Schemat Bernoulliego

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. $\frac16$.

Schemat Bernoulliego to ciąg niezależnych powtórzeń tego samego doświadczenia, w którym rozróżniamy tylko sukces (prawdopodobieństwo $p$) i porażkę (prawdopodobieństwo $q=1-p$).

Kluczowe założenia: stałe $p$ w każdej próbie i niezależność prób.

Odpowiedź: B. dwa wyniki.

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: $\frac14$.

Każdy rzut jest niezależny, prawdopodobieństwo orła to $\frac12$:

$$P=\left(\frac12\right)^3=\frac18$$

Odpowiedź: $\frac18$.

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: $\frac25=0{,}4$.

$$P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$$

Elementy: $\binom{n}{k}$ zlicza sposoby rozmieszczenia $k$ sukcesów wśród $n$ prób, $p^k$ to prawdopodobieństwo tych sukcesów, $q^{n-k}$ — pozostałych porażek ($q=1-p$).

Odpowiedź: $P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$.

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. $1$.

Porażka to zdarzenie przeciwne do sukcesu:

$$q=1-p=1-0{,}3=0{,}7$$

Zawsze: $p+q=1$.

Odpowiedź: C. $0{,}7$.

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: $\frac13$.

Prawdopodobieństwo szóstki w jednym rzucie to $\frac16$, rzuty są niezależne:

$$P=\left(\frac16\right)^4=\frac{1}{1296}$$

Odpowiedź: $\frac{1}{1296}$.

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, $P=\frac16$.

Korzystamy ze wzoru na symbol Newtona:

$$\binom{5}{2}=\frac{5!}{2!\cdot3!}=\frac{5\cdot4}{2}=10$$

Odpowiedź: A. $10$.

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. $0{,}7$.

Krok 1 — dane. $n=4$, $k=2$, $p=q=\frac12$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_4(2)=\binom{4}{2}\left(\frac12\right)^2\left(\frac12\right)^2$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=6\cdot\frac14\cdot\frac14=\frac{6}{16}=\frac38$$

Interpretacja. Symbol $\binom{4}{2}=6$ to liczba układów dwóch orłów w czterech rzutach: OORR, OROR, ORRO, ROOR, RORO, RROO.

Odpowiedź: $\frac38$.

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: $\frac{3}{10}=0{,}3$.

Krok 1 — dane. $n=3$, $k=2$, $p=0{,}8$, $q=0{,}2$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_3(2)=\binom{3}{2}(0{,}8)^2(0{,}2)^1$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=3\cdot0{,}64\cdot0{,}2=0{,}384$$

Odpowiedź: $0{,}384$.

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. $8$.

Twierdzenie wymaga podziału przestrzeni na zdarzenia $H_1, H_2, \dots$, które są parami rozłączne i razem wyczerpują całą przestrzeń (ich suma prawdopodobieństw wynosi $1$).

$$P(A)=\sum_i P(A|H_i)\cdot P(H_i)$$

Odpowiedź: D. rozłączne zdarzenia pokrywające całość.

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 — prawdopodobieństwa wyboru urny:

$$P(U_1)=P(U_2)=\frac12$$

Krok 2 — prawdopodobieństwa białej w każdej urnie:

$$P(B|U_1)=\frac35,\qquad P(B|U_2)=\frac15$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(B)=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac{4}{10}=\frac25$$

Interpretacja drzewa. Każda gałąź to mnożenie prawdopodobieństw wzdłuż drogi, a wyniki dodajemy — bo urny wykluczają się wzajemnie.

Odpowiedź: $\frac25$.

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: $\frac25=0{,}4$.

„Żaden orzeł” oznacza pięć reszek z rzędu:

$$P=\left(\frac12\right)^5=\frac{1}{32}$$

Formalnie to $P_5(0)=\binom{5}{0}p^0 q^5=1\cdot1\cdot\frac{1}{32}$.

Odpowiedź: B. $\frac{1}{32}$.

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. $0{,}7$.

