Probabilistyka i Statystyka
mgr inż. Krzysztof Świder
e-mail: [e-mail]
Kombinatoryka
Wariacja bez powtórzeń
Wariacją (rozmieszczeniem) bez powtórzeń z n elementów po k elementów nazywamy
uporządkowany zbiór składający się z k różnych elementów, wybranych z pośród n różnych
elementów.
Vnk
Liczbę wariacji bez powtórzeń z n elementów po k oznaczamy symbolem i obliczamy ze
n!
k
=
wzoru: Vn
n
( - k !
)
Zadanie 1 Ile można wykonać różnych trójkolorowych chorągiewek z sześciu barw?
RozwiÄ…zanie:
1. Tworzymy zbiory trójelementowe ze zbioru 6  elementowego
2. Kolejność układu barw w chorągwi odgrywa rolę
3. Chorągiewki mają być trójkolorowe, a więc w tworzonych zbiorach elementy nie
mogą się powtarzać.
Z 1, 2, 3 wnioskujemy, że tyle jest różnych trójkolorowych chorągiewek, ile jest różnych
wariancji bez powtórzeń z 6 elementów po 3, tj.
6!
V63 = = 120
6
( - 3 !
)
Zadanie 2 Obliczyć, ile jest liczb czterocyfrowych, w których nie powtarza się żadna cyfra i
zero nie występuje na pierwszym miejscu.
RozwiÄ…zanie:
1. tworzymy zbiory czteroelementowe ze zbioru 10  elementowego
2. cyfry w liczbach nie mogą się powtarzać
3. pierwsza liczba musi być różna od zera
1
4 4
V10 - V93 = 4536 V10 4
lub alternatywnie - V10 = 4536
10
Zadanie 3 Ile można utworzyć liczb parzystych czterocyfrowych o nie powtarzających się
cyfrach i przy założeniu, że zero nie występuje na pierwszym miejscu
RozwiÄ…zanie:
1. liczba jest parzysta, jeśli kończy się cyfrą 0, 2, 4, 6, 8.
2. Pozostałe dziewięć cyfr rozmieszczamy na trzech pierwszych pozycjach
3. należy wyeliminować przypadki z zerem na początku
3
5V10 - 4V82 = 2296
Wariacje z powtórzeniami
1
Wariacją (rozmieszczeniem) z powtórzeniami z n elementów po k nazywamy uporządkowany
zbiór składający się z k elementów różnych lub nie różniących się między sobą, wybranych
spośród n różnych elementów.
Vnk = nk
Zadanie 4 Ile można utworzyć liczb pięciocyfrowych z cyfr 4, 5, 6?
RozwiÄ…zanie:
1. Tworzymy zbiory 5-elemntowe ze zbioru trójelementowego
2. W tworzonych zbiorach kolejność odgrywa rolę (liczby są uporządkowanymi
zbiorami cyfr)
3. Cyfry w danej liczbie mogą się powtarzać
V35 = 35 = 243
Zadanie 5 Sześć osób ma do dyspozycji 5 różnokolorowych kieliszków i 2 różne gatunki
win. Iloma sposobami mogą się napić?
RozwiÄ…zanie:
1. Kieliszki są różnokolorowe i jednej osobie dajemy nie więcej niż jeden kieliszek
2. Przy każdym ustawieniu 5 kieliszków można do nich nalać dwa gatunki win
" ten sam gatunek wina z konieczności powtórzy się w różnych kieliszkach
" jest istotne, jakie wino do jakiego kieliszka jest nalewane, tzn. nie można brać
pod uwagę tylko liczby kieliszków napełnionych danym gatunkiem wina
V65 Å" V25 = 720Å" 32
Permutacje bez powtórzeń
Zbiór składający się z n elementów uporządkowanych i różnych nazywamy permutacją
(przemianą) bez powtórzeń z n elementów. Liczbę utworzonych w ten sposób zbiorów
oznaczamy symbolem P i wyrażamy wzorem
n
Pn = n!
