Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

Zdarzeń elementarnych jest $6$ (liczby od $1$ do $6$), a sprzyjające jest jedno — wyrzucenie $6$:

$$P=\frac{\text{liczba zdarzeń sprzyjających}}{\text{liczba wszystkich zdarzeń}}=\frac{1}{6}$$

Każda ściana kostki jest jednakowo prawdopodobna, więc szóstka ma takie samo prawdopodobieństwo jak każda inna liczba.

Odpowiedź: B. $\frac16$.

Sprzyjają wyniki $5$ i $6$ — dwa z sześciu:

$$P=\frac26=\frac13$$

Uwaga: „większa od $4$” nie obejmuje czwórki.

Odpowiedź: C. $\frac13$.

Krok 1 — liczba wszystkich zdarzeń: $52$ karty.

Krok 2 — zdarzenia sprzyjające. W talii są $4$ kolory po $13$ kart, więc kierów jest $13$.

Krok 3 — prawdopodobieństwo:

$$P=\frac{13}{52}=\frac14$$

Odpowiedź: $\frac14$.

Zdarzenie przeciwne dopełnia prawdopodobieństwo do jedynki:

$$P(A')=1-P(A)=1-0{,}3=0{,}7$$

Odpowiedź: $0{,}7$.

1. Sprzyjające: $3$ i $6$ — $2$ z $6$ wyników. $P=\frac26=\frac13$.

Odpowiedź: A

1. $P(A\cup B)=0{,}5+0{,}4-0{,}2=0{,}7$.

Odpowiedź: $0{,}7$

Krok 1 — wszystkie kule:

$$4+6=10$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo białej:

$$P=\frac{4}{10}=\frac25$$

Odpowiedź: $\frac25=0{,}4$.

Wszystkich kul jest $8$, czarnych $3$:

$$P=\frac38=0{,}375$$

Odpowiedź: $\frac38$.

1. $|\Omega|=36$. Pary o sumie $7$: $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ — $6$.
2. $P=\frac6{36}=\frac16$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — policzone tylko $3$ pary nieuporządkowane.

1. $P(A|B)=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5$.

Odpowiedź: $0{,}5$

Zdarzenie pewne zachodzi zawsze, więc jego prawdopodobieństwo wynosi $1$.

Skala prawdopodobieństwa: zawsze $0\le P(A)\le 1$. Zdarzenie niemożliwe ma $P=0$, pewne ma $P=1$.

Odpowiedź: C. $1$.

Warunek zawęża przestrzeń zdarzeń do $B$, więc dzielimy przez $P(B)$:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$

Odpowiedź: A. $\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$.

1. $P=\frac{4}{10}=\frac25$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — stosunek białych do czarnych, a nie do wszystkich kul.

1. Bernoulli: $n=5$, $k=3$, $p=\frac12$.
2. $\binom53\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2=\frac{10}{32}=\frac5{16}$.

Odpowiedź: $\tfrac{5}{16}$

Zdarzenia sprzyjające to liczby większe od $4$, czyli $5$ i $6$ — są dwa.

$$P=\frac{2}{6}=\frac13$$

Uwaga: „większa od $4$” nie obejmuje samej czwórki. Gdyby było „nie mniejsza od $4$”, doliczylibyśmy też $4$.

Odpowiedź: $\frac13$.

$$P(A|B)=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4$$

Odpowiedź: $0{,}4$.

1. Podzielne przez $3$: $6$ liczb; przez $5$: $4$ liczby; przez obie ($15$): $1$.
2. $|A|=6+4-1=9$, $P=\frac9{20}$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — liczba $15$ policzona dwa razy.

1. $P(S_4\ge3)=\binom43\cdot0{,}7^3\cdot0{,}3+\binom44\cdot0{,}7^4$.
2. $=4\cdot0{,}343\cdot0{,}3+0{,}2401=0{,}4116+0{,}2401=0{,}6517$.

Odpowiedź: $0{,}6517$

Krok 1 — liczba wszystkich zdarzeń. Każda kostka ma $6$ wyników, więc:

$$6\cdot6=36$$

Krok 2 — pary dające sumę $7$:

$$(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$$

Jest ich $6$.

