biała i dwie czarne.
8 W trzydziestoosobowej klasie, w której jest 12 dziewcząt, wylosowano 4 osoby, które
otrzymały bilety do teatru. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wśród wylosowanych
osób połowę stanowią chłopcy.
9
Piotr i Agata postanowili zagrać w grę losową polegającą na tym, że Piotr rzuca dwa
razy monetą. Jeśli choć raz wypadnie orzeł, to wygrywa Agata, a jeśli ani razu, to wygrywa
Piotr. Oblicz prawdopodobieństwo zwycięstwa każdego z nich.
10
Z talii 52 kart wyciągnięto dwie karty. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania
dwóch króli.
11
Test z matematyki składa się z 10 pytań jednokrotnej odpowiedzi a) lub b). Test zaliczymy, gdy poprawnie odpowiemy na co najmniej 6 pytań. Oblicz prawdopodobieństwo
zaliczenia testu, gdy wszystkie odpowiedzi zaznaczamy systemem chybił trafił.
12
Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia jednakowej liczby oczek przy rzucie trzema
kostkami do gry.
13
Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia fula przy rzucie pięcioma kostkami do gry
w kości, wiedząc, że fulem nazywamy wyrzucenie na dwóch kostkach a oczek, na każdej
z trzech pozostałych b oczek, przy czym a z b .
30
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
14
Rzucamy 9 razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że przynajmniej dwa razy
wyrzucimy reszkę.
Ze zbioru czterech cyfr ^1, 2, 3, 4` wylosowano bez zwracania trzy cyfry i utworzono
z nich liczbę trzycyfrową, ustawiając je w kolejności losowania. Jakie jest prawdopodobieństwo utworzenia liczby większej od 300?
15
16
Ustawiono w ciąg n kul oznaczonych liczbami 1, 2, …, n. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym kule 4 i 5 znajdą się obok siebie.
*1.5. Własności prawdopodobieństwa
Niech : będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych i A  B  : . Wówczas
P A d P B .
Jeżeli A  B  : , to A d B , czyli
Twierdzenie
A
B
d
, stąd P A d P B .
: :
Niech : będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych i A1 , A2 , !, An  : . Jeżeli
zdarzenia losowe A1 , A2 , !, An wykluczają się parami, to prawdopodobieństwo
sumy tych zdarzeń równe jest sumie ich prawdopodobieństw:
Twierdzenie
P A1 ‰ A2 ‰ ! ‰ An P A1 P A2 ! P An .
Twierdzenie to zostało udowodnione w poprzednim rozdziale dla dwóch zbiorów.
Łatwy dowód tego twierdzenia dla n zbiorów pozostawiamy czytelnikowi do samodzielnego rozpatrzenia.
Przykład 1.
W urnie znajduje się 5 kul biało-czerwonych, 2 kule biało-czarne, 4 kule czerwono-czarne
i 3 kule czerwone. Wprowadźmy oznaczenia zdarzeń:
A — wylosowano kulę dwukolorową;
B1 — wylosowano kulę biało-czerwoną;
B2 — wylosowano kulę biało-czarną;
B3 — wylosowano kulę czerwono-czarną;
B4 — wylosowano kulę czerwoną.
Możemy obliczyć prawdopodobieństwo wylosowania kuli dwukolorowej:
5 2 4 11
P A P B1 ‰ B2 ‰ B3 P B1 P B2 P B3 .
14 14 14 14
*1.5. Własności prawdopodobieństwa
31
Twierdzenie
Niech : będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych i A, B  :. Wówczas
P A ‰ B P A P B P A ˆ B .
Prawdopodobieństwo sumy dwóch zdarzeń jest równe sumie prawdopodobieństw tych zdarzeń pomniejszonej o prawdopodobieństwo ich iloczynu.
Ponieważ zdarzenia losowe są zbiorami, w dowodzie będziemy stosować pewne prawa
rachunku zbiorów.
Zauważmy, że A ‰ B A ‰ B \ A oraz że zbiory A i B \ A są rozłączne (czyli zdarzenia
A i B \ A wykluczają się).
Także B A ˆ B ‰ B \ A oraz zbiory A ˆ B i B \ A są rozłączne (czyli odpowiednie zdarzenia wykluczają się).
(1) P A ‰ B P A P B \ A oraz P B P A ˆ B P B \ A ,
Z własności prawdopodobieństwa wynika więc, że
(2) P B \ A P B P A ˆ B .
czyli
Podstawiając (2) do (1), otrzymujemy P A ‰ B P A P B P A ˆ B .
Przykład 2.
Z talii 52 kart wyciągnięto jedną kartę. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że jest ona królem lub treflem.
Oznaczmy zdarzenia: A — wyciągnięta karta jest królem, B — wyciągnięta karta jest treflem. Mamy obliczyć P ( A ∪ B ) .
Przy założeniu, że wyciągnięcie każdej karty jest jednakowo prawdopodobne, mamy
P A
4
13
, P B
, P A ˆ B
52
52
1
.
52
Zatem P A ‰ B P A P B P A ˆ B Przykład 3.
Niech A i B będą takimi zdarzeniami, że P A Obliczmy P B i P A \ B .
4 13 1
52 52 52
1
, P A ‰ B
3
3RQLHZDĪ P A ‰ B P A P B P A ˆ B ZLĊF
6WąG P B 32
2
3
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
5
6
4
.
13
1
5
, P ( A ∩ B) = .
6
6
1
1
P B 3
6
Zauważmy, że A
A ˆ B ‰ A \ B . Zdarzenia A ˆ B i A \ B wykluczają się,
więc P A P A ˆ B P A \ B , czyli
1
3
1
P A \ B . Stąd P A \ B 6
1
.
6
Przykład 4.
1
Udowodnijmy, że jeśli A, B  : oraz P A P B c , to P A ‰ B t .
2
Ponieważ
P A ‰ B P A P B P A ˆ B P A 1 P Bc P A ˆ B 1 P A ˆ B ,
(1) P A ‰ B P A ˆ B 1.
więc:
1
Ponieważ A ˆ B  A ‰ B , to P A ˆ B d P A ‰ B . Gdyby P ( A ∪ B ) < ,
2
1
1
to P A ˆ B i równość (1) byłaby nieprawdziwa. Wynika stąd, że P A ‰ B t .
2
2
Przykład 5.
W turnieju piłkarskim uczestniczy 14 drużyn, które rozdziela się losowo na dwie grupy
po 7 drużyn w każdej. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia tego, że drużyna A oraz B
są w różnych grupach.
Aby dwie ustalone drużyny A i B znalazły się w różnych grupach, należy wybrać po 6 dru§ 12 ·
żyn z pozostałych 12 na ¨ ¸ sposobów i dołączyć do nich odpowiednio drużyny A i B.
©6¹
§ 12 ·
1
Ponieważ ważne są tylko składy grup, więc takich podziałów jest ˜ 2 ˜ ¨ ¸ . Analogicznie
2
©6¹
liczymy liczność zbioru zdarzeń elementarnych. Stąd
P
§ 12 ·
1
˜2˜¨ ¸
2
©6¹
1 § 14 ·
˜¨ ¸
2 ©7¹
12 ˜ 11 ˜ 10 ˜ 9 ˜ 8 ˜ 7
1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6
14 ˜ 13 ˜ 12 ˜ 11 ˜ 10 ˜ 9 ˜ 8
1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6 ˜ 7
2˜
12 ˜ 11 ˜ 10 ˜ 9 ˜ 8 ˜ 7
13 ˜ 12 ˜ 11 ˜ 10 ˜ 9 ˜ 8
7.
13
Przykład 6.
W urnie znajduje się n kul, w tym n1 kul białych i n2 kul czarnych n n1 n2 . Losujemy
bez zwracania (np. jednocześnie) k kul. Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że wśród
wylosowanych kul jest k1 kul białych i k2 kul czarnych k k1 k2 .
Zapiszmy rozkład kul w urnach i rozkład losowanych kul w następujący sposób:
n
k
n1 n2
k1 k2
białe
czarne
Liczność zbioru : jest równa liczbie k-elementowych kombinacji ze zbioru n-elemen§n·
towego, tj. ¨ ¸ . Liczność zdarzenia, którego prawdopodobieństwo obliczamy, jest
©k¹
*1.5. Własności prawdopodobieństwa
33
§ n1 ·§ n2 ·
równa ¨ ¸¨ ¸ , gdyż ze zbioru n1 kul białych losujemy k1 kul białych, co można zrobić
© k1 ¹© k2 ¹
§ n1 ·
na ¨ ¸ sposobów, oraz ze zbioru n2 kul czarnych losujemy k2 kul czarnych, co można zro© k1 ¹
§ n2 ·
bić na ¨ ¸ sposobów. Następnie każdy podzbiór kul białych łączymy z każdym podzbio© k2 ¹
rem kul czarnych. Szukane prawdopodobieństwo wynosi więc
P
§ n1 ·§ n2 ·
¨ ¸¨ ¸
© k1 ¹© k2 ¹ .