Krok 1 — dane. $n=4$, $k=1$, $p=\frac14$, $q=\frac34$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_4(1)=\binom{4}{1}\left(\frac14\right)^1\left(\frac34\right)^3$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=4\cdot\frac14\cdot\frac{27}{64}=\frac{27}{64}\approx0{,}42$$

Odpowiedź: $\frac{27}{64}$.

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: $\frac{3}{10}=0{,}3$.

Krok 1 — zdarzenie przeciwne. „Co najmniej jeden orzeł” to dopełnienie zdarzenia „żadnego orła”:

$$P(\text{co najmniej } 1)=1-P(\text{żadnego})$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo braku orłów:

$$P(0)=\left(\frac12\right)^3=\frac18$$

Krok 3 — dopełnienie:

$$P=1-\frac18=\frac78$$

Dlaczego przez dopełnienie. Liczenie wprost wymagałoby zsumowania przypadków $1$, $2$ i $3$ orłów. Dopełnienie ma tylko jeden składnik — to standardowy skrót przy „co najmniej”.

Odpowiedź: $\frac78$.

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: $0{,}64$.

Zdarzenia „$0$ sukcesów”, „$1$ sukces”, …, „$n$ sukcesów” są rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, więc ich prawdopodobieństwa sumują się do $1$:

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}p^k q^{n-k}=(p+q)^n=1^n=1$$

Ciekawostka: to wprost wzór dwumianowy Newtona zastosowany do $(p+q)^n$.

Odpowiedź: A. $1$.

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. $\frac16$.

Krok 1 — podział przestrzeni. Produkt jest wadliwy ($P=0{,}02$) albo dobry ($P=0{,}98$).

Krok 2 — prawdopodobieństwa zgłoszenia wady:

$$P(\text{alarm}|\text{wadliwy})=0{,}9,\qquad P(\text{alarm}|\text{dobry})=0{,}1$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(\text{alarm})=0{,}02\cdot0{,}9+0{,}98\cdot0{,}1=0{,}018+0{,}098=0{,}116$$

Spostrzeżenie. Fałszywe alarmy ($0{,}098$) przeważają nad prawdziwymi wykryciami ($0{,}018$), bo dobrych produktów jest dużo więcej. To typowy efekt przy rzadkich zdarzeniach.

Odpowiedź: $0{,}116$.

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: $\frac14$.

Symbol dwumianowy $\binom{n}{k}$ zlicza, na ile sposobów można wybrać $k$ prób (spośród $n$), w których wystąpi sukces.

Rola we wzorze. Mnożnik $\binom{n}{k}$ uwzględnia, że sukcesy mogą wystąpić w różnej kolejności — każda kolejność ma to samo prawdopodobieństwo $p^k q^{n-k}$.

Odpowiedź: C. liczbę sposobów wyboru $k$ prób z $n$.

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 — dane. $n=5$, $k=2$, $p=\frac16$ (sukces = szóstka), $q=\frac56$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_5(2)=\binom{5}{2}\left(\frac16\right)^2\left(\frac56\right)^3$$

Krok 3 — liczymy poszczególne czynniki:

$$\binom{5}{2}=10,\qquad \left(\frac16\right)^2=\frac{1}{36},\qquad \left(\frac56\right)^3=\frac{125}{216}$$

Krok 4 — mnożymy:

$$P=10\cdot\frac{1}{36}\cdot\frac{125}{216}=\frac{1250}{7776}\approx0{,}161$$

Kontrola sensu. Wynik jest niewielki, co ma sens — dwie szóstki w pięciu rzutach to zdarzenie umiarkowanie rzadkie.

Odpowiedź: $\frac{1250}{7776}\approx0{,}16$.

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 — prawdopodobieństwa wyboru urn. Wynik $1$ lub $2$ (urna A) ma prawdopodobieństwo $\frac26=\frac13$, reszta (urna B) $\frac46=\frac23$.

Krok 2 — prawdopodobieństwa białej:

$$P(B|A)=\frac25,\qquad P(B|B)=\frac45$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(B)=\frac13\cdot\frac25+\frac23\cdot\frac45=\frac{2}{15}+\frac{8}{15}=\frac{10}{15}=\frac23$$

Uwaga na wagi. Urny nie są wybierane po równo — kostka faworyzuje urnę B (dwa razy częściej). Dlatego jej wysokie $P(B|B)=\frac45$ mocniej wpływa na wynik.