Krok 3 — prawdopodobieństwo:

$$P=\frac{6}{36}=\frac16$$

Ciekawostka: suma $7$ jest najbardziej prawdopodobna ze wszystkich sum.

Odpowiedź: $36$ zdarzeń, $P=\frac16$.

Niezależność oznacza, że zajście jednego zdarzenia nie zmienia szans drugiego:

$$P(A|B)=P(A) \iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Uwaga: odpowiedź A opisuje zdarzenia rozłączne, a to zupełnie co innego — rozłączne zdarzenia o dodatnim prawdopodobieństwie są silnie zależne.

Odpowiedź: B. $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$.

1. Zdarzenie przeciwne: same reszki — $1$ wynik z $8$.
2. $P=1-\frac18=\frac78$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — dokładnie jeden orzeł; B — prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego.

1. $B$ — suma $10$: rozkłady $\{6,3,1\},\{6,2,2\},\{5,4,1\},\{5,3,2\},\{4,4,2\},\{4,3,3\}$ dają $6+3+6+6+3+3=27$ wyników.
2. $A\cap B$ — suma $10$ z szóstką: $\{6,3,1\}$ ($6$ ustawień) i $\{6,2,2\}$ ($3$) — $9$ wyników.
3. $P(A|B)=\frac9{27}=\frac13$.

Odpowiedź: $\tfrac13$

Prawdopodobieństwa zdarzenia i zdarzenia przeciwnego sumują się do $1$:

$$P(A\prime)=1-P(A)=1-0{,}3=0{,}7$$

Zastosowanie: gdy zdarzenie przeciwne jest łatwiejsze do policzenia, liczymy jego prawdopodobieństwo i odejmujemy od $1$.

Odpowiedź: A. $0{,}7$.

Sposób 1 — wprost z definicji. Niech $B$ to „orzeł w pierwszym rzucie” ($P(B)=\frac12$), a $A$ to „dwa orły” ($P(A\cap B)=\frac14$):

$$P(A|B)=\frac{1/4}{1/2}=\frac12$$

Sposób 2 — przez zawężenie. Wiedząc, że pierwszy rzut to orzeł, pytamy tylko o drugi rzut — a on jest niezależny, więc $\frac12$.

Odpowiedź: $\frac12$.

1. Iloczyn nieparzysty ⇔ oba wyniki nieparzyste: $3\cdot3=9$ par.
2. $P=1-\frac9{36}=\frac{27}{36}=\frac34$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — to prawdopodobieństwo iloczynu nieparzystego.

1. Prawdopodobieństwo całkowite: $P(B)=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac3{10}+\frac1{10}=\frac25$.

Odpowiedź: $\tfrac25$

Krok 1 — liczby podzielne przez $3$ w zakresie od $1$ do $20$:

$$3,\ 6,\ 9,\ 12,\ 15,\ 18$$

Jest ich $6$ (można to policzyć jako $\lfloor 20:3\rfloor=6$).

Krok 2 — prawdopodobieństwo:

$$P=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$$

Odpowiedź: $\frac{3}{10}=0{,}3$.

Zawężamy przestrzeń do kart czerwonych — jest ich $26$. Asów czerwonych jest $2$ (kier i karo):

$$P=\frac{2}{26}=\frac{1}{13}$$

Obserwacja: to tyle samo, co $P(\text{as})=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}$ bez warunku — kolor i figura są tu niezależne.

Odpowiedź: $\frac{1}{13}$.

1. $|\Omega|=5\cdot4=20$.
2. Pary: $(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)$ — $4$. $P=\frac4{20}=\frac15$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — przestrzeń jak przy losowaniu ze zwracaniem ($25$); D — pary nieuporządkowane w liczniku przy uporządkowanych w mianowniku.

1. $|\Omega|=6!=720$.
2. Blok „12” lub „21”: $2\cdot5!=240$.
3. $P=\frac{240}{720}=\frac13$.

Odpowiedź: $\tfrac13$

Każdy rzut daje $2$ wyniki (orzeł lub reszka), a rzuty są niezależne, więc mnożymy:

$$2\cdot2\cdot2=2^3=8$$

Wypisanie wszystkich: OOO, OOR, ORO, ORR, ROO, ROR, RRO, RRR — osiem możliwości.

