Zdarzenia losowe i przestrzeń zdarzeń elementarnych

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. $\frac16$.

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: $\frac14$.

Krok 1 — wszystkie kule:

$$4+6=10$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo białej:

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

Odpowiedź: $\frac25=0{,}4$.

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. $1$.

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: $\frac13$.

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, $P=\frac16$.

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 — 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: $\frac{3}{10}=0{,}3$.

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. $8$.

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 — 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: $\frac25=0{,}4$.

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

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: $0{,}64$.

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. $\frac16$.

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: $\frac14$.

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 — 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: $\frac{1}{10}=0{,}1$.

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 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: $\frac{1}{64}$.