Zadanie 6 W urnie sÄ… 3 kule o numerach 1, 2, 3. WyciÄ…gamy kolejno trzy kule i notujemy ich
numery według kolejności wyciągnięcia. Ile można tym sposobem otrzymać różnych liczb?
Pn = 3!= 6
Zadanie 7 Ile jest permutacji liczb 1, 2, & .,n, w których
1. liczby 1, 2 nie sÄ…siadujÄ… ze sobÄ…;
2. liczby 1, 2, 3 nie tworzą kolejnych wyrazów (niezależnie od porządku)?
RozwiÄ…zanie
1. Liczba wszystkich możliwych permutacji z n elementów
Pn = n!
Liczba permutacji z n  2, gdy dwa pierwsze sÄ… ustalone:
Pn- 2 = n - 2 !
( )
Gdy na drugim miejscu wystąpi jedynka, a na trzecim dwójka, wtedy
Pn- 2 = n - 2 !
( )
Wszystkich permutacji z n elementów, gdy 1 i 2 sąsiadują ze sobą w kolejności 1 ,2 jest
2
n
( - 1 Pn- 2 = n - 1 n - 2 != n - 1 !
) ( ) ( ) ( )
Analogicznie, wszystkich permutacji z n elementów, gdy 1 i 2 sąsiadują ze sobą w kolejności
2, 1, jest
n
( - 1 Pn- 2 = n - 1 n - 2 != n - 1 !
) ( ) ( ) ( )
Zatem wszystkich permutacji z n elementów , w których liczby 1, 2 sąsiadują ze sobą, jest
2 n - 1 !
( )
StÄ…d rozwiÄ…zanie
n!- 2 n - 1 !
( )
2. Liczba permutacji, w których elementy 1, 2, 3 są ustawione w kolejności 1, 2, 3:
n
( - 2 n - 3 != n - 2 !
) ( ) ( )
Liczba permutacji z trzech liczb jest równa 3!, a zatem
n!- 3! n - 2 !
( )
Kombinacje bez powtórzeń
Kombinacją bez powtórzeń z n elementów po k nazywamy zbiór składający się z k różnych
elementów wybranych spośród n różnych elementów, przy czym obojętne jest, w jakim
porzÄ…dku elementy tego zbioru sÄ… rozmieszczone
n
ć öÅ‚ n!
k
Cn = =
ìÅ‚ ÷Å‚
k k ! n - k !
( )
%0Å„ Y

Zadanie 8 Ile nastąpi powitań, gdy jednocześnie spotka się 6 znajomych?
RozwiÄ…zanie:
1. n = 6 jest liczbą wszystkich osób, k = 2 jest liczbą osób, które jednocześnie podają
sobie ręce
2. zakładamy, że porządek przy witaniu się dwóch osób nie odgrywa roli
6
ć öÅ‚
2
C6 = = 15
ìÅ‚
2÷Å‚
%0Å„ Y

Zadanie 9 Dana jest grupa elementów ABCD oraz grupa elementów x, y, z. Tworzymy
kombinacje po pięć elementów w ten sposób, że trzy elementy wybieramy z pierwszej grupy i
dwa z drugiej grupy. Obliczyć, ile takich kombinacji można utworzyć?
RozwiÄ…zanie:
3
C4 = 4
1. Z czterech elementów A, B, C, D można utworzyć kombinacje po trzy
elementy
2
C3 = 3
2. Z trzech elementów x, y, z można utworzyć kombinacje po 2 elementy
3. ponieważ każda kombinacja pierwszej grupy łączona jest z każdą kombinacją drugiej
grupy, więc ogólna liczba kombinacji równa się iloczynowi liczby kombinacji
pierwszej grupy przez liczbÄ™ drugiej:
3 2
C4 Å" C3 = 12
Zadanie 10 Iloma sposobami można położyć 12 książek na trzech półkach tak, by ba
pierwszej półce znajdowało się cześć książek, na drugiej cztery ksiązki, a na trzeciej reszta?