§n·
¨ ¸
©k¹
Schemat losowania można uogólnić np. na trzy rodzaje kul: białe, czarne, zielone.
Mamy:
białe
czarne zielone
n = n1 + n2 + n3
k = k1 + k2 + k3
Wówczas:
P
§ n1 ·§ n2 ·§ n3 ·
¨ ¸¨ ¸¨ ¸
© k1 ¹© k2 ¹© k3 ¹
§n·
¨ ¸
©k¹
Zadania
1 Rzucamy kostką 4 razy. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym choć
raz wypadnie jedynka?
2 Z urny zawierającej 2 kule białe i 6 czerwonych losujemy ze zwracaniem 3 kule. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że przynajmniej jedna z nich będzie biała.
Z urny zawierającej dwa razy więcej kul białych niż czarnych losujemy n razy po jednej kuli, zwracając za każdym razem kulę do urny. Dla jakiej wartości n prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej raz kuli białej jest większe od 0,9?
3
Niech : będzie zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych i A  :, B  :. Oblicz
5
3
1
P A ˆ B , wiedząc, że P A ‰ B , P ( A ) = , P Bc
.
8
2
4
4
34
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
5 A i B są zdarzeniami losowymi. Oblicz P ( A ∪ B ) , wiedząc, że P A P B 0,6
i P A ˆ B 0,5.
6 A i B są zdarzeniami losowymi. Oblicz P B , wiedząc, że P A ˆ B 0,4, P ( A ) = 0, 5,
P A ‰ B 0,9.
7
Wyznacz P A , wiedząc, że P A ˜ P Ac 0,25.
Niech Ac będzie zdarzeniem przeciwnym do A. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeP Ac nia A, jeśli
4.
P A
8
Zdarzenia losowe A, B są zawarte w : oraz P ( A ∩ B ′ ) = 0,1 i P ( A′ ∩ B ) = 0, 2 . Wykaż, że P A ˆ B d 0,7 (A' oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia A, B' oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B).
9
Zdarzenia losowe A, B są zawarte w : oraz P ( A ∩ B ′ ) = 0, 7 .
Wykaż, że P Ac ˆ B d 0,3 (A' oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia A, B' oznacza
zdarzenie przeciwne do zdarzenia B).
10
*1.6. Prawdopodobieństwo warunkowe
Przykład 1.
Spośród 300 uczniów pewnej szkoły 250 lubi przedmioty ścisłe, 100 lubi przedmioty humanistyczne, a 75 lubi przedmioty zarówno ścisłe, jak i humanistyczne. Rozważmy zdarzenia:
A — wybrany losowo uczeń lubi przedmioty ścisłe;
B — wybrany losowo uczeń lubi przedmioty humanistyczne.
Wówczas mamy:
250 5
100 1
75 1
P ( A) =
= , P (B) =
= , P ( A ∩ B) =
= .
300 6
300 3
300 4
Załóżmy, że wybrany uczeń lubi przedmioty humanistyczne. Jakie jest przy tym założeniu
prawdopodobieństwo tego, że lubi on również przedmioty ścisłe?
Ponieważ spośród 100 uczniów, którzy lubią przedmioty humanistyczne, 75 lubi również
75 3
ścisłe, więc mamy P ( A B ) =
= , gdzie symbol P A B oznacza prawdopodobieństwo
100 4
zdarzenia A, pod warunkiem że wystąpiło zdarzenie B.
*1.6. Prawdopodobieństwo warunkowe
35
W powyższym rozumowaniu utworzyliśmy nową przestrzeń zdarzeń elementarnych :1 B
(zbiór uczniów lubiących przedmioty humanistyczne), w tej przestrzeni policzyliśmy uczniów lubiących także przedmioty ścisłe A ˆ B , a następnie skorzystaliśmy z klasycznej
definicji prawdopodobieństwa.
Możemy to opisać w sytuacji ogólniejszej. Załóżmy, że A, B  : oraz P B ! 0 . Wiemy, że
nastąpiło zdarzenie B, i pytamy, jakie jest wówczas prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia
A. Wykorzystajmy klasyczną definicję prawdopodobieństwa. Ponieważ wiemy, że zaszło
zdarzenie B, więc nasze rozważania ograniczymy do zbioru B, tzn. tworzymy nową przestrzeń zdarzeń elementarnych :1
B . W tej przestrzeni zdarzeniu A sprzyjają zdarzenia
elementarne ze zbioru A ˆ B . Czyli P A B AˆB
.
B
Liczbę P A B nazywamy prawdopodobieństwem warunkowym zajścia zdarzenia A, pod
warunkiem że zaszło zdarzenie B.
Niech A, B  : oraz P B ! 0 . Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia A, pod
warunkiem że zajdzie zdarzenie B, nazywamy liczbę:
Definicja
P A B
P A ˆ B
P B
.
Korzystając z tej definicji, prawdopodobieństwo z przykładu 1. można obliczyć w następujący sposób:
P A B
1
4
1
3
3
.
4
Ćwiczenie 1.
Rzucamy dwukrotnie symetryczną kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że
suma wyrzuconych oczek jest większa od 7, pod warunkiem że w pierwszym rzucie wypadło 4?
Przekształcając wzór na prawdopodobieństwo warunkowe, otrzymujemy bardzo przydatny
wzór na prawdopodobieństwo łącznego wystąpienia dwóch zdarzeń.
Niech A, B  : oraz P B ! 0 . Wówczas P A ˆ B P B ˜ P A B .
Wzór ten uogólnia się na przypadek prawdopodobieństwa iloczynu dowolnej liczby czynników.
Zauważmy, że:
P A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An P A1 ˜
P A1 ˆ A2 P A1 ˆ A2 ˆ A3 P A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An ˜
˜! ˜
P A1 P A1 ˆ A2 P A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An 1 P A1 ˜ P A2 A1 ˜ P A3 A1 ˆ A2 ˜! ˜ P An A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An 1 .
36
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Jeżeli A1 , A2 , !, An  : oraz P A1 ! 0 , P ( A1 ∩ A2 ) > 0 , …, P A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An 1 ! 0 ,
Udowodniliśmy następujący ciekawy wzór:
P A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An P A1 ˜ P A2 A1 ˜ P A3 A1 ˆ A2 ˜! ˜ P An A1 ˆ A2 ˆ ! ˆ An 1 .
to
Przykład 2.
Zaobserwowano, że sportowiec trafia w tarczę w 98% strzałów,
wśród których 70% trafia w dziesiątkę. Obliczmy, jakie jest prawdopodobieństwo trafienia w dziesiątkę przez tego sportowca.
Zdarzenie, w którym strzelec trafił w dziesiątkę, oznaczmy literą
A, a zdarzenie, w którym strzelec trafił w tarczę, oznaczmy literą B.
Zauważmy, że przekształcając wzór na prawdopodobieństwo warunkowe, otrzymujemy:
P A ˆ B P B ˜ P A B 0,98 ˜ 0,7 0,686 .
Przykład 3.
W rozdaniu kart do brydża każdy gracz otrzymuje 13 kart. Obliczmy, jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A, w którym wśród otrzymanych kart pierwszy z brydżystów ma
3 kiery, drugi 6 kierów, trzeci i czwarty mają po dwa kiery.
Oznaczmy zdarzenia:
• A1 — pierwszy gracz otrzyma 3 kiery,
• A2 — drugi gracz otrzyma 6 kierów,
• A3 — trzeci gracz otrzyma 2 kiery,
• A4 — czwarty gracz otrzyma 2 kiery.
Zatem P A1 ˆ A2 ˆ A3 ˆ A4 P A1 ˜ P A2 A1 ˜ P A3 A1 ˆ A2 ˜ P A4 A1 ˆ A2 ˆ A3 .
Nasze zdarzenie A jest iloczynem opisanych wyżej zdarzeń.
Obliczmy poszczególne prawdopodobieństwa.
Gracz A1 otrzymał 3 kiery i 10 kart innych kolorów:
 13   39 
 ⋅ 
3
10
P ( A1 ) =     .
 52 
 
 13 
W talii zostało 39 kart, w tym 10 kierów:
§ 10 ·§ 29 ·
¨ ¸¨ ¸
6 7
P A2 A1 © ¹© ¹ .