Odpowiedź: D. $8$.

Dodając $P(A)$ i $P(B)$, część wspólną liczymy dwa razy — dlatego trzeba ją odjąć.

Odpowiedź A jest prawdziwa tylko dla zdarzeń rozłącznych, gdy $P(A\cap B)=0$.

Odpowiedź: D. $P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.

1. 1. Dublety: $6$ z $36$ — $\frac16$ — prawda.
2. 2. Suma $12$ tylko dla $(6,6)$: $\frac1{36}\ne\frac1{18}$ — fałsz.

Odpowiedź: P, F

1. Bayes: $P(I|B)=\dfrac{P(B|I)P(I)}{P(B)}=\dfrac{\frac35\cdot\frac12}{\frac25}=\dfrac{\frac3{10}}{\frac4{10}}=\dfrac34$.

Odpowiedź: $\tfrac34$

Krok 1 — wszystkie wyniki: $2^3=8$.

Krok 2 — wyniki z dokładnie dwoma orłami:

$$OOR,\ ORO,\ ROO$$

Są trzy takie układy.

Krok 3 — prawdopodobieństwo:

$$P=\frac{3}{8}$$

Uwaga: „dokładnie dwa” oznacza dwa i tylko dwa — wynik OOO (trzy orły) nie jest sprzyjający.

Odpowiedź: $\frac{3}{8}$.

Krok 1 — suma:

$$P(A\cup B)=0{,}6+0{,}5-0{,}3=0{,}8$$

Krok 2 — test niezależności:

$$P(A)\cdot P(B)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3=P(A\cap B) \ ✔$$

Odpowiedź: $P(A\cup B)=0{,}8$; zdarzenia są niezależne.

1. $|\Omega|=81$. Zdarzenie przeciwne: żadna liczba nie jest podzielna przez $3$ — wybory z $\{1,2,4,5,7,8\}$: $6\cdot6=36$.
2. $|A|=81-36=45$, $P(A)=\frac{45}{81}=\frac59$.

Odpowiedź: $\dfrac{5}{9}$

1. $1-\left(\frac56\right)^n\gt 0{,}9 \iff \left(\frac56\right)^n\lt 0{,}1$.
2. $n\gt \frac{\log0{,}1}{\log\frac56}\approx12{,}63$.
3. Kontrola: $\left(\frac56\right)^{12}\approx0{,}112$, $\left(\frac56\right)^{13}\approx0{,}093$. Odpowiedź: $13$.

Odpowiedź: $13$

Krok 1 — wszyscy uczniowie:

$$15+10=25$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo wyboru chłopca:

$$P=\frac{10}{25}=\frac25$$

Sprawdzenie przez zdarzenie przeciwne: $P(\text{dziewczyna})=\frac{15}{25}=\frac35$, a $\frac25+\frac35=1$ ✔

Odpowiedź: $\frac25=0{,}4$.

Wszystkich wyników jest $36$. Sumę $7$ dają pary: $(1,6)$, $(2,5)$, $(3,4)$, $(4,3)$, $(5,2)$, $(6,1)$ — sześć możliwości:

$$P=\frac{6}{36}=\frac16$$

Ciekawostka: siódemka jest najczęstszą sumą przy dwóch kostkach.

Odpowiedź: B. $\frac16$.

1. $|\Omega|=5\cdot7=35$.
2. Liczba podzielna przez $3$ ⇔ suma cyfr podzielna przez $3$.
3. Dziesiątki $1$: $12,15$; $2$: $21,24$; $3$: $30,33,36$; $4$: $42,45$; $5$: $51,54$ — razem $11$.
4. $P(A)=\dfrac{11}{35}$.

Odpowiedź: $\dfrac{11}{35}$

1. $|\Omega|=\binom82=28$. $B$ — co najmniej jedna biała: $28-\binom32=25$.
2. $A\cap B$ — obie białe: $\binom52=10$.
3. $P(A|B)=\frac{10}{25}=\frac25$.

