Rachunek prawdopodobieństwa — zadania rozszerzone

Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia warunkowego: otrzymamy co najmniej jeden raz 6 oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy 5 oczek.

1. Krok 1: Zdefiniowanie zdarzeń

   Niech:

   • $B$ – zdarzenie: dokładnie dwa razy wypadnie 5 oczek
   • $A$ – zdarzenie: co najmniej jeden raz wypadnie 6 oczek

   Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A \mid B)$.

   Ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe:

   $$P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$
2. Krok 2: Obliczenie $P(B)$ – prawdopodobieństwo, że dokładnie dwa razy wypadnie 5

   Każdy rzut daje wynik od 1 do 6, więc przestrzeń próby ma $6^4 = 1296$ elementów.

   W każdym rzucie prawdopodobieństwo wypadnięcia 5 wynosi $\frac{1}{6}$, a niewypadnięcia 5 wynosi $\frac{5}{6}$. Liczba rzutów $n = 4$, szukamy dokładnie $k = 2$ sukcesów (wypadnięcia 5).

   Ze wzoru dwumianowego:

   $$P(B) = \binom{4}{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^2 = 6 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{25}{36} = \frac{150}{1296} = \frac{25}{216}$$
3. Krok 3: Obliczenie $P(A \cap B)$ – prawdopodobieństwo, że dokładnie dwa razy wypadnie 5 i co najmniej jeden raz wypadnie 6

   Zdarzenie $A \cap B$ oznacza: dokładnie dwa rzuty dają 5 oraz co najmniej jeden z pozostałych dwóch rzutów daje 6.

   Przy ustalonym zdarzeniu $B$ mamy 4 rzuty, z których dokładnie 2 dały 5. Pozostałe 2 rzuty muszą dać wynik różny od 5 (tj. jeden z wyników: 1, 2, 3, 4, 6 – czyli 5 możliwości).

   Wygodnie skorzystamy ze wzoru:

   $$P(A \cap B) = P(B) - P(B \cap A^c)$$

   gdzie $A^c$ oznacza zdarzenie „ani razu nie wypadnie 6".

   Obliczenie $P(B \cap A^c)$: dokładnie dwa razy wypadnie 5, a żaden z pozostałych rzutów nie da 6. Każdy rzut niebędący „5" musi dawać wynik z {1, 2, 3, 4} – czyli 4 możliwości spośród 6.

   $$P(B \cap A^c) = \binom{4}{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{4}{6}\right)^2 = 6 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{16}{36} = \frac{96}{1296} = \frac{2}{27}$$

   Zatem:

   $$P(A \cap B) = \frac{150}{1296} - \frac{96}{1296} = \frac{54}{1296} = \frac{1}{24}$$
4. Krok 4: Obliczenie prawdopodobieństwa warunkowego $$P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{\dfrac{54}{1296}}{\dfrac{150}{1296}} = \frac{54}{150} = \frac{9}{25}$$
5. Krok 5: Sprawdzenie intuicyjne (metoda alternatywna)

   Wiedząc, że dokładnie 2 rzuty dały 5, skupiamy się na pozostałych 2 rzutach, z których każdy może dać wynik z {1, 2, 3, 4, 6} (5 możliwości, bo 5 jest wykluczone).

   Prawdopodobieństwo, że żaden z tych 2 rzutów nie da 6:

   $$P(A^c \mid B) = \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{16}{25}$$

   Zatem:

   $$P(A \mid B) = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}$$

   Wynik zgodny — obliczenia potwierdzone.

Wynik końcowy:

Krok 1. Model — schemat Bernoulliego.

Mamy \(n=10\) niezależnych prób (wysyłek). Za sukces uznajemy uszkodzenie pralki:

\(p=0{,}02\), \(\;q=1-p=0{,}98\)

Krok 2. Rozbicie zdarzenia \(A\).

„Co najwyżej jedna uszkodzona" oznacza zero uszkodzeń albo dokładnie jedno:

\(P(A)=P(k=0)+P(k=1)\)

\(P(k=0)=\binom{10}{0}p^0q^{10}=0{,}98^{10}\)

\(P(k=1)=\binom{10}{1}p^1q^{9}=10\cdot 0{,}02\cdot 0{,}98^{9}\)

Krok 3. Obliczenia.

\(0{,}98^{9}\approx 0{,}833748\), \(\;0{,}98^{10}\approx 0{,}817073\)

\(P(k=1)\approx 0{,}2\cdot 0{,}833748\approx 0{,}166750\)

\(P(A)\approx 0{,}817073+0{,}166750=0{,}983823\)

Po zaokrągleniu do części tysięcznych:

Odpowiedź: \(P(A)\approx 0{,}984\)

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. $$P\approx 0{,}90438+0{,}09135=0{,}99573\approx 0{,}996.$$

Obliczamy prawdopodobieństwo warunkowe \(P(A|B)\), gdzie:

\(B\) – orzeł wypadł dokładnie trzy razy,
\(A\) – trzy orły wypadły kolejno po sobie (trzy razy z rzędu).

