Dział 10. Kombinatoryka, prawdopodobieństwo i statystyka

Prawdopodobieństwo warunkowe, całkowite i schemat Bernoulliego: teoria i zadania maturalne

Prawdopodobieństwo „pod warunkiem, że…”, zdarzenia niezależne, wzór na prawdopodobieństwo całkowite (i wzór Bayesa) oraz schemat Bernoulliego dla powtarzanych prób.

Teoria

Prawdopodobieństwo warunkowe

Prawdopodobieństwo zajścia $A$ , gdy wiemy, że zaszło $B$ ( $P(B)>0$ ):

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

Zawężamy świat

Warunek $B$ „wyrzuca” wszystkie wyniki spoza $B$ . Liczymy jak w definicji klasycznej, ale nową przestrzenią jest $B$ :
$P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}$

Przykład: na kostce wypadła liczba parzysta. Jaka szansa na szóstkę?

Warunek zostawia tylko parzyste: $B=\{2,4,6\}$ , więc $|B|=3$ .
Szóstka jest jedna: $|A\cap B|=1$ .
$P(A\mid B)=\frac{1}{3}$

\frac13

, a nie

\frac16

Przykład:

P(A\cap B)=0{,}2

P(B)=0{,}5

. Oblicz

P(A\mid B)

Część wspólna na górę, warunek na dół:
$P(A\mid B)=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4$

0{,}4

Zdarzenia niezależne

$A$ i $B$ są niezależne, gdy $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$ (wiedza o $B$ nie zmienia szans $A$ ). Wyniki kolejnych rzutów monetą czy kostką są niezależne.

Przykład: dwa rzuty monetą, dwa orły

$A$ : orzeł w pierwszym rzucie, $P(A)=\frac12$ . $B$ : orzeł w drugim, $P(B)=\frac12$ .
Rzuty są niezależne, więc mnożymy:
$P(A\cap B)=\frac12\cdot\frac12=\frac14$

\frac14

Prawdopodobieństwo całkowite

Jeśli zdarzenia $B_1,\dots,B_n$ dzielą $\Omega$ na rozłączne części (o dodatnich prawdopodobieństwach), to

P(A)=P(A\mid B_1)P(B_1)+\ldots+P(A\mid B_n)P(B_n).

To formalny zapis drzewka: najpierw losujemy „scenariusz” $B_i$ , potem zdarzenie $A$ .

P(biała) = ½ · 3/5 + ½ · 1/5 = 2/5: suma iloczynów wzdłuż ścieżek prowadzących do „biała”.

Przykład: moneta wybiera urnę, szukamy szansy na białą kulę

Urna I (orzeł, $\frac12$ ): $3$ białe i $2$ czarne. Urna II (reszka, $\frac12$ ): $1$ biała i $4$ czarne.
Do białej prowadzą dwie gałęzie. Wzdłuż każdej mnożymy, gałęzie dodajemy:
$P=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac25$

\frac25

Wzór Bayesa (przydatny)

$P(B_i\mid A)=\frac{P(A\mid B_i)P(B_i)}{P(A)}$ : „odwraca” warunek: wiedząc, że zaszło $A$ , pytamy, z którego scenariusza pochodzi.

Schemat Bernoulliego

$n$ niezależnych prób, w każdej sukces z prawdopodobieństwem $p$ (porażka $q=1-p$ ). Prawdopodobieństwo dokładnie $k$ sukcesów:

P(S_n=k)=\binom nk p^k q^{\,n-k}.

„Co najmniej jeden sukces”: $1-q^n$ .

Przykład: trzy rzuty monetą, dokładnie dwa orły

Dane: $n=3$ (rzuty), $k=2$ (orły), $p=\frac12$ (orzeł w jednym rzucie), $q=\frac12$ .
$P(S_3=2)=\binom32\left(\frac12\right)^2\left(\frac12\right)^1=3\cdot\frac18=\frac38$

\frac38

Przykład: co najmniej jedna szóstka w czterech rzutach kostką

Sukces to szóstka: $p=\frac16$ , więc $q=\frac56$ , a $n=4$ .
$P=1-q^n=1-\left(\frac56\right)^4=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}$

\frac{671}{1296}\approx0{,}52

Na maturze rozszerzonej

Zadanie z drzewkiem (prawdopodobieństwo całkowite) lub ze schematem Bernoulliego (3–4 pkt), czasem zadanie z prawdopodobieństwem warunkowym obliczanym z definicji. Zapisz zdarzenia słownie i wzór, którego używasz.