§ 39 ·
¨ ¸
© 13 ¹
*1.6. Prawdopodobieństwo warunkowe
37
Analogicznie liczymy:
P A3 A1 ˆ A2 § 4 ·§ 22 ·
¨ ¸¨ ¸
© 2 ¹© 11 ¹ .
§ 26 ·
¨ ¸
© 13 ¹
Ostatni zawodnik musi dostać pozostające w talii dwa kiery, czyli P A4 A1 ˆ A2 ˆ A3 1.
Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi
P
§ 13 · § 39 · § 10 · § 29 · § 4 · § 22 ·
§ 13 · § 39 · § 10 · § 29 · § 4 · § 22 ·
¨ ¸˜¨ ¸ ¨ ¸˜¨ ¸ ¨ ¸˜¨ ¸
¨ ¸˜¨ ¸˜¨ ¸˜¨ ¸˜¨ ¸˜¨ ¸
© 3 ¹ © 10 ¹ ˜ © 6 ¹ © 7 ¹ ˜ © 2 ¹ © 11 ¹ ˜ 1 © 3 ¹ © 10 ¹ © 6 ¹ © 7 ¹ © 2 ¹ © 11 ¹
§ 52 ·
§ 39 ·
§ 26 ·
§ 52 · § 39 · § 26 ·
¨ ¸
¨ ¸
¨ ¸
¨ ¸˜¨ ¸˜¨ ¸
© 13 ¹
© 13 ¹
© 13 ¹
© 13 ¹ © 13 ¹ © 13 ¹
186617574
.
39688347475
Ćwiczenie 2.
Zaobserwowano, że łucznik trafia w tarczę w 80% strzałów. Spośród strzałów,
które trafiają w tarczę, 50% nie trafia w dziesiątkę. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że łucznik trafi w dziesiątkę?
Niezależność zdarzeń
Przykład
Przy dwukrotnym rzucie monetą wynik pierwszego rzutu nie wpływa na wynik drugiego
1
1 1 1
rzutu. Zauważmy, że P A P B oraz P A ˆ B .
˜
2
2 2 4
Zdarzenia A i B należy uznać za niezależne, jeżeli zajście jednego ze zdarzeń nie wpływa
na zajście drugiego zdarzenia, czyli P A B P A i P B A P B . Jeżeli P A ! 0
i P B ! 0 , to mamy wówczas
P A ˆ B P B ˜ P A B P B ˜ P A i P B ˆ A P A ˜ P B A P A ˜ P B ,
stąd P A ˆ B P B ˆ A P A ˜ P B . Ponadto przyjmujemy, że zdarzenie niemożliwe jest niezależne od dowolnego zdarzenia. Możemy więc przyjąć następującą definicję:
Definicja
Mówimy, że zdarzenia A i B, zawarte w przestrzeni zdarzeń elementarnych, są
niezależne, jeżeli P A ˆ B P A ˜ P B .
W przeciwnym razie mówimy, że zdarzenia są zależne.
38
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Zadania
1 Rzucamy dwa razy symetryczną kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia sumy oczek równej 7, jeśli w drugim rzucie wypadnie 3?
2 Rzucamy dwiema symetrycznymi kostkami do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia na obu kostkach różnych liczb oczek, jeśli wiemy,
że wyrzucono co najmniej jedną dwójkę?
3
Rzucamy dwiema symetrycznymi kostkami do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo
wyrzucenia co najmniej jednej dwójki, jeśli wiemy, że na obu kostkach wypadła różna
liczba oczek?
4 Z talii 52 kart losujemy jedną kartę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania króla,
pod warunkiem że wylosowana karta jest pikiem.
5 Rzucono trzy symetryczne kostki do gry i okazało się, że na każdej z nich wypadła
inna liczba oczek. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że na dokładnie jednej kostce wypadła trójka?
6
Na egzaminie z rachunku prawdopodobieństwa należy wylosować 3 pytania spośród
15. Student potrafi odpowiedzieć na 11 pytań. Egzamin uznaje się za zdany, jeśli student
odpowie na co najmniej 2 pytania. Oblicz prawdopodobieństwo zdania egzaminu, jeśli na
pierwsze wylosowane pytanie student nie potrafi odpowiedzieć.
7
Z urny, w której jest 8 kul białych i 12 czarnych, losujemy 3 kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że za trzecim razem wylosujemy:
a) kulę białą, jeśli dwie poprzednie były białe,
b) kulę białą, jeśli dwie poprzednie były różnych kolorów,
c) kulę czarną, jeśli dwie poprzednie były białe,
d) kulę czarną, jeśli dwie poprzednie były różnych kolorów.
8
Rzucamy trzema symetrycznymi kostkami do gry. Oblicz prawdopodobieństwo tego,
że iloczyn wyrzuconych oczek wynosi 12, jeśli na dokładnie jednej z nich wypadła jedynka.
9
Rozpatrzmy rodziny z dwojgiem dzieci. Każda z tych rodzin z jednakowym prawdopodobieństwem może mieć dwóch synów, dwie córki, starszego syna i młodszą córkę, starszą córkę i młodszego syna. Wiedząc, że w wybranej rodzinie jednym z dzieci jest córka,
oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że drugim dzieckiem jest też córka.
*1.6. Prawdopodobieństwo warunkowe
39
10
11
A i B są zdarzeniami losowymi i P ( B ) > 0. Wykaż, że P A B d
1 P Ac P B
Udowodnij, że dla każdego A  : zachodzi równość P A : P A .
.
*1.7. Prawdopodobieństwo całkowite
Przykład 1.
W urnie znajduje się 8 kul: 6 białych i 2 czarne. Losujemy kolejno bez zwracania dwie
kule. Obliczmy, jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w drugim losowaniu wybierzemy
kulę białą.
Zdarzenie elementarne wyznacza uporządkowana para elementów a, b , gdzie a oznacza
wynik uzyskany w pierwszym losowaniu, b wynik uzyskany w drugim losowaniu.
Oznaczmy zdarzenia:
• A1 — pierwsza z wylosowanych kul jest biała (zdarzenie to składa się z 42 par uporządkowanych),
• A2 — druga z wylosowanych kul jest biała,
• B1 — pierwsza wylosowana kula jest czarna,
• B2 — druga wylosowana kula jest czarna.
Wówczas A2
A2 ˆ :
A2 ˆ A1 ‰ B1 A2 ˆ A1 ‰ A2 ˆ B1 .
Ponieważ zdarzenia A2 ˆ A1 i A2 ˆ B1 wykluczają się,
to P A2 P A2 ˆ A1 P A2 ˆ B1 .
Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo łącznego zajścia dwóch zdarzeń, otrzymujemy:
P A2 P A2 ˆ A1 P A2 ˆ B1 P A1 ˜ P A2 A1 P B1 ˜ P A2 B1 .
Liczymy kolejno:
6˜7 3
(pamiętajmy, że zdarzenie A1 jest zbiorem par uporządkowanych);
P A1 8˜7 4
5
2˜7 1
6
; P B1 ; P A2 B1 .
P A2 A1 7
8˜7 4
7
3 5 1 6 21 3
Czyli P A2 ˜ ˜
.
4 7 4 7 28 4
Postępowanie zastosowane w przedstawionym rozwiązaniu można uogólnić, dowodząc
następujące twierdzenie:
40
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Niech zdarzenia A1 , A2 , !, An  : spełniają warunki:
• każde z nich ma dodatnie prawdopodobieństwo,
• zdarzenia te wykluczają się parami,
• A1 ‰ A2 ‰ " ‰ An : .
Wtedy dla dowolnego zdarzenia B  : zachodzi wzór
Twierdzenie
P B P A1 ˜ P B | A1 P A2 ˜ P B | A2 ... P An ˜ P B | An Z założenia wiemy, że A1 ‰ A2 ‰ ! ‰ An
B
B ˆ : B ˆ A1 ‰ A2 ‰ ! ‰ An : , czyli
B ˆ A1 ‰ B ˆ A2 ‰ ! ‰ B ˆ An .
Zauważmy, że zdarzenia w nawiasach wykluczają się parami. Rzeczywiście, dla k z m :
B ˆ Ak ˆ B ˆ Am B ˆ Ak ˆ Am B ˆ ‡ ‡ .
Stąd P B P B ˆ A1 P B ˆ A2 ! P B ˆ An .
P B P A1 ˜ P B A1 P A2 ˜ P B A2 ! P An ˜ P B An .
Korzystając z definicji prawdopodobieństwa warunkowego, otrzymujemy żądany wzór:
Ćwiczenie 1.
W pewnej klasie pierwszej jest 11 dziewcząt i 17 chłopców, a w drugiej jest 18 dziewcząt
i 12 chłopców. Z obu klas wybrany ma zostać reprezentant do sejmiku dzieci i młodzieży.