Krok 1. Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(B\).

Wybieramy \(3\) spośród \(10\) rzutów, w których wypadł orzeł:

\(|B|=\binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{6}=120\)

Krok 2. Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(A\cap B\).

Trzy orły muszą tworzyć blok trzech kolejnych rzutów, a pozostałe rzuty dają reszki. Blok trzech kolejnych rzutów może zaczynać się w rzucie o numerze \(1,2,\dots,8\):

\(|A\cap B|=8\)

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.

Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, więc:

\(P(A|B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac{8}{120}=\frac{1}{15}\)

Odpowiedź: \(P(A|B)=\frac{1}{15}\)

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. $$P=\frac{15}{1024}+\frac{1}{1024}=\frac{16}{1024}=\boxed{\frac{1}{64}}.$$

Krok 1. Model — schemat Bernoulliego.

\(n=7\) prób (dni), sukces = awaria:

\(p=0{,}1\), \(\;q=0{,}9\)

Krok 2. Rozbicie zdarzenia \(A\).

\(P(A)=P(k=0)+P(k=1)+P(k=2)\)

\(P(k=0)=\binom{7}{0}\cdot 0{,}9^{7}=0{,}9^{7}\)

\(P(k=1)=\binom{7}{1}\cdot 0{,}1\cdot 0{,}9^{6}=7\cdot 0{,}1\cdot 0{,}9^{6}\)

\(P(k=2)=\binom{7}{2}\cdot 0{,}1^2\cdot 0{,}9^{5}=21\cdot 0{,}01\cdot 0{,}9^{5}\)

Krok 3. Obliczenia.

\(0{,}9^{5}=0{,}59049\), \(\;0{,}9^{6}=0{,}531441\), \(\;0{,}9^{7}=0{,}4782969\)

\(P(k=1)=0{,}7\cdot 0{,}531441=0{,}3720087\)

\(P(k=2)=0{,}21\cdot 0{,}59049=0{,}1240029\)

\(P(A)=0{,}4782969+0{,}3720087+0{,}1240029=0{,}9743085\)

Odpowiedź: \(P(A)\approx 0{,}97\)

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Moneta jest symetryczna, więc każda z urn jest wybierana z prawdopodobieństwem $\frac12$.

Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z poszczególnych urn:

$$P(B\mid U_1)=\frac{1}{7},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{4}{7}.$$

Zatem:

$$P(B)=\frac12\cdot\frac17+\frac12\cdot\frac47=\frac{1}{14}+\frac{4}{14}=\frac{5}{14}.$$

Odpowiedź: A

Krok 1. Prawdopodobieństwo warunkowe.

Niech \(A\) oznacza zdarzenie „pracownik jest w wieku przedemerytalnym", a \(M\) — „pracownik jest mężczyzną". Ponieważ zbiór mężczyzn liczy \(240\) osób, a wśród nich \(43\) jest w wieku przedemerytalnym:

\(P(A|M)=\frac{|A\cap M|}{|M|}=\frac{43}{240}\)

Krok 2. Rozwinięcie dziesiętne.

\(\frac{43}{240}=0{,}179166\ldots\)

Trzy pierwsze cyfry po przecinku to \(1\), \(7\), \(9\).

Odpowiedź: \(1\), \(7\), \(9\)

Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A|B)$, gdzie

$A$ – liczba jest podzielna przez $15$,   $B$ – liczba jest podzielna przez $18$.

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

Krok 1. Zdarzenie $A\cap B$. Liczba podzielna jednocześnie przez $15$ i $18$ jest podzielna przez ich najmniejszą wspólną wielokrotność:

$$15=3\cdot5,\quad 18=2\cdot3^2\ \Longrightarrow\ \mathrm{NWW}(15,18)=2\cdot3^2\cdot5=90.$$

Krok 2. Liczby czterocyfrowe podzielne przez 18. Rozpatrujemy zakres od $1000$ do $9999$:

$$\left\lfloor\frac{9999}{18}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{999}{18}\right\rfloor=555-55=500.$$

Krok 3. Liczby czterocyfrowe podzielne przez 90.

$$\left\lfloor\frac{9999}{90}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{999}{90}\right\rfloor=111-11=100.$$

Krok 4. Wynik.

$$P(A|B)=\frac{100}{500}=\frac{1}{5}=0{,}2.$$

Odpowiedź: $P=\frac{1}{5}$

Stosujemy wzór na prawdopodobieństwo całkowite.

Krok 1. Wybór urny. Pierwszą urnę wybieramy, gdy wypadnie jedno oczko:

$$P(U_1)=\frac{1}{6},\qquad P(U_2)=\frac{5}{6}.$$

Krok 2. Kula biała z każdej urny. W każdej urnie jest po $10$ kul:

$$P(B\mid U_1)=\frac{3}{10},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{1}{10}.$$

Krok 3. Złożenie.

$$P(B)=\frac16\cdot\frac{3}{10}+\frac56\cdot\frac{1}{10}=\frac{3}{60}+\frac{5}{60}=\frac{8}{60}=\frac{2}{15}.$$

Odpowiedź: A

Krok 1. Prawdopodobieństwo zdarzenia $B$. Zdarzenia $B$ i $B^{\prime}$ są przeciwne, więc

$$P(B)=1-P(B^{\prime})=1-\frac14=\frac34.$$

Krok 2. Definicja prawdopodobieństwa warunkowego.