Wzory

Prawdopodobieństwo warunkowe

P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}

Prawdopodobieństwo $A$ , gdy wiadomo, że zaszło $B$ .

Niezależność

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

Definicja zdarzeń niezależnych.

Prawdopodobieństwo całkowite

P(A)=\sum_{i}P(A\mid B_i)\,P(B_i)

$B_i$ : rozłączne scenariusze pokrywające $\Omega$ (drzewko).

Wzór Bayesa

P(B_i\mid A)=\frac{P(A\mid B_i)P(B_i)}{P(A)}

Prawdopodobieństwo scenariusza po zaobserwowaniu $A$ .

Schemat Bernoulliego

P(S_n=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}

Dokładnie $k$ sukcesów w $n$ niezależnych próbach.

Co najmniej jeden sukces

P(S_n\ge1)=1-(1-p)^n

Przez zdarzenie przeciwne.

Przykłady rozwiązane krok po kroku

Przykład 1

Mamy dwie urny: w pierwszej $3$ kule białe i $2$ czarne, w drugiej $1$ białą i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł: losujemy z pierwszej urny, reszka: z drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.

Wzór na prawdopodobieństwo całkowite (drzewko w teorii):

Najpierw moneta, potem urna. Do kuli białej prowadzą dwie ścieżki:

\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac25

P(B)=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac25.

\frac25

Przykład 2

Rzucamy $5$ razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że szóstka wypadnie dokładnie dwa razy.

Bernoulli: $n=5$ , $k=2$ , $p=\frac16$ , $q=\frac56$ .

P=\binom52\left(\frac16\right)^2\left(\frac56\right)^3=10\cdot\frac{1}{36}\cdot\frac{125}{216}=\frac{1250}{7776}=\frac{625}{3888}\approx0{,}16.

\frac{625}{3888}

Zadania maturalne z rozwiązaniami

Zadanie 1 (1 pkt)

Wiadomo, że $P(A\cap B)=0{,}2$ i $P(B)=0{,}5$ . Wtedy $P(A\mid B)$ jest równe

$0{,}1$
$0{,}25$
$0{,}4$
$0{,}7$

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo warunkowe:

P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}2}{0{,}5}=\frac25=0{,}4.

Odpowiedź C

Zadanie 2 (1 pkt)

Rzucamy kostką. Wiadomo, że wypadła liczba parzysta. Prawdopodobieństwo, że wypadła szóstka, jest równe

$\frac16$
$\frac13$
$\frac12$
$\frac23$

Odpowiedź: B

Rozwiązanie

Oznaczmy: $A$ to „wypadła szóstka”, $B$ to „wypadła liczba parzysta”.

Wiemy, że wypadła liczba parzysta, więc wyniki $1$ , $3$ i $5$ wykreślamy, bo na pewno ich nie było. Zostają tylko $B=\{2,4,6\}$ : to nasza nowa przestrzeń, $3$ równie prawdopodobne wyniki.

wynik	1	2	3	4	5	6
po informacji	✗	✓	✗	✓	✗	✓ szóstka

Spośród tych $3$ wyników szóstka jest jedna, więc

P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac13.

To samo ze wzoru: $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1/6}{3/6}=\frac13$ .

Pułapka: odpowiedź $\frac16$ nie uwzględnia informacji, że wypadła liczba parzysta.

Odpowiedź B

Zadanie 3 (1 pkt)

Rzucamy trzy razy monetą. Prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch orłów jest równe

$\frac38$
$\frac14$
$\frac12$
$\frac23$

Odpowiedź: A

Rozwiązanie

Wszystkich wyników trzech rzutów jest $2\cdot2\cdot2=8$ . Dokładnie dwa orły (O) i jedna reszka (R) to:

OOR,\quad ORO,\quad ROO.

To $3$ wyniki sprzyjające:

P=\frac38.