6 4 2
C12 Å" C6 Å" C2 = 13860
Prawdopodobieństwo
3
Prawdopodobieństwem nazywamy stosunek mocy zbioru zdarzeń sprzyjających do mocy
przestrzeni zdarzeń elementarnych, czyli:
A
P(A) =
&!
Zadanie 11 Dziecko ma ustawić na półce 10 książek w identycznych oprawach. Wśród nich
są 3 kryminały, a resztę stanowią bajki. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przy losowym
ustawieniu książek, kryminały będą stały jako pierwsze.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na tym, że dziecko ustawi 10 książek na
półce (ciąg złożony z 10-ciu elementów  bezsprzecznie jest to permutacja).
P10 = 10!
=
&!
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że kryminały zostaną ustawione jako
 pierwsze (cały zbiór został podzielony na dwa: 3 i 7-mio elementowy).
A = P3 Å" P7 = 3!Å"7!
3!Å"7! 1Å" 2 Å" 3 1
P(A) = = =
10! 8 Å" 9 Å" 10 120
Zadanie 12 Osiem osób, wśród których są koledzy Jacek(J) i Marek(M) ustawia się w kolejce
do kasy w sposób losowy. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że koledzy staną obok
siebie.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na losowym ustawieniu siÄ™ 8-miu osób
w kolejce (ciÄ…g 8-mio elementowy).
&! = P8 = 8!
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że koledzy J i M staną obok siebie.
Uwaga: Zadanie jest zbliżone do poprzedniego, lecz należy wziąć poprawkę na możliwość
zmiany pozycji kolegów. Spróbujmy to zilustrować:
J,M,-,-,-,-,-,-,
-,J,M,-,-,-,-,-,
itd. aż do końca. Możliwości jest 7, a więc:
A = P2 Å" P6 Å" 7 = 2!Å"6!Å"7 = 2!Å"7!
2!Å"7! 1
P(A) = =
8! 4
{1;2;3;4;5;6;7}
Zadanie 13 Ze zbioru liczb losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie bez
zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że pierwsza wylosowana liczba będzie
parzysta, a druga nieparzysta.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu (kolejno) dwóch liczb.
4
7!
&! = V72 = = 42
5!
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że pierwsza wylosowana liczba będzie
parzysta, a druga nieparzysta.
3! 4!
1
A = V31 Å" V4 = Å" = 3Å" 4 = 12
2! 3!
12 2
P(A) = =
42 7
{1;2;.....;9}
Zadanie 14 Ze zbioru losujemy kolejno trzy razy po jednej liczbie i tworzymy w
ten sposób liczbę trzycyfrową zaczynając od cyfry setek. Oblicz prawdopodobieństwo
utworzenia liczby większej od 473.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na tym, że w wyniku trzech kolejnych
losowań utworzymy liczbę trzycyfrową.
9!
&! = V93 = = 7 Å" 8 Å" 9
6!
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu liczby większej od 473.
Uwaga: Jak widać zadanie jest zbliżone do poprzedniego, jednakże rozumowanie musi być
bardziej drobiazgowe, przy pomocy  pewniaków :pierwsza cyfra większa od 4, a dwie
następne dowolne lub pierwsza 4, druga większa od 7, a trzecia dowolna lub pierwsza 4,
druga 7, a trzecia większa od 3 (pamiętając, że dwie takie cyfry zostały wylosowane).
1
A = V51 Å" V82 + V11 Å" V21 Å" V71 + V11 Å" V11 Å" V4 = 5Å" 7 Å" 8 + 1Å" 2 Å" 7 + 1Å" 1Å" 4 = 298
298 149
P(A) = =
.
7 Å" 8 Å" 9 252
Zadanie 15 Rzucamy dwa razy symetrycznÄ… kostkÄ… do gry i zapisujemy cyfry tworzÄ…c liczby
dwucyfrowe. Oblicz prawdopodobieństwo utworzenia liczby parzystej.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych polegajÄ…cych na utworzeniu liczby dwucyfrowej,
powstałej z zanotowania cyfr wyrzuconych kostką.
