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.

Liczbę wariacji bez powtórzeń z n elementów po k oznaczamy symbolem

k

n

V i obliczamy ze

wzoru:

(

)

!

!

k

n

n

V

n k

=

−

Zadanie 1 Ile można wykonać różnych trójkolorowych chorągiewek z sześciu barw?
Rozwiązanie:

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.

(

)

3

6

6!

120

6 3 !

V

=

=

−

Zadanie 2 Obliczyć, ile jest liczb czterocyfrowych, w których nie powtarza się żadna cyfra i
zero nie występuje na pierwszym miejscu.
Rozwiązanie:

1. tworzymy zbiory czteroelementowe ze zbioru 10 – elementowego
2. cyfry w liczbach nie mogą się powtarzać
3. pierwsza liczba musi być różna od zera

4

3

10

9

4536

V

V

−

=

lub alternatywnie

4

4

10

10

1

4536

10

V

V

−

=

Zadanie 3 Ile można utworzyć liczb parzystych czterocyfrowych o nie powtarzających się
cyfrach i przy założeniu, że zero nie występuje na pierwszym miejscu
Rozwiązanie:

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

2

10

8

5

4

2296

V

V

−

=

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.

k

k

n

V

n

=

Zadanie 4 Ile można utworzyć liczb pięciocyfrowych z cyfr 4, 5, 6?
Rozwiązanie:

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

5

5

3

3

243

V

=

=

Zadanie 5 Sześć osób ma do dyspozycji 5 różnokolorowych kieliszków i 2 różne gatunki
win. Iloma sposobami mogą się napić?
Rozwiązanie:

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

5

5

6

2

720 32

V V

⋅

=

⋅

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

n

i wyrażamy wzorem

!

n

P

n

=

Zadanie 6 W urnie są 3 kule o numerach 1, 2, 3. Wyciągamy kolejno trzy kule i notujemy ich
numery według kolejności wyciągnięcia. Ile można tym sposobem otrzymać różnych liczb?

3! 6

n

P

=

=

Zadanie 7 Ile jest permutacji liczb 1, 2, ….,n, w których

1. liczby 1, 2 nie sąsiadują ze sobą;
2. liczby 1, 2, 3 nie tworzą kolejnych wyrazów (niezależnie od porządku)?

Rozwiązanie
1. Liczba wszystkich możliwych permutacji z n elementów

!

n

P

n

=

Liczba permutacji z n – 2, gdy dwa pierwsze są ustalone:

(

)

2

2 !

n

P

n

−

=

−

Gdy na drugim miejscu wystąpi jedynka, a na trzecim dwójka, wtedy

(

)

2

2 !

n

P

n

−

=

−

Wszystkich permutacji z n elementów, gdy 1 i 2 sąsiadują ze sobą w kolejności 1 ,2 jest

2

(

)

(

) (

) (

)

2

1

1

2 !

1 !

n

n

P

n

n

n

−

−

=

−

−

=

−

Analogicznie, wszystkich permutacji z n elementów, gdy 1 i 2 sąsiadują ze sobą w kolejności
2, 1, jest

(

)

(

) (

) (

)

2

1

1

2 !

1 !

n

n

P

n

n

n

−

−

=

−

−

=

−

Zatem wszystkich permutacji z n elementów , w których liczby 1, 2 sąsiadują ze sobą, jest

(

)

2

1 !

n

−

Stąd rozwiązanie

(

)

! 2

1 !

n

n

−

−

2. Liczba permutacji, w których elementy 1, 2, 3 są ustawione w kolejności 1, 2, 3:

(

) (

) (

)

2

3 !

2 !

n

n

n

−

−

=

−

Liczba permutacji z trzech liczb jest równa 3!, a zatem

(

)

! 3!

2 !

n

n

−

−

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
porządku elementy tego zbioru są rozmieszczone

(

)

!

!

!

k

n

n

n

C

k

k n k



ć

=

=

 

−

č ř

Zadanie 8 Ile nastąpi powitań, gdy jednocześnie spotka się 6 znajomych?
Rozwiązanie:

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

2

6

6

15

2

C



ć

=

=

 

č ř

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?
Rozwiązanie:

1. Z czterech elementów A, B, C, D można utworzyć

3

4

4

C

=

kombinacje po trzy

elementy

2. Z trzech elementów x, y, z można utworzyć

2

3

3

C

=

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 liczbę drugiej:

3

2

4

3

12

C C

⋅

=

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

12

6

2

13860

C C C

⋅

⋅

=

Prawdopodobieństwo

3

Prawdopodobieństwem nazywamy stosunek mocy zbioru zdarzeń sprzyjających do mocy
przestrzeni zdarzeń elementarnych, czyli:

Ω

=

A

A

P )

(

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.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na tym, że dziecko ustawi 10 książek na
półce (ciąg złożony z 10-ciu elementów – bezsprzecznie jest to permutacja).

Ω

=

!

10

10

=

P

A – zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że kryminały zostaną ustawione jako
„pierwsze” (cały zbiór został podzielony na dwa: 3 i 7-mio elementowy).

!

7

!

3

7

3

⋅

=

⋅

=

P

P

A

120

1

10

9

8

3

2

1

!

10

!

7

!

3

)

(

=

⋅

⋅

⋅

⋅

=

⋅

=

A

P

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.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na losowym ustawieniu się 8-miu osób
w kolejce (ciąg 8-mio elementowy).

!

8

8

=

=

Ω

P

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:

!

7

!

2

7

!

6

!

2

7

6

2

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

P

P

A

4

1

!

8

!

7

!