Uczniowie umówili się, że reprezentant wybrany będzie w następujący sposób: rzucą symetryczną kostką do gry i jeśli wypadnie parzysta liczba oczek, to pojedzie osoba z klasy
pierwszej, a jeśli nieparzysta, to z klasy drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w sejmiku reprezentantem szkoły będzie dziewczynka.
Zadania
1 Żołnierz na strzelnicy ma do wyboru dwa rodzaje broni. Zaobserwowano, że strzelając
z pierwszej broni, trafia do celu w 60%, a strzelając z drugiej, w 80% przypadków. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że żołnierz trafi do celu w pierwszym strzale, przy założeniu,
że wybór broni do strzału był jednakowo prawdopodobny.
W urnie jest 5 kul białych i 2 kule czarne. Wyciągnięto losowo bez zwracania dwie
kule. Oblicz prawdopodobieństwo wyciągnięcia kuli czarnej z pozostałych kul.
2
3 Spośród 14 garniturów, wśród których było 10 garniturów pierwszego gatunku i 4 garnitury drugiego gatunku, sprzedano jeden. Z pozostałych garniturów wybrano losowo trzy
przeznaczone do sprzedaży w innym sklepie. Zakładając, że wybór każdego z garniturów
jest jednakowo prawdopodobny, oblicz prawdopodobieństwo tego, że do sprzedaży w innym sklepie wybrano trzy garnitury pierwszego gatunku.
*1.7. Prawdopodobieństwo całkowite
41
4
Czterech uczniów: A, B, C, D, przygotowujących się do egzaminu maturalnego z matematyki, rozdzieliło między sobą rozwiązanie 2000 zadań. Każdy z uczniów przygotował
oddzielny zeszyt z rozwiązaniami zadań. Liczby rozwiązanych zadań w zeszytach uczniów 1,
2, 3, 4 oraz dane dotyczące liczby błędnych rozwiązań ilustrują podane niżej diagramy 1 i 2.
Diagram 2
liczba błędnie rozwiązanych zadań
liczba rozwiązanych zadań
Diagram 1
900
800
700
600
500
400
300
200
100
0
zeszyt 1
zeszyt 2
zeszyt 3
zeszyt 4
180
160
140
120
100
80
60
40
20
0
160
70
30
zeszyt 1
zeszyt 2
zeszyt 3
60
zeszyt 4
Nauczyciel zamierza wylosować jeden zeszyt z rozwiązaniami, a następnie w tym zeszycie
sprawdzić rozwiązanie jednego losowo wybranego zadania. Oblicz prawdopodobieństwo
tego, że w wybranym zadaniu nie będzie błędu.
5
Mamy trzy urny, w każdej z nich są 2 kule białe i 4 czarne, oraz pięć urn, w każdej
jest po 5 kul białych i 9 czarnych. Z losowo wybranej urny wyciągamy jedną kulę. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że losowo wybrana kula jest czarna, zakładając, że urny wybieramy z jednakowym prawdopodobieństwem.
6 Fabryka samochodów kupuje części od dostawców A, B, C. Dostawca A dostarcza 45%
wszystkich potrzebnych części, dostawca B — 30%, a C — 25%. Wady ma 2% dostarczonych części przez dostawcę A, 3% — przez dostawcę B i 1% — przez dostawcę C. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że wybrana losowo część jest wadliwa.
Losujemy liczbę n ze zbioru ^1, 2, 3, 4, 5, 6` , a następnie rzucamy monetą n razy. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wypadną same reszki.
7
8 Mamy dwie urny: w jednej są 4 kule białe i 5 czarnych, w drugiej 6 białych i 7 czarnych. Rzucamy kostką: jeżeli wypadnie mniej niż 5 oczek, to losujemy z urny pierwszej,
a w przeciwnym wypadku z urny drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wylosowana kula jest czarna.
9
Wśród dziewięciu czekoladek trzy są bez nadzienia. Tomek i Joanna kolejno zjadają
po jednej czekoladce. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że jeśli Joanna zaczyna, to Tomek
nie trafi przed nią na czekoladkę bez nadzienia.
42
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
*1.8. Zastosowanie „drzew”
W obliczaniu prawdopodobieństwa wykorzystuje się czasami metody graficzne. Do najbardziej znanych należy metoda drzew.
Przykład 1.
W urnie znajdują się dwie kule białe i trzy czerwone. Losujemy dwa razy po jednej kuli i po
każdym losowaniu zatrzymujemy wylosowaną kulę (losowanie bez zwrotu). Obliczmy prawdopodobieństwo zdarzenia A, w którym dokładnie jedna z wylosowanych kul będzie biała.
Oznaczmy zdarzenia:
• b — zdarzenie polegające na wylosowaniu kuli białej,
• c — zdarzenie polegające na wylosowaniu kuli czerwonej.
Zdarzenia elementarne tworzą pary uporządkowane, gdzie na pierwszym miejscu jest zapisany wynik pierwszego losowania, a na drugim wynik drugiego losowania.
Poniżej przedstawione jest odpowiednie drzewo.
0,4
b
0,25
b
pierwsze
losowanie
0,6
c
0,75
c
0,5
b
drugie
losowanie
0,5
c
Zbudowane drzewo ma dwa piętra, ponieważ w naszym doświadczeniu losowanie jest dwuetapowe. Pierwsze piętro drzewa opisuje wyniki pierwszego losowania. Ponieważ pierwsze
losowanie może zakończyć się jednym z dwóch możliwych wyników, z wierzchołka drzewa
rysujemy dwie krawędzie drzewa. Przy krawędziach wypisujemy prawdopodobieństwa zdarzeń „zawieszonych” na tych krawędziach. Drugie piętro opisuje drugie losowanie. Przy
krawędziach tego drzewa opisane są prawdopodobieństwa warunkowe wylosowania kuli
ustalonego koloru, pod warunkiem że w pierwszym losowaniu otrzymaliśmy kulę koloru
określonego w pierwszym losowaniu. Gdy chcemy obliczyć prawdopodobieństwo wylosowania dokładnie jeden raz kuli białej, znajdujemy „drogi” łączące wierzchołek drzewa
z jego podstawą, które realizują omawiane zdarzenie (na rysunku oznaczone są czerwoną
linią). Każda taka „droga” nazywana jest gałęzią drzewa. Prawdopodobieństwo zdarzenia A obliczamy, mnożąc prawdopodobieństwa opisane przy zaznaczonych krawędziach
(wzdłuż gałęzi), a następnie dodając otrzymane wyniki.
P A 0,4 ˜ 0,75 0,6 ˜ 0,5 0,6
*1.8. Zastosowanie „drzew”
43
Przykład 2.
W klubie sportowym działa sekcja pływacka, w której jest
12 chłopców i 10 dziewcząt, i sekcja gimnastyczna licząca
5 chłopców i 15 dziewcząt. Jedna osoba ma reprezentować klub na uroczystościach państwowych. Aby wybrać
tę osobę losowo, zawodnicy postanowili rzucić monetą.
Jeśli wypadnie orzeł, to wylosują przedstawiciela sekcji pływackiej, a jeżeli reszka — sekcji
gimnastycznej. Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że na uroczystości pojedzie chłopiec.
P(O)
= 1/2
O
P(C|O)
= 6/11
C
Zadanie to można rozwiązać, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym.
P(R)
= 1/2
R
P(D|O)
= 5/11
D
P(C|R)
= 1/4
C
P(D|R)
= 3/4
D
P C P O ˜ P C O P R ˜ P C R Zdarzenia O (przy rzucie monetą wypadł
orzeł) i R (wypadła reszka) wykluczają
się, a ich suma stanowi zdarzenie pewne.
Oznaczmy zdarzenia: C — wylosowanie
chłopca, D — wylosowanie dziewczynki.
Wówczas
1 6 1 1 35
.
˜ ˜
2 11 2 4 88
Zadanie to można także zilustrować i rozwiązać za pomocą drzewa. Zauważmy, że powyższe
drzewo jest interpretacją geometryczną twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.
Ćwiczenie 1.
Zaobserwowano, że strzelec trafia do tarczy w 70% oddanych strzałów, przy czym spośród
trafionych strzałów 40% to dziesiątki. Wykorzystując metodę drzew, oblicz prawdopodobieństwo trafienia przez strzelca w dziesiątkę.
Przykład 3.
