Prawdopodobieństwo warunkowe

1. $P(A\cup B)=0{,}5+0{,}4-0{,}2=0{,}7$.

Odpowiedź: $0{,}7$

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

Odpowiedź: $0{,}5$

1. Bernoulli: $n=5$, $k=3$, $p=\frac12$.
2. $\binom53\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2=\frac{10}{32}=\frac5{16}$.

Odpowiedź: $\tfrac{5}{16}$

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: $0{,}6517$

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: $\tfrac13$

1. Prawdopodobieństwo całkowite: $P(B)=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac3{10}+\frac1{10}=\frac25$.

Odpowiedź: $\tfrac25$

1. $|\Omega|=6!=720$.
2. Blok „12” lub „21”: $2\cdot5!=240$.
3. $P=\frac{240}{720}=\frac13$.

Odpowiedź: $\tfrac13$

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: $\tfrac34$

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: $13$

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: $\tfrac25$

1. $\tfrac16$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B - błąd.

1. $P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0{,}12}{0{,}4}=0{,}3$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A mnoży zamiast dzielić, C odejmuje, D dodaje.

1. $|\Omega|=\binom52=10$, sprzyjające: $\binom32=3$.
2. $P=\tfrac{3}{10}$ (albo $\tfrac35\cdot\tfrac24=\tfrac{3}{10}$).

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A to losowanie ze zwracaniem, B to jedna biała, D to błąd w liczeniu par.

1. $P(A\cap B)=P(A|B)P(B)=0{,}6\cdot0{,}5$.
2. $=0{,}3$.

Odpowiedź: $0{,}3$

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

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B to iloczyn, nie iloraz.

1. Parzyste: $\{2,4,6\}$ - trzy wyniki.
2. Sprzyja $6$: jeden, więc $\tfrac13$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A pomija warunek (pełna przestrzeń).

1. Z definicji $P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? Pozostałe to błędne wzory.

1. Parzyste: $\{2,4,6\}$.
2. Większe od $4$: tylko $6$, więc $\tfrac13$.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? A pomija zawężenie do parzystych.

1. $P(A|B)=\dfrac{0{,}1}{0{,}4}$.
2. $=0{,}25$.

Odpowiedź: $0{,}25$.

1. $P(A\cap B)=P(A|B)P(B)=0{,}6\cdot0{,}5$.
2. $=0{,}3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B dodaje zamiast mnożyć.

1. $P=\dfrac{3}{5}$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A to prawdopodobieństwo czarnej.

1. Sprzyja $\{5,6\}$ - dwa wyniki.
2. $\dfrac{2}{6}=\tfrac13$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A liczy tylko jeden wynik.

1. Większe od $5$: $\{6,7,8,9,10\}$ - pięć liczb.
2. Podzielne przez $3$: $\{6,9\}$ - dwie, więc $\tfrac25$.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? A pomija jedna z liczb podzielnych.

1. Po wyjęciu jednej białej zostaje $5$ kul: $4$ czerwone i $1$ biała.
2. $P=\dfrac{1}{5}$.

Odpowiedź: $\tfrac15$.

1. $\dfrac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B to iloczyn.

1. Parzyste $\{2,4,6\}$; sprzyja $6$: $\tfrac13$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A pomija warunek.

1. $P(A|B)=\dfrac{0{,}15}{0{,}3}=0{,}5$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A mnoży zamiast dzielić.

1. $\dfrac{3}{5}$.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? A to czarna.

1. Po wyjęciu białej zostaje $5$ kul, w tym $1$ biała.
2. $P=\tfrac15$.

Odpowiedź: $\tfrac15$

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

$$P=\frac26=\frac13$$

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

Odpowiedź: C. $\frac13$.

Zdarzenie przeciwne dopełnia prawdopodobieństwo do jedynki:

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

Odpowiedź: $0{,}7$.

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

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

Odpowiedź: $\frac38$.

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

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

Odpowiedź: $0{,}4$.

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

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: $\frac12$.

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

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

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.

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. $\frac16$.

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

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

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.

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: $0{,}96$.

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

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 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.

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 — 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 $33\%$.