Odpowiedź: $\tfrac25$

Dla zdarzeń rozłącznych (wykluczających się) prawdopodobieństwo sumy to suma prawdopodobieństw:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0{,}3+0{,}4=0{,}7$$

Uwaga: wzór ten działa tylko dla zdarzeń rozłącznych. W ogólnym przypadku odejmujemy jeszcze $P(A\cap B)$, ale tu ta część wspólna jest zerowa.

Odpowiedź: B. $0{,}7$.

Korzystamy z reguły mnożenia dla prawdopodobieństw warunkowych:

$$P=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15}$$

Dlaczego drugi ułamek jest inny: po wyjęciu jednej białej zostaje $3$ białe z $9$ kul — losowanie bez zwracania zmienia warunki.

Odpowiedź: $\frac{2}{15}\approx0{,}133$.

Korzystamy z reguły mnożenia dla losowania bez zwracania.

Krok 1 — pierwsza kula biała. Białych jest $3$ z $5$:

$$P_1=\frac{3}{5}$$

Krok 2 — druga kula biała. Po wyjęciu jednej białej zostają $2$ białe z $4$ kul:

$$P_2=\frac{2}{4}=\frac12$$

Krok 3 — mnożymy:

$$P=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{10}$$

Kluczowe: bez zwracania liczby w drugim losowaniu maleją — inaczej niż przy losowaniu ze zwracaniem.

Odpowiedź: $\frac{3}{10}=0{,}3$.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „ani jednego orła”, czyli same reszki:

$$P(\text{same reszki})=\left(\tfrac12\right)^3=\tfrac18$$

$$P(\text{co najmniej jeden orzeł})=1-\tfrac18=\tfrac78$$

Dlaczego tak liczymy: wprost trzeba by dodać przypadki „dokładnie jeden”, „dokładnie dwa” i „trzy” — dopełnienie to jeden rachunek zamiast trzech.

Odpowiedź: $\frac78=0{,}875$.

Strzały są niezależne, więc prawdopodobieństwa mnożymy:

$$P=0{,}8\cdot0{,}8=0{,}64$$

Dla porównania — co najmniej jedno trafienie (przez zdarzenie przeciwne):

$$1-0{,}2\cdot0{,}2=1-0{,}04=0{,}96$$

Uwaga: „za każdym razem” to koniunkcja zdarzeń — stąd mnożenie, a nie dodawanie.

Odpowiedź: $0{,}64$.

Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$. Gdyby były niezależne, musiałoby zachodzić $P(A)P(B)=0$, czyli jedno z prawdopodobieństw byłoby zerem — a założyliśmy, że oba są dodatnie.

Intuicja: jeśli zaszło $A$, to $B$ na pewno nie zaszło — to najsilniejsza możliwa zależność.

Odpowiedź: C. nigdy nie są niezależne.

Część wspólna $A\cap B$ to zdarzenia spełniające oba warunki naraz.

Liczby parzyste: $2$, $4$, $6$. Większe od $4$: $5$, $6$.

Wspólna jest tylko liczba $6$:

$$P(A\cap B)=\frac{1}{6}$$

Odpowiedź: C. $\frac16$.

Przez zdarzenie przeciwne — dwa chybienia:

$$P(\text{dwa pudła})=0{,}2\cdot0{,}2=0{,}04$$

$$P(\text{co najmniej raz})=1-0{,}04=0{,}96$$

Odpowiedź: $0{,}96$.

To schemat Bernoulliego: $n=4$ prób, $k=3$ sukcesy, prawdopodobieństwo sukcesu $p=\frac12$.

Wzór:

$$P=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$

Krok 1 — symbol Newtona:

$$\binom{4}{3}=4$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$P=4\cdot\left(\frac12\right)^3\cdot\left(\frac12\right)^1=4\cdot\frac{1}{16}=\frac{4}{16}=\frac14$$

Sprawdzenie: spośród $16$ wyników cztery mają dokładnie trzy orły — zgadza się.

Odpowiedź: $\frac14$.

Zdarzenie $A$ rozbijamy na przypadki według tego, które z $B_i$ zaszło, i sumujemy iloczyny „prawdopodobieństwo gałęzi razy prawdopodobieństwo warunkowe”.

