Klasa 4 LO — rozszerzony — teoria, wzory, quizy i zadania do tego tematu.
Zadania ćwiczeniowe ze zbiorów Matematix — z rozwiązaniami krok po kroku.
Zdarzenia $A$ i $B$ spełniają: $P(A)=0{,}5$, $P(B)=0{,}4$, $P(A\cap B)=0{,}2$. Oblicz $P(A\cup B)$.
Dla zdarzeń z zadania PR09.1 oblicz $P(A|B)$.
Rzucamy $5$ razy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie trzech orłów.
Strzelec trafia do celu z prawdopodobieństwem $0{,}7$ w każdym strzale (niezależnie). Oddaje $4$ strzały. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi co najmniej $3$ razy.
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jedną szóstkę, pod warunkiem że suma wyrzuconych oczek jest równa $10$.
W urnie I są $3$ kule białe i $2$ czarne, a w urnie II — $1$ biała i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł — losujemy kulę z urny I, reszka — z urny II. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
Ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6\}$ losujemy bez zwracania sześć razy po jednej liczbie i zapisujemy je w kolejności losowania, tworząc ciąg. Oblicz prawdopodobieństwo, że liczby $1$ i $2$ stoją w tym ciągu obok siebie.
W sytuacji z zadania PR09.6 wylosowano kulę białą. Oblicz prawdopodobieństwo, że pochodziła z urny I.
Ile co najmniej razy trzeba rzucić symetryczną kostką, aby prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednej szóstki było większe od $0{,}9$?
Z urny, w której jest $5$ kul białych i $3$ czarne, losujemy bez zwracania dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie są białe, pod warunkiem że co najmniej jedna jest biała.
Jeśli $P(A\cap B)=0{,}2$ oraz $P(B)=0{,}5$, to $P(A|B)$ jest równe
Rzucamy kostką. Prawdopodobieństwo, że wypadła $6$, pod warunkiem, że wypadła liczba parzysta, jest równe
Wzór na prawdopodobieństwo warunkowe to
Losujemy liczbę ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6\}$. Prawdopodobieństwo, że jest większa od $4$, pod warunkiem, że jest parzysta, jest równe
Dane są $P(B)=0{,}4$ oraz $P(A\cap B)=0{,}1$. Oblicz $P(A|B)$.
Jeśli $P(A|B)=0{,}6$ oraz $P(B)=0{,}5$, to $P(A\cap B)$ jest równe
W urnie jest $3$ białe i $2$ czarne kule. Prawdopodobieństwo wylosowania białej jest równe
Rzucamy kostką. Prawdopodobieństwo wyniku $\ge5$ jest równe
Losujemy liczbę ze zbioru $\{1,\dots,10\}$. Prawdopodobieństwo, że jest podzielna przez $3$, pod warunkiem, że jest większa od $5$, jest równe
W urnie jest $6$ kul: $4$ czerwone i $2$ białe. Losujemy dwie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że druga jest biała, jeśli pierwsza była biała.
Jeśli $P(A\cap B)=0{,}2$ i $P(B)=0{,}5$, to $P(A|B)$ jest równe
Rzucamy kostką. $P(6\,|\,\text{parzysta})$ jest równe
Jeśli $P(A\cap B)=0{,}15$ oraz $P(B)=0{,}3$, to $P(A|B)$ jest równe
W urnie są $3$ białe i $2$ czarne kule. $P(\text{biała})$ jest równe
W urnie jest $6$ kul: $4$ czerwone i $2$ białe. Losujemy dwie bez zwracania. Oblicz $P(\text{drugą białą}\,|\,\text{pierwszą białą})$.
Rzucamy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby większej od $4$?
Wiadomo, że $P(A)=0{,}3$. Oblicz $P(A')$.
W urnie jest $5$ kul białych i $3$ czarne. Losujemy jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej?
Prawdopodobieństwo warunkowe $P(A|B)$ definiujemy jako:
Dane są $P(A\cap B)=0{,}2$ oraz $P(B)=0{,}5$. Oblicz $P(A|B)$.
Zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne, gdy:
Rzucamy dwa razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadną dwa orły, jeśli wiadomo, że w pierwszym rzucie wypadł orzeł.
Z talii $52$ kart losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo, że to as, jeśli wiadomo, że wylosowana karta jest czerwona.
Dla dowolnych zdarzeń $A$ i $B$ zachodzi:
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.
Rzucamy dwiema kostkami. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie $7$?
W urnie jest $4$ kule białe i $6$ czarnych. Losujemy dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie będą białe.
Rzucamy trzy razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadnie co najmniej jeden orzeł.
Zdarzenia rozłączne $A$ i $B$ o dodatnich prawdopodobieństwach:
Prawdopodobieństwo trafienia do celu wynosi $0{,}8$ przy każdym strzale. Strzelec oddaje dwa niezależne strzały. Oblicz prawdopodobieństwo trafienia co najmniej raz.
Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym dla rozbicia $\Omega$ na $B_1$ i $B_2$ mówi, że:
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.
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?
Korzystając z danych z poprzedniego zadania: wylosowany produkt okazał się wadliwy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pochodzi z pierwszej linii?
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?
$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$
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.
To ciąg $n$ niezależnych powtórzeń tego samego doświadczenia, w którym rozróżniamy sukces (prawdopodobieństwo $p$) i porażkę ($q=1-p$).
$$P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$$
Prawdopodobieństwo dokładnie $k$ sukcesów w $n$ próbach. Symbol $\binom{n}{k}$ zlicza rozmieszczenia sukcesów, $p^k q^{n-k}$ to prawdopodobieństwo jednego takiego układu.
$$\sum_{k=0}^{n}P_n(k)=(p+q)^n=1$$
To wprost dwumian Newtona — wszystkie liczby sukcesów wyczerpują możliwości.
Przy pytaniach „co najmniej jeden” najłatwiej liczyć przez dopełnienie:
$$P(\ge1)=1-P(0)$$
Zamiast sumować wiele przypadków, odejmujemy jeden.
Gdy przestrzeń dzieli się na rozłączne zdarzenia $H_1,\dots,H_n$ pokrywające całość:
$$P(A)=\sum_i P(A|H_i)\cdot P(H_i)$$
Każda gałąź drzewa to iloczyn prawdopodobieństw wzdłuż drogi, a wyniki z różnych gałęzi dodajemy.
Pomaga uporządkować obliczenia: mnożymy wzdłuż gałęzi, dodajemy między gałęziami. Suma prawdopodobieństw wychodzących z każdego węzła wynosi $1$.
Sprawdź niezależność prób i stałość $p$. Przy zdarzeniach rzadkich fałszywe alarmy potrafią przeważać nad prawdziwymi wykryciami — licz ostrożnie.
$B_1,\ldots,B_n$ — rozbicie przestrzeni zdarzeń; przydatne w doświadczeniach dwuetapowych.
Przykład: Urna 1 lub 2 (po $\frac12$), białe kule: $\frac12\cdot\frac{3}{5}+\frac12\cdot\frac{1}{5}=\frac25$.
Prawdopodobieństwo $A$, gdy wiemy, że zaszło $B$.
Przykład: Rzut kostką: szansa na 6, gdy wypadła liczba parzysta: $\frac{1/6}{1/2}=\frac13$.
Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminacyjnych (matura, egzamin ósmoklasisty, próbne) dotyczące tego tematu.
Uczniowie dojeżdżający do szkoły zaobserwowali, że spóźnienie autobusu zależy od tego, który z trzech kierowców prowadzi autobus. Przeprowadzili badania statystyczne i obliczyli, że w przypadku, gdy autobus prowadzi kierowca A, spóźnienie zdarza się w 5% jego kursów, gdy prowadzi kierowca B w 20% jego kursów, a gdy prowadzi kierowca C w 50% jego kursów. W ciągu 5-dniowego tygodnia nauki dwa razy prowadzi autobus kierowca A, dwa razy kierowca B i jeden raz kierowca C. Oblicz prawdopodobieństwo spóźnienia się szkolnego autobusu w losowo wybrany dzień nauki.
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.