Odpowiedź: $\frac23$.

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: $\frac34$.

Krok 1 — zdarzenie przeciwne. „Co najmniej jedna świeci” to dopełnienie zdarzenia „wszystkie zgasły”:

$$P(\ge1)=1-P(\text{wszystkie zgasły})$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo, że jedna nie działa:

$$q=1-0{,}9=0{,}1$$

Krok 3 — wszystkie trzy zgasły (niezależne):

$$P(\text{wszystkie zgasły})=0{,}1^3=0{,}001$$

Krok 4 — dopełnienie:

$$P(\ge1)=1-0{,}001=0{,}999$$

Wniosek praktyczny. Trzy niezależne żarówki dają bardzo wysoką niezawodność ($99{,}9\%$) mimo że pojedyncza ma „tylko” $90\%$ — redundancja drastycznie zmniejsza ryzyko całkowitej awarii.

Odpowiedź: $0{,}999$.

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 — obliczamy trzy prawdopodobieństwa. Przyjmijmy sukces $p$, porażkę $q=1-p$:

$$P_2(0)=\binom{2}{0}p^0 q^2=q^2$$

$$P_2(1)=\binom{2}{1}p^1 q^1=2pq$$

$$P_2(2)=\binom{2}{2}p^2 q^0=p^2$$

Krok 2 — sumujemy:

$$q^2+2pq+p^2$$

Krok 3 — rozpoznajemy wzór skróconego mnożenia:

$$q^2+2pq+p^2=(p+q)^2$$

Krok 4 — korzystamy z $p+q=1$:

$$(p+q)^2=1^2=1 \qquad ∎$$

Uogólnienie. Dla dowolnego $n$ suma wszystkich $P_n(k)$ to rozwinięcie $(p+q)^n=1$ — to właśnie dwumian Newtona. Przypadek $n=2$ jest jego najprostszą ilustracją.

Sprawdzenie dla $p=\frac12$: $\frac14+2\cdot\frac14+\frac14=\frac14+\frac12+\frac14=1$ ✔

1. Krok 1. Schemat Bernoulliego.

   $n=10$, sukces = opakowanie wadliwe, $p=0{,}01$, $q=0{,}99$. „Co najwyżej jedno” to $0$ lub $1$ sukces:

   $$P=P(X=0)+P(X=1).$$
2. Krok 2. Poszczególne prawdopodobieństwa. $$P(X=0)=(0{,}99)^{10}\approx 0{,}90438,$$ $$P(X=1)=\binom{10}{1}(0{,}01)(0{,}99)^{9}=10\cdot0{,}01\cdot(0{,}99)^{9}\approx 0{,}09135.$$
3. Krok 3. Suma i zaokrąglenie. $$P\approx 0{,}90438+0{,}09135=0{,}99573\approx 0{,}996.$$

1. Krok 1. Schemat Bernoulliego.

   Mamy $n=5$ niezależnych prób (partii), sukces = wygrana Tomka, $p=\frac{1}{4}$, porażka $q=1-p=\frac{3}{4}$. „Co najmniej cztery” oznacza dokładnie $4$ lub dokładnie $5$ sukcesów:

   $$P=P(X=4)+P(X=5).$$
2. Krok 2. Dokładnie 4 sukcesy. $$P(X=4)=\binom{5}{4}\left(\tfrac{1}{4}\right)^{4}\left(\tfrac{3}{4}\right)^{1}=5\cdot\frac{1}{256}\cdot\frac{3}{4}=\frac{15}{1024}.$$
3. Krok 3. Dokładnie 5 sukcesów. $$P(X=5)=\binom{5}{5}\left(\tfrac{1}{4}\right)^{5}=\frac{1}{1024}.$$
4. Krok 4. Suma i skrócenie. $$P=\frac{15}{1024}+\frac{1}{1024}=\frac{16}{1024}=\boxed{\frac{1}{64}}.$$