Obrazowo: to sumowanie po wszystkich ścieżkach drzewa stochastycznego prowadzących do $A$.

Odpowiedź: A. $P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)$.

Informacja „wypadła liczba parzysta” zawęża przestrzeń zdarzeń do zbioru $\{2,\,4,\,6\}$.

Wzór na prawdopodobieństwo warunkowe:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$$

Rozumowanie wprost: wśród $3$ jednakowo prawdopodobnych liczb parzystych sprzyjająca jest jedna ($6$):

$$P=\frac{1}{3}$$

Porównanie: bez warunku prawdopodobieństwo szóstki wynosiłoby $\frac16$ — dodatkowa informacja podwoiła je.

Odpowiedź: $\frac13$.

Krok 1 — gałęzie drzewa. Wybór urny: po $\frac12$ na każdą.

Krok 2 — prawdopodobieństwa warunkowe:

$$P(B|U_1)=\tfrac35,\qquad P(B|U_2)=\tfrac15$$

Krok 3 — prawdopodobieństwo całkowite:

$$P(B)=\tfrac12\cdot\tfrac35+\tfrac12\cdot\tfrac15=\tfrac{3}{10}+\tfrac{1}{10}=\tfrac{4}{10}=0{,}4$$

Kontrola sensu: wynik leży między $\frac15$ a $\frac35$ — musi tak być, bo to średnia ważona obu gałęzi.

Odpowiedź: $0{,}4$.

Krok 1 — pierwsza osoba wygrywa. Wygrywających jest $2$ z $5$:

$$P_1=\frac{2}{5}$$

Krok 2 — druga osoba wygrywa. Po wyjęciu jednego wygrywającego zostaje $1$ wygrywający z $4$ losów:

$$P_2=\frac{1}{4}$$

Krok 3 — mnożymy (reguła mnożenia):

$$P=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4}=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}$$

Odpowiedź: $\frac{1}{10}=0{,}1$.

Krok 1 — dane jako prawdopodobieństwa:

$$P(L_1)=0{,}7,\quad P(W|L_1)=0{,}02,\qquad P(L_2)=0{,}3,\quad P(W|L_2)=0{,}05$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo całkowite:

$$P(W)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}05=0{,}014+0{,}015=0{,}029$$

Odpowiedź: braki stanowią $2{,}9\%$ produkcji.

Sposób przez zdarzenie przeciwne — łatwiej policzyć, kiedy iloczyn jest nieparzysty.

Krok 1 — iloczyn nieparzysty zachodzi tylko wtedy, gdy obie liczby są nieparzyste ($1$, $3$, $5$). Możliwości: $3\cdot3=9$.

Krok 2 — prawdopodobieństwo iloczynu nieparzystego:

$$P(\text{nieparzysty})=\frac{9}{36}=\frac14$$

Krok 3 — zdarzenie przeciwne (iloczyn parzysty):

$$P(\text{parzysty})=1-\frac14=\frac34$$

Dlaczego przez dopełnienie: iloczyn jest parzysty, gdy choć jedna liczba jest parzysta — takich przypadków jest dużo więcej, więc wygodniej policzyć dopełnienie.

Odpowiedź: $\frac34$.

To pytanie odwrotne — stosujemy wzór Bayesa:

$$P(L_1|W)=\frac{P(W|L_1)\cdot P(L_1)}{P(W)}$$

Podstawiamy (mianownik policzyliśmy poprzednio):

$$P(L_1|W)=\frac{0{,}7\cdot0{,}02}{0{,}029}=\frac{0{,}014}{0{,}029}\approx0{,}483$$

Interpretacja: mimo że pierwsza linia produkuje ponad dwa razy więcej, to wśród braków jej udział spada poniżej połowy — bo jest wyraźnie mniej awaryjna.

Kontrola: $P(L_2|W)=\frac{0{,}015}{0{,}029}\approx0{,}517$, a suma obu wynosi $1$ ✔

Odpowiedź: około $0{,}48$.

To schemat Bernoulliego z $n=3$, $k=3$, prawdopodobieństwem sukcesu $p=\frac14$.