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\ \Longrightarrow\ P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B).$$

Krok 3. Podstawienie.

$$P(A\cap B)=\frac15\cdot\frac34=\frac{3}{20}.$$

Odpowiedź: C

Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A|M)$, gdzie $A$ — osoba popiera budowę, $M$ — osoba jest mężczyzną.

Krok 1. Liczba mężczyzn. Odczytujemy z tabeli:

$$|M|=2260+740=3000.$$

Krok 2. Mężczyźni popierający budowę.

$$|A\cap M|=2260.$$

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.

$$P(A|M)=\frac{|A\cap M|}{|M|}=\frac{2260}{3000}=\frac{113}{150}.$$

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{113}{150}=0{,}7533333\ldots$$

Trzy pierwsze cyfry po przecinku to $7$, $5$, $3$.

Uwaga: łączna liczba ankietowanych ($10\,000$) nie jest tu potrzebna — warunek „jest mężczyzną" zawęża przestrzeń do $3000$ osób.

Odpowiedź: 7 5 3

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, rozbijając zadanie na dwa przypadki zależne od koloru kuli wylosowanej z pierwszej urny.

Przypadek 1: wylosowano kulę białą. W pierwszej urnie jest $8$ kul, w tym $3$ białe:

$$P(B_1)=\frac{3}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają wtedy $3$ kule białe (przełożona plus dwie dołożone), więc urna zawiera

$$7+3=10\ \text{białych},\qquad 2\ \text{czarne},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid B_1)=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{45}{66}=\frac{15}{22}.$$

Przypadek 2: wylosowano kulę czarną.

$$P(C_1)=\frac{5}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają $3$ kule czarne, więc urna zawiera

$$7\ \text{białych},\qquad 2+3=5\ \text{czarnych},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid C_1)=\frac{\binom{7}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{21}{66}=\frac{7}{22}.$$

Złożenie.

$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{15}{22}+\frac{5}{8}\cdot\frac{7}{22}=\frac{45}{176}+\frac{35}{176}=\frac{80}{176}=\frac{5}{11}.$$

Uwaga: w obu przypadkach druga urna ma tyle samo kul ($12$), bo zawsze dokładamy trzy — zmienia się tylko ich kolor.

Odpowiedź: $P=\frac{5}{11}$

Ponieważ \(P(B)=0{,}75>0\), prawdopodobieństwo warunkowe jest określone i równe

\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\).

Szacujemy \(P(A\cap B)\) od dołu. Ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy

\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\),

a ponieważ \(P(A\cup B)\le1\), otrzymujemy

\(P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1=0{,}85+0{,}75-1=0{,}6\).

Zatem

\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{0{,}75}\ge\dfrac{0{,}6}{0{,}75}=0{,}8\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Niech \(A,B,C\) oznaczają zdarzenia polegające na tym, że w losowo wybranym dniu autobus prowadzi odpowiednio kierowca A, B, C, a \(S\) — że autobus się spóźni.

Zdarzenia \(A,B,C\) wykluczają się parami i wypełniają całą przestrzeń, przy czym

\(P(A)=\tfrac25\), \(\ P(B)=\tfrac25\), \(\ P(C)=\tfrac15\),

a z treści zadania

\(P(S|A)=0{,}05\), \(\ P(S|B)=0{,}20\), \(\ P(S|C)=0{,}50\).

Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite:

\(P(S)=\tfrac25\cdot0{,}05+\tfrac25\cdot0{,}20+\tfrac15\cdot0{,}50\),

\(P(S)=0{,}02+0{,}08+0{,}10=0{,}20\).

Odpowiedź: prawdopodobieństwo spóźnienia wynosi \(0{,}2\) (czyli 20%).

Pojedynczy rzut. Wszystkich wyników rzutu dwiema kostkami jest \(36\), a tych o jednakowej liczbie oczek — \(6\), więc

\(p=\dfrac{6}{36}=\dfrac16\), \(\ q=1-p=\dfrac56\).

\(n\) rzutów (schemat Bernoulliego). Zdarzeniem przeciwnym do „co najmniej raz” jest „ani razu”, więc

\(P=1-\left(\dfrac56\right)^n\).

Nierówność.

\(1-\left(\dfrac56\right)^n\lt \dfrac{671}{1296}\),

\(\left(\dfrac56\right)^n>1-\dfrac{671}{1296}=\dfrac{625}{1296}=\left(\dfrac56\right)^4\).

Podstawa \(\tfrac56\in(0,1)\), więc funkcja wykładnicza jest malejąca i nierówność jest równoważna \(n\lt 4\).

Odpowiedź: \(n\in\{1,2,3\}\).