Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym

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

$$P=\frac26=\frac13$$

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

Odpowiedź: C. $\frac13$.

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.

Zdarzenie przeciwne dopełnia prawdopodobieństwo do jedynki:

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

Odpowiedź: $0{,}7$.

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: $0{,}7$

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

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

Odpowiedź: $\frac38$.

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

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: $0{,}5$

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

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: $\tfrac{5}{16}$

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

Odpowiedź: $0{,}4$.

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: $0{,}6517$

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

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: $\tfrac13$

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: $\frac12$.

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: $\tfrac25$

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: $\frac{1}{13}$.

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: $\tfrac13$

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. $P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.

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 — 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.

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: $13$

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. $\frac16$.

„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: $\tfrac25$

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

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: $\frac{27}{64}$.

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: $\frac78=0{,}875$.

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: $\frac78$.

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.

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. $1$.

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: $0{,}96$.

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: $0{,}116$.

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

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 $n$.

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 — 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 — 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.

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: $\frac23$.

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 $0{,}48$.

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: $0{,}999$.

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 $33\%$.

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