Sposób bezpośredni. Zgadnięcia są niezależne, więc mnożymy:

$$P=\frac14\cdot\frac14\cdot\frac14=\left(\frac14\right)^3=\frac{1}{64}$$

Sprawdzenie wzorem Bernoulliego:

$$\binom{3}{3}\left(\frac14\right)^3\left(\frac34\right)^0=1\cdot\frac{1}{64}\cdot1=\frac{1}{64}$$

Interpretacja: tylko $1$ na $64$ losowych zestawów odpowiedzi jest w pełni poprawny — zgadywanie się nie opłaca.

Odpowiedź: $\frac{1}{64}$.

Krok 1 — oznaczenia. $C$ — osoba chora, $T$ — wynik dodatni:

$$P(C)=0{,}01,\quad P(T|C)=0{,}99,\quad P(T|C')=0{,}02$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo całkowite wyniku dodatniego:

$$P(T)=0{,}01\cdot0{,}99+0{,}99\cdot0{,}02=0{,}0099+0{,}0198=0{,}0297$$

Krok 3 — wzór Bayesa:

$$P(C|T)=\frac{0{,}0099}{0{,}0297}=\frac13\approx0{,}333$$

Dlaczego wynik jest tak niski: zdrowych jest $99$ razy więcej niż chorych, więc nawet niewielki odsetek fałszywych alarmów daje w liczbach bezwzględnych dwa razy więcej wyników dodatnich niż wykrycia prawdziwe. To klasyczny „paradoks testu” — przy rzadkiej chorobie dodatni wynik nie oznacza jeszcze diagnozy.

Odpowiedź: tylko około $33\%$.

1. Krok 1. Kiedy iloczyn jest podzielny przez 3.

   W zbiorze tylko $3$ i $6$ są podzielne przez $3$. Iloczyn trzech kolejnych wyrazów jest podzielny przez $3$ dokładnie wtedy, gdy wśród nich jest $3$ lub $6$. Warunek: w każdej trójce kolejnych pozycji znajduje się co najmniej jedna z liczb $3,6$.

2. Krok 2. Rozmieszczenie liczb 3 i 6.

   Mamy $8$ pozycji i tylko dwie „dobre” liczby. Pozostałe sześć liczb tworzy trzy przerwy (przed, między, po), których suma długości to $6$; żadna przerwa nie może mieć $\ge 3$ (inaczej powstanie trójka bez liczby podzielnej przez 3). Trzy przerwy o sumie $6$, każda $\le 2$, muszą mieć długości $2,2,2$. Stąd $3$ i $6$ muszą stać na pozycjach $3$ i $6$ (w dowolnej kolejności).

3. Krok 3. Prawdopodobieństwo.

   Wszystkich ustawień: $8!$. Sprzyjających: liczby $3,6$ na pozycjach $3,6$ ($2!$ sposobów) i pozostałe $6$ liczb na pozostałych miejscach ($6!$):

   $$P(A)=\frac{2!\cdot 6!}{8!}=\frac{2}{8\cdot 7}=\frac{2}{56}=\frac{1}{28}.$$

Liczb dwucyfrowych jest $90$ (od $10$ do $99$). Wielokrotności $34$ w tym zakresie to $34$ i $68$ — $2$ liczby.

$P(A)=\dfrac{2}{90}$.

Odpowiedź: D.

Wszystkich wyników jest $36$. Suma większa od $10$ to suma $11$ lub $12$: pary $(5,6),(6,5)$ oraz $(6,6)$ — razem $3$ zdarzenia sprzyjające.

$P(A)=\dfrac{3}{36}$.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rzucamy dwukrotnie kostką do gry, zatem zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=6\cdot6=36\).

Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie pary liczb, których suma oczek da wynik równy \(11\). Takimi parami są:
$$(5;6), (6;5)$$

Są to więc \(2\) pary, czyli \(|A|=2\).

Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{2}{36}$$

Wszystkich wyników jest $6\cdot 6=36$. Sumę $11$ dają pary $(5,6)$ oraz $(6,5)$ — $2$ zdarzenia sprzyjające.