Kiedy budujemy drzewo, może się zdarzyć, że liczba wyników doświadczenia jest zbyt duża,
by można je było łatwo narysować. Można wtedy narysować drzewo uproszczone, które będzie zawierało wyłącznie drogi sprzyjające zajściu rozpatrywanego zdarzenia. Rozpatrzmy
doświadczenie losowe polegające na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do
gry. Obliczmy prawdopodobieństwo zdarzenia A polega1/6
1/6
jącego na tym, że w pierwszym
1/6
rzucie otrzymamy nieparzystą
1
3
5
liczbę oczek i suma liczb oczek
w obu rzutach będzie po1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
dzielna przez 3. W tym przypadku uproszczone drzewo
2
5
3
6
1
4
wygląda następująco:
11 11 11 11 11 11 11 11 1 1 1 1 1 1 1 1
11 1 1
P
˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜
6˜
6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6
36 6
44
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Przykład 4.
Narysujmy drzewo dla rzutu monetą do momentu, gdy wyrzucimy
kolejno dokładnie dwa razy orła albo dokładnie dwa razy reszkę,
ale nie wykonamy więcej niż cztery rzuty.
1/2
O
czarne
lub
3= 0 + 3.
Wówczas:
1/2
R
1/2
1/2
R
O
1/2 1/2
O
R
1/2
O
R
1/2
1/2
O
R
Sposób drugi — z wykorzystaniem drzew
4/7
Wylosowanie przynajmniej dwóch kul
czarnych oznacza wylosowanie dwóch
kul czarnych i jednej białej lub trzech
kul czarnych. Ten schemat losowania
można przedstawić w poniższej postaci:
białe
1/2
O
Rozwiążemy to zadanie na dwa sposoby.
7= 4 + 3
3= 1 + 2
R
1/2
Przykład 5.
W urnie są cztery kule białe i trzy czarne. Losujemy bez zwracania trzy kule. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym
przynajmniej dwie z wylosowanych kul są czarne?
Sposób pierwszy — bez zastosowania
drzew
Korzystamy tu z klasycznej definicji
prawdopodobieństwa.
1/2
3/7
B
C
1/2
1/2
B
2/3
C
1/3
B
C
2/5
3/5
3/5
2/5
3/5
2/5
4/5
1/5
B
C
B
C
B
C
B
C
P A
4 1 2 3 2 2 3 1 4 3 1 1
˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜
7 2 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5
4
4
4 1 13
35 35 35 35 35
 4  3  4  3
 ⋅   ⋅ 
1 2
0 3
4 ⋅ 3 + 1 13
= .
P=   +   =
7 ⋅ 6 ⋅ 5 35
7
7
 
 
1⋅ 2 ⋅ 3
3
3
Ćwiczenie 2.
Wśród n losów sześć wygrywa. Jaka musi być liczba losów, aby prawdopodobieństwo tego,
1
że zakupione 2 losy będą wygrywające, było większe od ?
3
Ćwiczenie 3.
W urnie znajdują się 3 kule białe, 6 kul czarnych oraz 9 kul zielonych. Losujemy trzy kule.
Co jest bardziej prawdopodobne: wylosowanie kul różnych kolorów czy wylosowanie kul
tego samego koloru?
*1.8. Zastosowanie „drzew”
45
Zadania
1
Narysuj drzewo ilustrujące dwukrotny rzut monetą.
2 Narysuj drzewo ilustrujące czterokrotny rzut monetą i oblicz prawdopodobieństwo
tego, że dokładnie dwa razy z rzędu wypadł orzeł.
3 Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w serii 6 rzutów monetą dwa sąsiednie wyniki
będą identyczne dokładnie raz?
4
Mamy dwie urny: w jednej są 2 kule białe i 3 czarne, w drugiej 4 białe i 5 czarnych.
Rzucamy kostką: jeżeli wypadnie mniej niż 3 oczka, to losujemy kulę z urny pierwszej,
a w przeciwnym wypadku z urny drugiej. Narysuj drzewo dla tego doświadczenia i oblicz
prawdopodobieństwo tego, że wylosowana kula jest biała.
5 Liczba biletów do cyrku rozlosowywanych w pewnej 30-osobowej klasie, w której jest
16 chłopców, jest równa liczbie sumy oczek otrzymanych w rzucie dwiema kostkami. Narysuj drzewo do tego doświadczenia i oblicz prawdopodobieństwo tego, że do kina pójdą
sami chłopcy.
6
W urnie jest n kul, w tym 5 białych, a pozostałe są czarne. Losujemy kolejno bez zwra11
cania 2 kule. Prawdopodobieństwo tego, że obie kule są tego samego koloru, wynosi .
21
Narysuj drzewo dla tego doświadczenia i oblicz, ile jest kul czarnych w urnie.
7
Rzucono trzema kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że na jednej kostce
wypadnie szóstka, a na dwóch pozostałych wyniki różne między sobą i różne od 6?
*1.9. Spoza podstawy programowej
— aksjomatyczna definicja prawdopodobieństwa
i schemat Bernoulliego
Aksjomatyczna definicja prawdopodobieństwa
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa ma pewien mankament. Używamy w niej terminu
„zdarzenia jednakowo możliwe”, który nie został wcześniej zdefiniowany. Stwierdzenie, czy
zdarzenia są jednakowo możliwe, opieramy zwykle na intuicji lub obserwowanej częstości
względnej danego zdarzenia. W matematyce wyższej używa się definicji aksjomatycznej
prawdopodobieństwa. Zauważmy, że w definicji klasycznej każdemu zdarzeniu (podzbio-
46
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
rowi przestrzeni zdarzeń elementarnych) przypisywaliśmy pewną jednoznacznie wyznaczoną liczbę, która opisywała prawdopodobieństwo wystąpienia tego zdarzenia. Możemy
więc przyjąć, że prawdopodobieństwo jest funkcją określoną na zbiorze wszystkich podzbiorów przestrzeni zdarzeń elementarnych. Z klasycznej definicji wynika, że wartości tej
funkcji są liczbami rzeczywistymi z przedziału 0, 1 . Ponadto, jeżeli zdarzenia A i B wykluczają się, to P A ‰ B P A P B . Okazuje się, że te trzy warunki wystarczą, aby
poprawnie zdefiniować prawdopodobieństwo i zbudować całą teorię tego działu.
Zakładamy, że zdarzenie elementarne jest pojęciem pierwotnym, a zdarzenie jest dowolnym podzbiorem przestrzeni zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem określonym na przestrzeni zdarzeń elementarnych Ω,
składającej się ze skończonej liczby elementów, nazywamy taką funkcję P, która
każdemu zdarzeniu A  : przyporządkowuje liczbę rzeczywistą P A w taki
sposób, że
Definicja
P A t 0 ,
P : 1 .
Jeżeli A ˆ B ‡ , to P A ‰ B P A P B .
Powyższa definicja ma charakter teoretyczny i nie wynika z niej, w jaki sposób liczymy
prawdopodobieństwo zajścia danego zdarzenia. Umożliwiają to własności prawdopodobieństwa, które są zgodne z własnościami prawdopodobieństwa klasycznego.
Przykład 1.
Rzucano pewną kostką do gry, we wnętrzu której umieszczono ołowianą kulkę przesuwającą środek ciężkości tej kostki. Okazało się, że jedynka nie wypada nigdy, natomiast pozostałe oczka wypadają kolejno z następującymi prawdopodobieństwami:
1
1
1
1
1
szóstka — , dwójka — , piątka — , trójka — i czwórka — .
2
10
10
4
20
Widzimy, że zdarzenia elementarne nie są jednakowo możliwe.
Jeżeli ^Z1 ` oznacza zdarzenie polegające na wyrzuceniu jedynki, ^Z2 ` — wyrzuceniu
dwójki, ^Z3 ` — wyrzuceniu trójki, ^Z4 ` — wyrzuceniu czwórki, ^Z5 ` — wyrzuce-
niu piątki, ^Z6 ` — wyrzuceniu szóstki, to P ^Z1 ` 0 , P ^Z2 ` 1
1
, P ^Z3 ` ,
10
4
1
1
1
, P ^Z5 ` , P ^Z6 ` . Obliczmy prawdopodobieństwo zdarzenia
P ^Z4 ` 10
2
20
A polegającego na wyrzuceniu parzystej liczby oczek. Ponieważ A ^Z2 , Z4 , Z6 ` i odpowiednie zdarzenia wykluczają się parami, to z własności prawdopodobieństwa wynika, że
P A
1 1 1
2 10 20
13
.
20
*1.9. Spoza podstawy programowej
47
Przykład 2.
Trzy ścianki pewnej kostki pomalowano na czerwono, dwie na żółto i jedną na zielono.
Obliczmy prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie dwa razy koloru żółtego przy dwukrotnym rzucie kostką:
1 1 1
P= ⋅ = .
3 3 9
Przykład 3.