Uwaga: Wielokrotny rzut kostkÄ…, bÄ…dz
jednorazowo wieloma kostkami, to zawsze wariacja z
powtórzeniami wielokrotna, ze zbioru 6  elementowego.
2
&! = V = 62 = 36
6
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na utworzeniu dwucyfrowej liczby parzystej.
1 1
A = V Å" V = 61 Å" 31 = 18
6 3
18 1
P(A) = =
36 2
Zadanie 16 Z pojemnika, w którym znajdują się dwie kule białe i cztery czarne, losujemy
trzy razy jedną kulę, zwracając ją po każdym losowaniu do pojemnika. Oblicz
prawdopodobieństwo, że kulę białą wylosujemy co najmniej raz.
5
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na trzykrotnym losowaniu jednej kuli z
pojemnika, zwracając ją po każdym losowaniu do pojemnika.
3
&! = V = 63 = 216
6
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że kulę białą wylosujemy co najmniej
raz.
Uwaga: Oczywistym jest, że w tym wypadku prościej jest obliczyć moc zbioru zdarzeń
P(A) = 1- P(A')
niesprzyjających i wykorzystać własność:
A' - zbiór zdarzeń niesprzyjających, polegających na tym, że wylosujemy tylko kule czarne.
3
A' = V = 43 = 64
4
64 8
P(A') = =
216 27
8 19
P(A) = 1- =
27 27
Zadanie 17 Z pojemnika, w którym znajduje się pięć kul białych oraz cztery czarne, losujemy
jednocześnie trzy kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu trzech kul
(jednocześnie z pośród dziewięciu).
9! 7 Å" 8 Å" 9
3
C9 = = = 84
©=
3!Å"6! 1Å" 2 Å" 3
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że zostaną wylosowane dwie kule
białe (pamiętajmy, że wszystkich kul musi być trzy, a więc jedna musi być czarna).
5! 4!
2 1
A = C5 Å" C4 = Å" = 10 Å" 4 = 40
2!Å"3! 1!Å"3!
40 10
P(A) = =
84 21
{1;2;...;7}
Zadanie 18 Ze zbioru losujemy jednocześnie dwie liczby. Oblicz
prawdopodobieństwo wylosowania dwóch liczb, których suma jest parzysta.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu dwóch liczb ze zbioru
7-mio elementowego.
7!
2
&! = C7 = = 21
2!Å"5!
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu dwóch liczb, których suma
jest parzysta (dwie liczby parzyste lub dwie nieparzyste).
3! 4!
2 2
A = C3 + C4 = + = 3 + 6 = 9
2!Å"1! 2!Å"2!
9 3
P(A) = =
21 7
Podstawowe właściwości prawdopodobieństwa
6
Właściwość 1
Prawdopodobieństwo P(A) zdarzenia pewnego równa się 1
Właściwość 2
Prawdopodobieństwo P(A) zdarzenia niemożliwego równa się 0.
Właściwość 3
Prawdopodobieństwo P(A) każdego zdarzenia spełnia nierówność
0 A
P A A
1
( )
Właściwość 4
Prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na zajściu jednego z dwu wykluczających się
zdarzeń A lub A równa się sumie prawdopodobieństw
1 2
P A = P A1 
A2 = P A1 + P A2
( ) ( ) ( ) ( )
Zadanie 19 Obliczyć prawdopodobieństwo, że losując z talii 52 kart jedną kartę, otrzymamy
pika lub kiera.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu jednej karty z 52.
1
© = C52 = 52
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu pika
1
1
A1 = C12 = 12
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu kier
2
1
A2 = C12 = 12
12 + 12 24 6
P A = P A1 
A2 = = =
( ) ( )
52 52 13
Właściwość 5
Prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na zajściu przynajmniej jednego ze zdarzeń
A , A równa się sumie prawdopodobieństw tych zdarzeń zmniejszonej o
1 2
prawdopodobieństwo łącznego ich zajścia
P A = P A1 
A2 = P A1 + P A2 - P A1 )" A2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Zadanie 20 Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że losując z talii 52 kart jedną kartę,
otrzymamy pika lub asa.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu jednej karty z 52.
