Klasa 4 LO — teoria, wzory, quizy i zadania do tego tematu.
$$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|},\qquad 0\le P(A)\le1$$
Wymaga, by wszystkie zdarzenia elementarne były jednakowo prawdopodobne.
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$
$$P(A\,)=1-P(A)\quad\text{(zdarzenie przeciwne)}$$
Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$.
$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$
$$A,B\ \text{niezależne} \iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$
Niezależność i rozłączność to różne pojęcia — zdarzenia rozłączne o dodatnim prawdopodobieństwie są zawsze zależne.
$$P(B)=\sum_i P(B|A_i)P(A_i),\qquad P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$$
$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$
Warunki: $n$ prób niezależnych, stałe $p$, wynik dwuwartościowy (sukces/porażka).
Zwrot „co najmniej jeden” niemal zawsze wygodniej policzyć przez zdarzenie przeciwne: $1-P(\text{żaden})$. Pamiętaj, że $P(A|B)\ne P(B|A)$. Wzór Bernoulliego daje prawdopodobieństwo dokładnie $k$ sukcesów — „co najmniej $k$” wymaga sumowania.
$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$
Informacja, że zaszło $B$, zawęża przestrzeń zdarzeń — dlatego dzielimy przez $P(B)$.
Praktycznie często wystarczy przeliczyć zdarzenia sprzyjające już wewnątrz $B$. Pytając o asa wśród kart czerwonych: asów czerwonych jest $2$, kart czerwonych $26$, więc $\frac{2}{26}=\frac{1}{13}$.
$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \iff P(A|B)=P(A)$$
Zajście jednego zdarzenia nie zmienia szans drugiego.
To dwa zupełnie różne pojęcia — mylenie ich jest bardzo częste.
Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$. Gdyby były niezależne, musiałoby zachodzić $P(A)P(B)=0$, czyli jedno z nich miałoby prawdopodobieństwo zero. Zdarzenia rozłączne o dodatnich prawdopodobieństwach nigdy nie są niezależne — przeciwnie, są maksymalnie zależne: gdy zaszło jedno, drugie na pewno nie zaszło.
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$
Odejmujemy część wspólną, bo inaczej policzylibyśmy ją dwa razy. Dla zdarzeń rozłącznych ten składnik znika.
$$P(A\prime)=1-P(A)$$
To najczęściej używany skrót w zadaniach z „co najmniej”. Zamiast sumować przypadki „dokładnie jeden”, „dokładnie dwa”, „trzy”, liczymy dopełnienie:
$$P(\text{co najmniej jeden orzeł w 3 rzutach})=1-\left(\tfrac12\right)^3=\tfrac78$$
Kolejne losowania są zależne — po wyjęciu kuli zmienia się zarówno licznik, jak i mianownik.
Dla $4$ białych z $10$ kul: $P(\text{dwie białe})=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{2}{15}$.
$$P(A)=\sum_i P(A|B_i)\cdot P(B_i)$$
Rysujemy drzewo stochastyczne i sumujemy iloczyny wzdłuż wszystkich ścieżek prowadzących do $A$.
Przykład — dwie linie produkcyjne: $P(W)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}05=0{,}029$.
Kontrola: wynik zawsze mieści się między najmniejszym a największym z prawdopodobieństw warunkowych — to średnia ważona.
$$P(B_i|A)=\frac{P(A|B_i)\cdot P(B_i)}{P(A)}$$
Odwraca kierunek pytania: znamy skutek, pytamy o przyczynę.
Test wykrywa chorobę u $99\%$ chorych i myli się u $2\%$ zdrowych, a choruje $1\%$ populacji. Wtedy $P(T)=0{,}0099+0{,}0198=0{,}0297$, więc:
$$P(C|T)=\frac{0{,}0099}{0{,}0297}=\frac13$$
Dodatni wynik oznacza chorobę tylko w jednym przypadku na trzy. Powód: zdrowych jest $99$ razy więcej, więc nawet mały odsetek fałszywych alarmów daje w liczbach bezwzględnych dwa razy więcej wyników dodatnich niż prawdziwych wykryć.