Prawdopodobieństwo zdarzenia, że kromka chleba posmarowana masłem spadnie posma3
rowaną stroną na podłogę, wynosi . Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że przy trzech
4
zrzuceniach kromki na podłogę zawsze spadnie ona nieposmarowaną stroną:
P
§1·
¨4¸
© ¹
3
1
.
64
Schemat Bernoulliego (czyt. bernuliego)
Przypuśćmy, że wykonujemy pewne doświadczenie, które może zakończyć się tylko dwoma
wynikami. Jeden z nich nazywamy sukcesem, a drugi porażką. Jeżeli prawdopodobieństwo
sukcesu oznaczymy przez p, to prawdopodobieństwo porażki wynosi q 1 p .
Jeżeli w pewnym doświadczeniu losowym możliwe są tylko dwa wyniki, przy czym prawdopodobieństwa obu wyników są dodatnie, to doświadczenie takie nazywamy próbą Bernoulliego.
Wykonujemy serię n doświadczeń losowych spełniających następujące warunki:
• doświadczenia są niezależne,
• doświadczenia te są próbami Bernoulliego,
• prawdopodobieństwo sukcesu w każdym doświadczeniu jest takie samo.
Taki ciąg doświadczeń nazywamy schematem Bernoulliego.
Obliczmy prawdopodobieństwo zdarzenia A takiego, że w serii n tego typu doświadczeń
dokładnie k zakończy się sukcesem.
W schemacie n prób Bernoulliego zdarzeniem elementarnym jest n-wyrazowy ciąg, którego wyrazami są sukcesy (s) lub porażki (p). Zdarzeniem sprzyjającym zajściu opisanego
zdarzenia jest ciąg składający się z k sukcesów i n k porażek. Taki ciąg tworzymy, wskazując, na których miejscach wyrazami są sukcesy. Ponieważ musimy wybrać k spośród
n
n miejsc, to takich ciągów (czyli zdarzeń sprzyjających zajściu zdarzenia A) jest   . Poniek
waż w schemacie Bernoulliego założyliśmy niezależność wyników poszczególnych doświadczeń, więc prawdopodobieństwo zdarzenia sprzyjającego zajściu zdarzenia A wynosi pk qn k.
48
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Uzasadniliśmy więc, iż prawdopodobieństwo tego, że w schemacie n prób Bernoulliego
§n·
wystąpi dokładnie k sukcesów, gdzie 0 d k d n, jest równe Pn k ¨ ¸ pk qn k . Symbole p,
©k¹
q oznaczają prawdopodobieństwa uzyskania odpowiednio sukcesu lub porażki w jednej
próbie. Pamiętajmy, że p q 1.
Przykład 4.
Rzucamy pięciokrotnie symetryczną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo dwukrotnego wyrzucenia liczby oczek podzielnej przez 3.
Stosujemy schemat Bernoulliego dla n
5, k
2.
Przy jednokrotnym rzucie kostką są dwie możliwości wyrzucenia liczby oczek podzielnej
przez 3, gwarantują to wyniki 3 lub 6.
2 1
2
, q 1 p
.
Stąd p
3
6 3
Mamy więc:
P
§5· § 1 ·
¨ ¸˜¨ ¸
©2¹ © 3 ¹
2
§2·
˜¨ ¸
©3¹
3
80
.
243
Przykład 5.
W meczu piłkarskim prawdopodobieństwo zdobycia przez zawodnika bramki z rzutu karnego wynosi 0,8. Zawodnik wykonuje
pięć rzutów karnych. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia,
że zdobędzie on trzy bramki?
Zgodnie ze schematem Bernoulliego prawdopodobieństwo strzelenia trzech bramek w pięciu strzałach wynosi P5 3 . Mamy:
p
4
,q
5
1
,
5
n 5 , k 3 , czyli
§5· § 4 ·
P5 3 ¨ ¸ ˜ ¨ ¸
©3¹ © 5 ¹
3
§1·
˜¨ ¸
©5¹
2
128
.
625
Ćwiczenie 1.
Gra polega na jednoczesnym rzucie monetą i kostką do gry. Wygrana następuje przy wyrzuceniu orła i dwóch oczek. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że na cztery gry wygrana
wystąpi co najwyżej raz.
*1.9. Spoza podstawy programowej
49
1.10. Z zastosowań matematyki
Temat badawczy nr 1
Uczniowie wykonują serię rzutów monetami, każdy swoją. Po pierwszym rzucie nauczyciel zapisuje na tablicy łączną liczbę wyrzuconych orłów i oblicza jej stosunek do liczby
wszystkich wyników. Po drugim rzucie dodaje do poprzedniej liczby orłów liczbę orłów
wyrzuconych w drugiej kolejce i oblicza iloraz tej sumy i łącznej liczby wyników. Postępowanie w analogiczny sposób kontynuowane jest dziesięciokrotnie. Analizujemy ciąg
kolejno obliczonych ilorazów (w tym celu wygodnie jest wyrazić je w postaci przybliżeń
dziesiętnych). Co zauważamy?
Temat badawczy nr 2
Wprowadzenie
Przykład 1.
Obok stacji paliw przejeżdża średnio cztery razy więcej samochodów osobowych niż ciężarowych. Badania wykazały, że 5% przejeżdżających samochodów osobowych i 2% ciężarowych tankuje paliwo. Do stacji podjechał samochód. Obliczmy prawdopodobieństwo
tego, że jest to samochód ciężarowy.
Oznaczmy zdarzenia:
• O — obok stacji przejeżdża samochód osobowy,
• C — obok stacji przejeżdża samochód ciężarowy,
• St— przejeżdżający samochód tankuje paliwo.
Mamy obliczyć P C St .
Wiemy, że P ( C St ) =
P ( C ∩ St )
P ( St )
=
P ( C ) P ( St C )
P ( St )
.
W rozpatrywanym problemie
4
5
, P (St | O)
P (O)
5
100
P C 1
2
, P St C ;
5
100
P St P O ˜ P St O P C ˜ P St C 4 5 1 2
˜
˜
5 100 5 100
11
250
1 1
˜
1
Stąd P C St 5 50
.
11
11
250
Uogólniając powyższe rozumowanie, otrzymujemy tzw. wzór Bayesa (czyt. bajsa), przedstawiony niżej.
50
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
Jeżeli zdarzenia B1 , B2 , B3 , !, Bn wykluczają się parami, prawdopodobieństwo każdego
z nich jest dodatnie oraz B1 ‰ B2 ‰ B3 ‰ ! ‰ Bn : , to dla dowolnego zdarzenia A takiego, że P A z 0 , oraz wskaźnika i  ^1, 2, !, n` prawdziwy jest wzór:
P Bi A P Bi A P Bi ˜ P A Bi P A
lub
P Bi ˜ P A Bi P B1 ˜ P A B1 P B2 ˜ P A B2 ! P Bn ˜ P A Bn .
Przykład 2.
Na obóz Młodych Matematyków przyjechali uczniowie z różnych miast. Skład obozu przedstawia
tabela obok:
Miasto
Liczba chłopców Liczba dziewcząt
Gdańsk
15
Katowice 19
6
Spotkaliśmy uczestniczkę obozu. Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że jest to mieszkanka Łodzi.
Łódź
9
11
Opole
14
6
Oznaczmy zdarzenia:
• A — spotkana osoba jest kobietą,
• BG — spotkana osoba pochodzi z Gdańska;
• BK — spotkana osoba pochodzi z Katowic;
• BŁ — spotkana osoba pochodzi z Łodzi;
• BO — spotkana osoba pochodzi z Opola;
• BP — spotkana osoba pochodzi z Poznania.
Poznań
1
4
Mamy obliczyć P BŁ A . Wiemy, że P (BŁ A ) =
P BŁ 1
11
;
, P A BŁ 5
20
P ( BŁ ) ⋅ P ( A BŁ)
P ( A)
15
.
P ( A ) = P ( BG ) ⋅ P ( A BG ) + P ( BK ) ⋅ P ( A BK ) + P ( BŁ ) ⋅ P ( A BŁ ) + P ( BO ) ⋅ P ( A BO ) + P ( BP ) ⋅ P ( A BP ) =
=
3 1 1 6 1 11 1 3 1 4 21
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = .
10 2 4 25 5 20 5 10 20 5 50
1 11
˜
5
20 11 .
P
A
B
Stąd Ł 21
42
50
Zauważmy, że nie zawsze warto stosować wzór Bayesa.
W rozpatrywanym zadaniu możemy obliczyć szukane prawdopodobieństwo znacznie
prościej, zawężając przestrzeń zdarzeń elementarnych do zbioru 42-elementowego składającego się z samych dziewczynek.