$P(A)=\dfrac{2}{36}$.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Nasz zbiór ma \(5\) liczb, a losowanie odbywa się ze zwracaniem (czyli możemy wylosować dwa razy ten sam wynik). To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=5\cdot5=25\).

Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której wylosowana para liczb da parzystą sumę. Musimy najpierw ustalić, kiedy taka parzysta suma jest możliwa. Aby otrzymać parzystą sumę dwóch liczb, to te dwie liczby muszą być parzyste (np. \(6+8=14\)) lub też obydwie muszą być nieparzyste (np. \(5+7=12\)). Ustalmy zatem ile możemy stworzyć takich parzystych i nieparzystych par.

· Pary z parzystymi liczbami:
W zbiorze mamy dwie parzyste liczby, czyli \(6\) oraz \(8\). W związku z tym, zgodnie z regułą mnożenia, takich parzystych par możemy wylosować \(2\cdot2=4\).

· Pary z nieparzystymi liczbami:
W zbiorze mamy trzy nieparzyste liczby, czyli \(5\), \(7\) oraz \(9\). W związku z tym, zgodnie z regułą mnożenia, takich parzystych par możemy wylosować \(3\cdot3=9\).

Korzystając teraz z reguły dodawania, możemy stwierdzić, że wszystkich interesujących nas możliwości mamy \(|A|=4+9=13\).

Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{13}{25}$$

Rozwiązanie

1. $|\Omega|=5\cdot5=25$. Suma parzysta, gdy obie parzyste lub obie nieparzyste.
2. Parzyste: $\{6,8\}$ (2), nieparzyste: $\{5,7,9\}$ (3). Zdarzeń sprzyjających: $2\cdot2+3\cdot3=4+9=13$.

Odpowiedź: $P(A)=\dfrac{13}{25}$.

Wszystkich par jest $6\cdot 4=24$.

Iloczyn jest podzielny przez $4$ w przypadkach:

• $d=8$ (podzielne przez $4$): dowolne $c$ — $6$ par;

• $d=10=2\cdot 5$: iloczyn podzielny przez $4$, gdy $c$ jest parzyste ($c\in\{2,4,6\}$) — $3$ pary;

• $d=7$ lub $d=9$ (nieparzyste): potrzeba $c$ podzielnego przez $4$, czyli $c=4$ — po $1$ parze, razem $2$ pary.

Zdarzeń sprzyjających: $6+3+2=11$, więc $P(A)=\dfrac{11}{24}$.

Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Mamy \(8\), a losowanie odbywa się ze zwracaniem, czyli za pierwszym razem możemy wylosować jedną z ośmiu liczb i za drugim razem też możemy wylosować jedną z ośmiu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=8\cdot8=64\).

Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby pomnożone przez siebie dadzą wynik podzielny przez \(15\), czyli dadzą wynik równy \(15, 30, 45, 60, 75\) (większej liczby nie będziemy w stanie osiągnąć). Skoro tak, to pasującymi zdarzeniami będą:
$$(3,5); (5,3), (5,6); (6,5), (5,9); (9,5)$$

To oznacza, że \(|A|=6\).

Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{64}=\frac{3}{32}$$

Rozwiązanie

1. $|\Omega|=8\cdot8=64$. Iloczyn podzielny przez $15$ wymaga czynnika $5$ i czynnika $3$.
2. Jedyna liczba dająca czynnik $5$ to $5$; czynnik $3$ dają $\{3,6,9\}$. Trzeba więc wylosować $5$ oraz jedną z $\{3,6,9\}$ (w dowolnej kolejności).
3. Zdarzenia sprzyjające: $(5,3),(5,6),(5,9)$ oraz $(3,5),(6,5),(9,5)$ — łącznie $6$.

Odpowiedź: $P(A)=\dfrac{6}{64}=\dfrac{3}{32}$.

Iloczyn dwóch liczb jest nieparzysty tylko wtedy, gdy obie są nieparzyste. Prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby nieparzystej to $\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.

Rzuty są niezależne: $P=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$.

Odpowiedź: C.

Normę spełniają jabłka o masie $19,20,21$ dag: $8+17+11=36$ jabłek.

$P=\dfrac{36}{50}=\dfrac{18}{25}$.

Odpowiedź: C.