1
© = C52 = 52
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu pika
1
1
A1 = C12 = 12
A  zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu asa
2
1
A2 = C4 = 4
A1 )" A2 - zbiór zdarzeń sprzyjających polegający na wylosowaniu asa pik
1
A1 )" A2 = C1 = 1
4
P A = P A1 
A2 = P A1 + P A2 - P A1 )" A2 =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
13
Właściwość 6
7
Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia przeciwnego zdarzeniu A równa się jedności
zmniejszonej o prawdopodobieństwo zdarzenia A
Ø
P A = 1- P A
( ) ( )
Zadanie 21 Z pojemnika w którym znajduje się 5 kul białych oraz 4 czarne losujemy
jednocześnie 3 kule. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej 1 kuli białej.
RozwiÄ…zanie:
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych, polegajÄ…cych na wylosowaniu jednoczeÅ›nie 3 kul z 9
9!
3
© = C9 =
6!3!
A  zbiór zdarzeń niesprzyjających, polegających na wylosowaniu 3 kul czarnych
3
Ø
A = C4 = 4
4 20
Ø
P A = 1- P A = 1- =
( ) ( )
84 21
Zadanie 22 Na rysunku przedstawiono schemat fragmentu sieci komputerowej. Niech A ,
i
i = 1, 2, oznacza zdarzenie, że hub a będzie sprawny co najmniej przez czas t. Obliczyć
i
prawdopodobieństwo poprawnego działania sieci co najmniej przez czas t jeżeli
P(A ) = P(A ) = p oraz P(A A ) = p2
1 2 1 2
a
1
a
2
Rys.1
P(A)  prawdopodobieństwo bezawaryjnego działania sieci w czasie t
P A = 1- ( ( ) ( ) )
1- P A1 1- P A2 = 1- ( ) ( ) - p2
1- p 1- p = 2 p
( ) ) (
Zadanie 23 Obliczyć niezawodność sieci komputerowych złożonych z trzech hubów
połączonych a) równolegle, b) szeregowo, przy założeniu, że huby działają niezależnie i
niezawodność każdego z nich jest p
a) b)
Rys.2
3
P A = p3
1- p = p3
a) P A = 1- ( ) - 3p2 + 3p b) ( )
( )
Zadanie 24 W każdej chwili odcinka czasu T jednakowo możliwe jest nadejście do
odbiornika każdego z dwóch sygnałów, które w tym odcinku czasu zostaną przesłane.
8
Odbiornik nie może przyjąć drugiego sygnaÅ‚u, jeÅ›li nadejdzie on w czasie krótszym niż Ä od
chwili nadejścia wcześniejszego sygnału. Obliczyć prawdopodobieństwo przyjęcia przez
odbiornik obu sygnałów.
Rozwiązanie: niech x i y oznaczają chwile nadejścia sygnałów do odbiornika, wtedy
warunkiem poprawnego odbioru obu sygnałów przez odbiornik jest nastÄ™pujÄ…cy |x - y| > Ä
y
T
Ä
Ä x
T
Rys.3
1 2 1 2
2
T
( - Ä + T - Ä
) ( )
ć1- Ä
öÅ‚
2 2
P A = =
( )
ìÅ‚ ÷Å‚
2
T T
%0Å„ Y

Zadanie 25 Dwa z
ródła napięcia sinusoidalnego o jednakowej częstotliwości są włączone
niezależnie od siebie. Obliczyć prawdopodobieństwo, że różnica faz między generowanymi
sinusoidami nie będzie większa niż 30 stopni.