1.10. Z zastosowań matematyki
51
Przykład 3.
W Polsce zabronione jest prowadzenie pojazdów mechanicznych pod wpływem narkotyków. Policja używa testów wykrywających narkotyki. Załóżmy, że przy badaniu osoby będącej pod wpływem narkotyków test wypada pozytywnie w 99% przypadków, natomiast
przy badaniu osoby niezażywającej narkotyków wypada negatywnie w 99% przypadków.
Policja bada takim testem kierowców, wiedząc, że statystycznie 0,1% z nich jeździ pod
wpływem narkotyków. Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że osoba, u której test wypadł pozytywnie, rzeczywiście była pod wpływem narkotyków.
Oznaczmy zdarzenia:
• T — dana osoba jest pod wpływem narkotyków,
• N — dana osoba nie jest pod wpływem narkotyków,
• „+” — u danej osoby test dał wynik pozytywny,
• „−” — u danej osoby test dał wynik negatywny.
Zdarzenia „+” i „−” są rozłączne i w sumie dają zdarzenie pewne.
P T 0,001, bo 0,1% zatrzymanych kierowców jest pod wpływem narkotyków,
Wiemy, że:
P N 1 P T 0,999 ,
P T 0,99 , gdyż taką wiarygodność ma test przy badaniu osoby pod wpływem narkotyków,
P N 0,99 , gdyż taką wiarygodność ma test przy badaniu osoby niebędącej pod wpływem narkotyków.
P N 1 P N 0,01.
Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że kierowca, u którego test wypadł pozytywnie, rzeczywiście jest pod wpływem narkotyków:
P T P T P T P P T P T P T P T P N P N 0,001 ˜ 0,99
| 0,09.
0,001 ˜ 0,99 0,999 ˜ 0,01
Przy podanej wiarygodności testu prawdopodobieństwo, że badany kierowca, u którego test
dał wynik pozytywny, jest pod wpływem narkotyków, jest równe około 9%, więc jest nawet
bardziej prawdopodobny fakt, że osoba, u której test dał wynik dodatni, nie jest pod wpływem narkotyków. Ponieważ wśród kierowców bardzo mały odsetek jeździ pod wpływem
narkotyków, więc 99% pozytywnych testów wśród osób będących pod wpływem narkotyków stanowi mały odsetek 1% liczby osób niebędących pod wpływem narkotyków. Aby
test narkotykowy był wiarygodny, skuteczność testu musi być większa niż stosunek liczności dwóch grup badanych osób. Jeżeli założymy, że wiarygodność testu wynosi 99,95%,
to wynik jest następujący:
P T 52
P T P T P T P T P N P N Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
0,001 ˜ 0,9995
| 0,67 ,
0,001 ˜ 0,9995 0,999 ˜ 0,0005
P T P T a przy wiarygodności 99,99%:
P T P T P T P N P N 0,001 ˜ 0,9999
| 0,91 .
0,001 ˜ 0,9999 0,999 ˜ 0,0001
Zadanie 1.
Załóżmy, że Polska liczy 38 500 000 mieszkańców (dane z 2011 roku), z których około
400 000 jest chorych na grypę. Gdybyśmy wybrali jedną osobę, to prawdopodobieństwo
400000
| 0,01. W przychodniach zdrowia wykonuje się
38500000
u osób podejrzanych o zachorowanie na grypę testy na obecność wirusa tej choroby. Pomyłka takiego testu następuje raz na 2000 testowanych pacjentów. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że osoba, u której test wykrył obecność wirusa, jest w rzeczywistości zdrowa.
tego, że jest ona chora, wynosi
Zadanie 2.
W Polsce w roku 2007 zatrzymano około 160 000 pijanych kierowców. Zakładamy, że
w Polsce liczba osób posiadających prawo jazdy wynosi 20 000 000 mieszkańców. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że jeśli u zatrzymanego kierowcy alkomat wykrył obecność alkoholu w wydychanym powietrzu, to rzeczywiście jest on pod wpływem alkoholu, wiedząc,
że alkomat wskazuje prawidłowy wynik w 999 przypadkach na 1000 przebadanych osób.
Zadanie 3.
W magazynie hipermarketu znajdują się żarówki produkowane przez trzy zakłady produkcyjne. W magazynie jest 25% żarówek z pierwszego zakładu, 35% z drugiego i 40%
z trzeciego. Liczba wadliwych żarówek z poszczególnych zakładów przedstawia się następująco: na sto żarówek z pierwszego zakładu 4 są uszkodzone, z drugiego uszkodzonych
jest 8, z trzeciego — 10. Została wylosowana żarówka, która jest wadliwa. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że pochodzi ona z trzeciego zakładu?
1.11. Prosto do matury
ZESTAW I (TESTOWY)
1
Rzucamy dwiema kostkami do gry. Wtedy:
A. wszystkich zdarzeń elementarnych jest 236 .
B. wszystkich zdarzeń elementarnych jest 362 .
C. wszystkich zdarzeń elementarnych jest 36.
D. przestrzenią zdarzeń elementarnych jest zbiór :
2
^1, 2, 3, 4, 5, 6`.
Wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, które są podzielne przez 6 lub przez 10, jest:
A. 25
B. 24
C. 21
D. 20
1.11. Prosto do matury
53
3
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść na dwóch spośród pięciu miejsc w kinie, jest równa:
A. 25
B. 20
C. 15
D. 12
4
Przez sześć punktów płaszczyzny takich, że dowolne trzy nie leżą na jednej prostej,
można przeprowadzić różnych prostych:
§6·
A. 15
B. 30
C. 6!
D. ¨ ¸
©3¹
5
Nieprawdą jest, że z cyfr 2, 3, 4 można utworzyć:
A. 81 różnych liczb czterocyfrowych.
C. 27 różnych liczb trzycyfrowych.
B. 243 różne liczby pięciocyfrowe.
D. 4! różnych liczb dwucyfrowych.
6 Liczba możliwych sposobów ustawienia w kolejce trzech uczniów i trzech uczennic
tak, aby żaden uczeń nie stał obok innego ucznia i żadna uczennica nie stała obok uczennicy, wynosi:
A. 9 ˜ 3!
B. 2 ˜ 3!˜ 3!
C. 3!˜ 3!
D. 6!
7 W turnieju szachowym każdy szachista grał z każdym jedną partię. Rozegrano
28 partii. Zatem w tym turnieju uczestniczyło:
A. 6 szachistów.
B. 7 szachistów.
C. 8 szachistów.
D. 9 szachistów.
8 Ze zbioru liczb ^1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8` wybieramy losowo jeden element. Jeżeli p oznacza
prawdopodobieństwo, że wylosowana liczba jest podzielna przez 3, to:
1
1
B. p 0,3
C. p
D. p !
A. p 0, 3
3
3
9
Rzucamy dwiema kostkami do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym:
1
A. na obu kostkach suma oczek jest równa 6, wynosi .
9
1
B. na obu kostkach wypadła taka sama liczba oczek, jest równe .
9
1
C. na obu kostkach suma oczek jest większa od 10, jest równe .
12
35
D. na obu kostkach wypadły różne liczby oczek, jest równe .
36
10
Rzucamy dwukrotnie symetryczną kostką do gry. Prawdopodobieństwo dwukrotnego
wyrzucenia tej samej liczby oczek wynosi:
A. 6
54
B.
1
6
C.
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
1
3
D.
2
3
11
Rzucamy trzykrotnie monetą. Prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie jednej
reszki wynosi:
A.
3
4
B.
1
3
C.
1
2
D.
3
8
12 Rzucamy trzykrotnie monetą. Prawdopodobieństwo wyrzucenia co najmniej jednej
reszki wynosi:
A.
2
3
B. 1
C.
7
8
D.
1
8
13
Trzech chłopców i dwie dziewczynki ustawiono w szeregu. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że dziewczynki będą stały obok siebie?
A.
1
2
B.
1
5
C.
2
5
D.
3
5
14
Prawdopodobieństwo tego, że przy rzucie dwiema kostkami otrzymamy sumę oczek
co najmniej 10, wynosi:
A.
1
6
B.
4
6
C.
10
36
D.
1
2
15 Prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym przypadkowo wzięta liczba naturalna
dwucyfrowa jest podzielna przez 3, jest równe:
A.
1
3
B.
2
3
C. 1
D. Nie da się obliczyć.
16
Z talii 52 kart wylosowano jedną kartę. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wybrana karta jest asem lub pikiem?
A.
1
52
B.
1
13
C.
14
52
D.