Rozróżniaj $P(A|B)$ od $P(B|A)$ — to zwykle zupełnie różne liczby. Przy losowaniu sprawdzaj, czy jest ze zwracaniem, czy bez. I nie mnóż prawdopodobieństw, gdy zdarzenia nie są niezależne.
Co robi: pierwszy wzór liczy prawdopodobieństwo zdarzenia rozbitego na przypadki, drugi odwraca kierunek pytania — znamy skutek, pytamy o przyczynę.
Elementy: $B_i$ to rozłączne przypadki pokrywające całą przestrzeń (gałęzie drzewa stochastycznego), $A$ — zdarzenie, o które pytamy.
Jak czytać pierwszy wzór: to sumowanie po wszystkich ścieżkach drzewa prowadzących do $A$ — każda ścieżka wnosi iloczyn „prawdopodobieństwo gałęzi razy prawdopodobieństwo warunkowe”.
Przykład: dwie linie produkcyjne dają $70\%$ i $30\%$ produkcji przy wadliwości $2\%$ i $5\%$. Wtedy $P(W)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}05=0{,}029$, czyli $2{,}9\%$ braków.
Wzór Bayesa na tym samym przykładzie: wylosowany brak pochodzi z pierwszej linii z prawdopodobieństwem $\frac{0{,}014}{0{,}029}\approx0{,}48$ — mimo że ta linia produkuje ponad dwa razy więcej, jest wyraźnie mniej awaryjna.
Paradoks testu medycznego: przy czułości $99\%$, $2\%$ fałszywych alarmów i chorobie u $1\%$ populacji dodatni wynik oznacza chorobę tylko z prawdopodobieństwem $\frac13$. Powód: zdrowych jest $99$ razy więcej, więc nawet mały odsetek pomyłek daje w liczbach bezwzględnych dwa razy więcej fałszywych alarmów niż prawdziwych wykryć.
Kontrola wyniku: prawdopodobieństwo całkowite to średnia ważona, więc musi leżeć między najmniejszym a największym z $P(A|B_i)$.
Pułapka: mylenie $P(A|B)$ z $P(B|A)$ — to zwykle zupełnie różne liczby.
Co robi: opisuje, jak informacja o zajściu jednego zdarzenia zmienia szansę drugiego, i pozwala „odwrócić” warunek.
Elementy: $P(A|B)$ — prawdopodobieństwo $A$ pod warunkiem, że zaszło $B$ (wymaga $P(B)>0$). Wzór Bayesa przelicza $P(A|B)$ na podstawie $P(B|A)$.
Przykład: rzut kostką, $B$ = „wypadła liczba parzysta”, $A$ = „wypadło 6”. Wtedy $P(A|B)=\frac{1/6}{1/2}=\frac{1}{3}$.
Pułapka: $P(A|B)\ne P(B|A)$ — to zupełnie różne wielkości. Nie myl też zdarzeń niezależnych z rozłącznymi: rozłączne zdarzenia o dodatnim prawdopodobieństwie są zawsze zależne.
Rzucamy sześcienną kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki?
Rzucamy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby większej od $4$?
Z talii $52$ kart losujemy jedną. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kiera?
Wiadomo, że $P(A)=0{,}3$. Oblicz $P(A')$.
W urnie jest $4$ kule białe i $6$ czarnych. Losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
W urnie jest $5$ kul białych i $3$ czarne. Losujemy jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej?
Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego?
Prawdopodobieństwo warunkowe $P(A|B)$ definiujemy jako:
Rzucamy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby większej od $4$.
Dane są $P(A\cap B)=0{,}2$ oraz $P(B)=0{,}5$. Oblicz $P(A|B)$.
Rzucamy dwiema kostkami. Ile jest wszystkich zdarzeń elementarnych i jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie $7$?
Zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne, gdy:
Prawdopodobieństwo pewnego zdarzenia wynosi $0{,}3$. Ile wynosi prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego?
Rzucamy dwa razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadną dwa orły, jeśli wiadomo, że w pierwszym rzucie wypadł orzeł.
Z liczb $1,\,2,\,3,\,\ldots,\,20$ losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania liczby podzielnej przez $3$.
Z talii $52$ kart losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo, że to as, jeśli wiadomo, że wylosowana karta jest czerwona.
Rzucamy monetą trzy razy. Ile jest wszystkich możliwych wyników?
Dla dowolnych zdarzeń $A$ i $B$ zachodzi:
Rzucamy monetą trzy razy. Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie dwóch orłów.
Dane są $P(A)=0{,}6$, $P(B)=0{,}5$ i $P(A\cap B)=0{,}3$. Oblicz $P(A\cup B)$ i sprawdź, czy zdarzenia są niezależne.
W klasie jest $15$ dziewcząt i $10$ chłopców. Losowo wybieramy jedną osobę do odpowiedzi. Oblicz prawdopodobieństwo, że będzie to chłopiec.
Rzucamy dwiema kostkami. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie $7$?
Zdarzenia $A$ i $B$ są rozłączne, $P(A)=0{,}3$, $P(B)=0{,}4$. Ile wynosi $P(A\cup B)$?
W urnie jest $4$ kule białe i $6$ czarnych. Losujemy dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie będą białe.
Z urny z $3$ kulami białymi i $2$ czarnymi losujemy kolejno dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie będą białe.
Rzucamy trzy razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadnie co najmniej jeden orzeł.
Prawdopodobieństwo, że strzelec trafi do tarczy, wynosi $0{,}8$. Oddaje dwa niezależne strzały. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi za każdym razem.
Zdarzenia rozłączne $A$ i $B$ o dodatnich prawdopodobieństwach:
Rzucamy kostką. Zdarzenie $A$: „wypadła liczba parzysta”, zdarzenie $B$: „wypadła liczba większa od $4$”. Ile wynosi $P(A\cap B)$?
Prawdopodobieństwo trafienia do celu wynosi $0{,}8$ przy każdym strzale. Strzelec oddaje dwa niezależne strzały. Oblicz prawdopodobieństwo trafienia co najmniej raz.
Rzucamy monetą $4$ razy. Korzystając ze schematu Bernoulliego, oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie $3$ orłów.
Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym dla rozbicia $\Omega$ na $B_1$ i $B_2$ mówi, że:
Prawdopodobieństwo warunkowe: rzucamy kostką. Wiadomo, że wypadła liczba parzysta. Jakie jest prawdopodobieństwo, że jest to $6$?
W pierwszej urnie są $3$ kule białe i $2$ czarne, w drugiej $1$ biała i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł — losujemy z pierwszej urny, reszka — z drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
W pudełku jest $5$ losów, w tym $2$ wygrywające. Dwie osoby losują kolejno po jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że oboje wygrają.
Fabryka ma dwie linie produkcyjne. Pierwsza wytwarza $70\%$ produkcji i daje $2\%$ braków, druga $30\%$ produkcji i $5\%$ braków. Jaki procent całej produkcji stanowią braki?
Rzucamy dwiema kostkami. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn oczek będzie parzysty.
Korzystając z danych z poprzedniego zadania: wylosowany produkt okazał się wadliwy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pochodzi z pierwszej linii?
Test wielokrotnego wyboru ma $3$ pytania, każde z $4$ odpowiedziami (jedna poprawna). Uczeń zgaduje. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi wszystkie trzy odpowiedzi.
Test wykrywa chorobę u $99\%$ chorych, ale u zdrowych daje wynik dodatni w $2\%$ przypadków. Choroba występuje u $1\%$ populacji. Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoba z wynikiem dodatnim jest naprawdę chora?
Doświadczenie polega na czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden raz sześć oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek.
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.