30 - ( - 30
) 1
P A = =
( )
360 6
Prawdopodobieństwo warunkowe
Prawdopodobieństwem warunkowym P(A|B) zdarzenia A przy założeniu, że zaszło zdarzenie
B nazywamy iloraz prawdopodobieństwa łącznego zajścia zdarzeń A i B i
prawdopodobieństwa zdarzenia B
P A )" B
( )
P A B =
( )
P B
( )
Zadanie 21
W urnie znajdują się 3 kule białe i 4 kule czarne. Jakie jest prawdopodobieństwo zajścia
zdarzenia AB polegającego na otrzymaniu dwóch kul białych, przy założeniu, że losujemy z
urny dwa razy i po pierwszym losowaniu kula nie zostaje zwrócona do urny?
©  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych polegajÄ…cych na wylosowaniu jednej kuli z urny
© = 7
A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej
A = 3
9
3
P A =
( )
7
©|A  przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych polegajÄ…cych na wylosowaniu kuli z urny, pod
warunkiem, że wcześniej wyciągnięto jedną kulę
© A = 6
B|A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano kulę białą
B A = 2
2
P B A =
( )
6
3 2 1
P C = P A )" B = P A P B A = Å" =
( ) ( ) ( ) ( )
7 6 7
Zadanie 22
Słowo tatarak złożono z kartek, na których umieszczone zostały poszczególne litery alfabetu.
Kartki z literami tworzącymi to słowo dokładnie zmieszano, aby następnie kolejno wyciągnąć
cztery z nich i ułożyć w szereg. Jakie jest prawdopodobieństwo, że otrzymano w ten sposób
słowo tata?
RozwiÄ…zanie
&! - przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu 1 kartki
© = 7
A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wyciągnięciu litery  t
1
A = C2 = 2
P(A) = 2/7
© A
- przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu 1 litery pod
warunkiem, że wcześniej wylosowano jedną literę
© A = 6
B|A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu litery  a pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano literę  t
B A = 3
3
P B A =
( )
6
2 1
P A )" B = P A Å" P B A = Å"
( ) ( ) ( )
7 2
© AB - przestrzeÅ„ zdarzeÅ„ elementarnych polegajÄ…cych na wylosowaniu litery pod
warunkiem, że wcześniej wylosowano 2 literki
© AB = 5
C|AB  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu literki  t pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano literki t i a
C AB = 1
1
P C A )" B =
( )
5
10
1 1
P A )" B )" C = P A )" B Å" P C A)" B = Å"
( ) ( ) ( )
5 7
1 1
P A )" B )" C )" D = P A )" B )" C Å" P D A)" B )" C = Å"
( ) ( ) ( )
35 2
Zadanie 23
Mamy 5 urn, z których 2 zawierają po jednej białej i 5 czarnych kul, jedna urna  2 białe i 5
czarnych kul, pozostałe zaś dwie urny  po 3 białe i po 5 czarnych kul. Wybiera się losowo
jedną urnę i z niej również losowo wyciąga się jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo
wyciągnięcia białej kuli?
&! - przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu urny
© = 5
A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu pierwszej urny
1
1
A1 = 1 p
P(A1) =
5
©A1
 przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu jednej kuli z pierwszej
urny
1
©A = C6 = 6
1
B | A1 - zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano pierwszą urnę
1
1
B | A1 = C1 = 1 p
P(B | A1) =
6
A  zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu drugiej urny
2
1
A2 = 1 p
P(A2) =
5
©A2
 przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu jednej kuli z drugiej
urny
1
©A = C6 = 6
2
B | A1 - zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano drugą urnę
1
1
B | A2 = C1 = 1 p
P(B | A2) =
6
& & .
ostatecznie otrzymujemy
P B = P A1 P B | A1 + P A2 P B | A2 + P A3 P B | A3 + P A4 P B | A4 +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 2 1 3 1 3
+ P A5 P B | A5 + P A6 P B | A6 = Å" + Å" + Å" + Å" + Å"
( ) ( ) ( ) ( )
5 6 5 6 5 7 5 8 5 8
Twierdzenie Bayesa
11