4
13
17
Z talii 52 kart wylosowano jedną kartę. Prawdopodobieństwo tego, że wylosowana
karta:
8
4
B. jest figurą, wynosi: .
A. jest ósemką, wynosi: .
52
13
13
13
C. jest kartą czerwoną, wynosi .
D. nie jest pikiem, wynosi .
52
52
18
Niech pn oznacza prawdopodobieństwo wyrzucenia w rzucie dwiema kostkami w sumie n oczek. Wtedy:
A. p2
p4
B. p4
p6
C. p6
p8
D. p8
p10
19 Na półce stoi sześciotomowy słownik. Prawdopodobieństwo tego, że tomy stoją we
właściwej kolejności, ustawione od lewej do prawej od tomu pierwszego, wynosi:
A.
1
720
B.
5
6
C.
1
6
D.
719
720
1.11. Prosto do matury
55
W urnie znajduje się 5 kul białych, 3 czerwone i 2 czarne. Losujemy kolejno 2 kule bez
zwracania. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul tego samego koloru?
20
A. p ! 0,3
B. p 0, 3
1
3
C. p
D. p !
1
3
21 Niech D oznacza prawdopodobieństwo uzyskania co najmniej raz orła w sześciu rzutach monetą. Jeżeli E oznacza prawdopodobieństwo otrzymania co najwyżej raz jedynki
w dwóch rzutach kostką, to:
A. D
E
B. D E
C. D ! E
D. E
2D
Rzucamy n razy symetryczną monetą. Prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym
uzyskano co najmniej jedną reszkę, jest równe:
22
A.
1 1
n 2n
B. 1 1
n
C. 1 1
2n
D.
1 1
2 2n
23 Rzucamy dziesięć razy monetą. Niech A oznacza zdarzenie, w którym w pierwszym
rzucie wypadnie orzeł, a w pozostałych reszki, a B niech oznacza zdarzenie, w którym
w dokładnie jednym rzucie wypadnie orzeł. Wówczas:
A. P B P A B. P B 10P A C. P B 10 1 P A D. P B 1 10P A 24 O zdarzeniach losowych A, B wiadomo, że P ( A ) = 0, 5 , P ( B ) = 0, 3 i P ( A ∪ B ) = 0, 7 .
Prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń A i B spełnia warunek:
A. P A ˆ B 0,2
B. P A ˆ B ! 0,3
C. P A ˆ B 0,2
D. P A ˆ B 0,3
25
Wśród 100 żarówek jest 80 sprawnych i 20 wadliwych (przepalają się po kilku godzinach użytkowania). Niech B oznacza zdarzenie, w którym druga sprzedana żarówka jest
sprawna, natomiast A1 oznacza zdarzenie, że pierwsza sprzedana żarówka jest wadliwa.
Wynika stąd, że:
A. P B A1 79
100
B. P B A1 20
99
C. P B 79
100
D. P B 4
5
ZESTAW II (RACHUNKOWY)
1
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w ich zapisie
dziesiętnym występuje jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.
2
Ile jest liczb naturalnych dwucyfrowych podzielnych przez 15 lub 20?
3 Na jednej prostej zaznaczono 3 punkty, a na innej, równoległej do niej, 4 punkty. Ile
jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów?
56
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa
4
Oblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w których zapisie nie występuje
zero i w których na dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry parzyste.
5
Oblicz, ile jest wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w których zapisie występują tylko cyfry 0, 1, 3, 5.
6
Rzucamy cztery razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wyrzucimy dokładnie jednego orła?
7
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką
do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że w pierwszym
rzucie otrzymamy parzystą liczbę oczek i iloczyn tych oczek w obu rzutach będzie podzielny przez 12.
8
Z pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa
razy po jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że otrzymamy
co najmniej jeden los wygrywający. Wynik przedstaw w postaci ułamka nieskracalnego.
9 Kupując los na loterii, można wygrać nagrodę główną, którą jest zestaw płyt kompaktowych, lub jedną z 10 nagród książkowych. Przy zakupie jednego losu prawdopodobień-
stwo wygrania nagrody książkowej jest równe
1
. Oblicz, ile losów jest pustych.
7
10
Na stole leżało 14 banknotów: 2 banknoty o nominale 100 zł, 2 banknoty o nominale
50 zł i 10 banknotów o nominale 20 zł. Wiatr zdmuchnął na podłogę 5 banknotów. Oblicz
prawdopodobieństwo tego, że na podłodze leży dokładnie 130 zł.
11
W szkolnym magazynie sportowym w jednym z pojemników były piłki do gry w koszykówkę — 6 nowych i 4 używane. Do pierwszej gry wzięto losowo z tego pojemnika
2 piłki i po grze włożono je do niego z powrotem. Do drugiej gry wzięto losowo z tego pojemnika 3 piłki. Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wszystkie piłki wzięte do
drugiej gry były nowe (wcześniej nieużywane).
12 W loterii jest 100 losów, wśród których 3 są wygrywające. Dwie osoby kolejno kupiły
po jednym losie. Która z tych osób ma większą szansę wygrania?
13
Osiem kul ponumerowanych liczbami od 1 do 8 rozmieszczono w trzech szufladach.
Zakładając, że wszystkie możliwe rozmieszczenia są jednakowo prawdopodobne, oblicz
prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia, w którym przynajmniej jedna szuflada będzie pusta.
14 Sto osób, wśród których jest jedno małżeństwo, ustawiono w szereg w sposób losowy.
Jakie jest prawdopodobieństwo takiego ustawienia, że między małżeństwem będzie dokładnie 40 osób?
1.11. Prosto do matury
57
Niech A, B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w : . Wykaż, że jeżeli P ( A ) = 0, 7
i P ( B ) = 0, 8 , to P ( A B ) ≥ 0, 625 , gdzie symbol P ( A B ) oznacza prawdopodobieństwo warunkowe.
15
ZESTAW III (ZADANIA RÓŻNE)
Drużyna piłkarska składa się z 11 zawodników, wśród których znajduje się jeden kapitan. Do kontroli dopingowej losowanych jest 2 zawodników. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania do kontroli kapitana.
1
2 Kontrola jakości w zakładzie produkującym żarówki przebiega dwuetapowo. Podczas
pierwszej kontroli losowo sprawdza się piątą część wyprodukowanych żarówek. Podczas
drugiej kontroli sprawdza się 40% żarówek spośród tych, które nie podlegały pierwszej
kontroli. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że losowo wybrana żarówka była badana pod
względem jakości.
3 W każdym opakowaniu płatków śniadaniowych znajduje się karta jednego z jedenastu reprezentantów Polski w piłce nożnej lub selekcjonera kadry, przy czym liczba użytych przez producenta kart z każdą z osób jest taka sama. Jakie jest prawdopodobieństwo
tego, że w obu zakupionych w pewnym sklepie opakowaniach będą karty z wizerunkiem
selekcjonera kadry?
4 W pewnym badaniu naukowym urządzenie wykonuje pomiar miesięczny ciągły przez
24 godziny na dobę. Jeżeli urządzenie ulegnie awarii, to pomiar należy powtórzyć od początku. W celu kontroli pomiaru montuje się czujniki wykrywające awarię. Jeden czujnik
wykrywa awarię z prawdopodobieństwem 0,9. Ile czujników pracujących niezależnie od
siebie należy zamontować, aby prawdopodobieństwo wykrycia awarii było większe od 0,99?
{ Uwaga }
3UREOHPZ\VWċSX
MĆF\Z]DGDQLXQD]\
ZDP\SDUDGRNVHP
0RQW\·HJR+DOODRG
QD]ZLVNDSURZD
G]ĆFHJRWHOHWXUQLHM
Å/HW·VPDNHDGHDOµ
5 W latach 1997 – 2001 w Polsce bardzo popularny był teleturniej „Idź
na całość”. Finalista tego teleturnieju mógł wygrać samochód, jeśli wskazał,
za którą z trzech bramek został on ukryty. Według zasad gry po wskazaniu
przez gracza konkretnej bramki prowadzący otwierał jedną z pozostałych
dwóch, za którą nie było samochodu. Wówczas prowadzący pytał, czy gracz
zmienia swój wybór, czy nie. Oblicz prawdopodobieństwo wygrania samochodu w obydwu sytuacjach: gdy gracz pozostał przy pierwotnym wyborze
i gdy zmienił swój wybór. Odpowiedz, w której z wymienionych dwóch sytuacji gracz miał większe szanse wygrania samochodu.
{ Wskazówka }
=DXZDīīHZVND]DQLHSU]H]SURZDG]ĆFHJRMHGQHM]SXVW\FKEUDPHN]PQLHMV]DOLF]
QRğý]ELRUXÅSXVW\FKEUDPHNµ
58
Rozdział 1. Rachunek prawdopodobieństwa