To samo ze schematu Bernoulliego: $\binom32\left(\frac12\right)^2\cdot\frac12=\frac38$ .

Odpowiedź A

Zadanie 4 (1 pkt)

Zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne, $P(A)=0{,}3$ , $P(B)=0{,}5$ . Wtedy $P(A\cap B)$ jest równe

$0{,}8$
$0{,}2$
$0{,}6$
$0{,}15$

Odpowiedź: D

Rozwiązanie

Zdarzenia niezależne to takie, przy których prawdopodobieństwo obu naraz jest iloczynem:

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=0{,}3\cdot0{,}5=0{,}15.

Pułapka: $0{,}8$ to suma, a ona przy „i” nie ma sensu.

Odpowiedź D

Zadanie 5 (3 pkt)

Rzucamy $4$ razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że co najmniej raz wypadnie szóstka.

Odpowiedź: $\frac{671}{1296}$

Rozwiązanie

$P=1-\left(\frac56\right)^4=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}\approx0{,}52$ .

\frac{671}{1296}

Zadanie 6 (3 pkt)

Rzucamy dwa razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że suma oczek będzie równa $8$ , jeśli wiadomo, że w pierwszym rzucie wypadła liczba parzysta.

Odpowiedź: $\frac16$

Rozwiązanie

$|B|=18$ . $A\cap B$ : $(2,6),(4,4),(6,2)$ : $3$ wyniki. $P=\frac{3}{18}=\frac16$ .

\frac16

Zadanie 7 (3 pkt)

Rzucamy $5$ razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że orzeł wypadnie dokładnie $3$ razy.

Odpowiedź: $\frac{5}{16}$

Rozwiązanie

$\binom53\cdot\left(\frac12\right)^5=\frac{10}{32}=\frac5{16}$ .

\frac5{16}

Zadanie 8 (4 pkt)

Maszyna A produkuje $60\%$ wyrobów w fabryce, z czego $2\%$ jest wadliwych. Maszyna B produkuje pozostałe $40\%$ , z czego $5\%$ jest wadliwych. Losujemy jeden wyrób. Oblicz prawdopodobieństwo, że jest wadliwy, a następnie prawdopodobieństwo, że wadliwy wyrób pochodzi z maszyny A.

Odpowiedź: $P(W)=0{,}032$ ; $P(A\mid W)=\frac38$

Rozwiązanie

$P(W)=0{,}6\cdot0{,}02+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}012+0{,}02=0{,}032$ .
$P(A\mid W)=\frac{0{,}012}{0{,}032}=\frac{12}{32}=\frac38$ .

P(W)=0{,}032

P(A\mid W)=\frac38

Zadanie 9 (4 pkt)

Test składa się z $10$ pytań, każde z $4$ odpowiedziami (jedna poprawna). Uczeń odpowiada losowo. Oblicz prawdopodobieństwo, że odpowie poprawnie na co najmniej $9$ pytań.

Odpowiedź: $\frac{31}{4^{10}}=\frac{31}{1\,048\,576}$

Rozwiązanie

$P(9)=10\cdot\frac{1}{4^9}\cdot\frac34=\frac{30}{4^{10}}$ , $P(10)=\frac{1}{4^{10}}$ . Suma: $\frac{31}{4^{10}}=\frac{31}{1\,048\,576}\approx0{,}00003$ .

\frac{31}{1\,048\,576}

Zadanie 10 (3 pkt)

W pierwszej urnie są $2$ kule białe i $3$ czarne, a w drugiej $4$ białe i $1$ czarna. Z pierwszej urny losujemy jedną kulę i przekładamy ją do drugiej, a następnie z drugiej losujemy jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo, że będzie biała.

Odpowiedź: $\frac{11}{15}$

Rozwiązanie

Przełożono białą ( $\frac25$ ): w II urnie $5$ białych z $6$ . Przełożono czarną ( $\frac35$ ): $4$ białe z $6$ .
$P=\frac25\cdot\frac56+\frac35\cdot\frac46=\frac{10}{30}+\frac{12}{30}=\frac{22}{30}=\frac{11}{15}$ .

\frac{11}{15}

Inne tematy: Prawdopodobieństwo klasyczne · Statystyka opisowa