2

)

(

=

⋅

=

A

P

Zadanie 13 Ze zbioru liczb

{

}

7

;

6

;

5

;

4

;

3

;

2

;

1

losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie bez

zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że pierwsza wylosowana liczba będzie
parzysta, a druga nieparzysta.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu (kolejno) dwóch liczb.

4

42

!

5

!

7

2

7

=

=

=

Ω

V

A – zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na tym, że pierwsza wylosowana liczba będzie
parzysta, a druga nieparzysta.

12

4

3

!

3

!

4

!

2

!

3

1

4

1

3

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

V

V

A

7

2

42

12

)

(

=

=

A

P

Zadanie 14 Ze zbioru

{

}

9

;.....;

2

;

1

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.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na tym, że w wyniku trzech kolejnych
losowań utworzymy liczbę trzycyfrową.

9

8

7

!

6

!

9

3

9

⋅

⋅

=

=

=

Ω

V

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).

298

4

1

1

7

2

1

8

7

5

1

4

1

1

1

1

1

7

1

2

1

1

2

8

1

5

=

⋅

⋅

+

⋅

⋅

+

⋅

⋅

=

⋅

⋅

+

⋅

⋅

+

⋅

=

V

V

V

V

V

V

V

V

A

252

149

9

8

7

298

)

(

=

⋅

⋅

=

A

P

.

Zadanie 15 Rzucamy dwa razy symetryczną kostką do gry i zapisujemy cyfry tworząc liczby
dwucyfrowe. Oblicz prawdopodobieństwo utworzenia liczby parzystej.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na utworzeniu liczby dwucyfrowej,
powstałej z zanotowania cyfr wyrzuconych kostką.
Uwaga: Wielokrotny rzut kostką, bądź jednorazowo wieloma kostkami, to zawsze wariacja z
powtórzeniami wielokrotna, ze zbioru 6 – elementowego.

36

6

2

2
6

=

=

=

Ω

V

A – zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na utworzeniu dwucyfrowej liczby parzystej.

18

3

6

1

1

1

3

1

6

=

⋅

=

⋅

=

V

V

A

2

1

36

18

)

(

=

=

A

P

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

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na trzykrotnym losowaniu jednej kuli z
pojemnika, zwracając ją po każdym losowaniu do pojemnika.

216

6

3

3
6

=

=

=

Ω

V

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
niesprzyjających i wykorzystać własność:

)

'

(

1

)

(

A

P

A

P

−

=

'

A - zbiór zdarzeń niesprzyjających, polegających na tym, że wylosujemy tylko kule czarne.

64

4

'

3

3
4

=

=

=

V

A

27

8

216

64

)

'

(

=

=

A

P

27

19

27

8

1

)

(

=

−

=

A

P

Zadanie 17 Z pojemnika, w którym znajduje się pięć kul białych oraz cztery czarne, losujemy
jednocześnie trzy kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu trzech kul
(jednocześnie z pośród dziewięciu).

Ω=

84

3

2

1

9

8

7

!

6

!

3

!

9

3

9

=

⋅

⋅

⋅

⋅

=

⋅

=

C

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).

40

4

10

!

3

!

1

!

4

!

3

!

2

!

5

1

4

2

5

=

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

⋅

=

C

C

A

21

10

84

40

)

(

=

=

A

P

Zadanie 18 Ze zbioru

{

}

7

;...;

2

;

1

losujemy jednocześnie dwie liczby. Oblicz

prawdopodobieństwo wylosowania dwóch liczb, których suma jest parzysta.

Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu dwóch liczb ze zbioru
7-mio elementowego.

21

!

5

!

2

!

7

2

7

=

⋅

=

=

Ω

C

A – zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu dwóch liczb, których suma
jest parzysta (dwie liczby parzyste lub dwie nieparzyste).

9

6

3

!

2

!

2

!

4

!

1

!

2

!

3

2

4

2

3

=

+

=

⋅

+

⋅

=

+

=

C

C

A

7

3

21

9

)

(

=

=

A

P

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

1

P A

Ł

Ł

Właściwość 4
Prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na zajściu jednego z dwu wykluczających się
zdarzeń A

1

lub A

2

równa się sumie prawdopodobieństw

( )

(

)

( )

( )

1

2

1

2

P A

P A

A

P A

P A

=

=

+

Č

Zadanie 19 Obliczyć prawdopodobieństwo, że losując z talii 52 kart jedną kartę, otrzymamy
pika lub kiera.
Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu jednej karty z 52.

1

52

Ω

52

C

=

=

A

1

– zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu pika

1

1

12

12

A

C

=

=

A

2

– zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu kier

1

2

12

12

A

C

=

=

( )

(

)

1

2

12 12

24

6

52

52 13

P A

P A

A

+

=

=

=

=

Č

Właściwość 5
Prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na zajściu przynajmniej jednego ze zdarzeń
A

1

, A

2

równa się sumie prawdopodobieństw tych zdarzeń zmniejszonej o

prawdopodobieństwo łącznego ich zajścia

( )

(

)

( )

( )

(

)

1

2

1

2

1

2

P A

P A

A

P A

P A

P A

A

=

=

+

−

∩

Č

Zadanie 20 Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że losując z talii 52 kart jedną kartę,
otrzymamy pika lub asa.
Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu jednej karty z 52.

1

52

Ω

52

C

=

=

A

1

– zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu pika

1

1

12

12

A

C

=

=

A

2

– zbiór zdarzeń sprzyjających, polegających na wylosowaniu asa

1

2

4

4

A

C

=

=

1

2

A

A

∩

- zbiór zdarzeń sprzyjających polegający na wylosowaniu asa pik

1

1

2

1

1

A

A

C

∩

=

=

( )

(

)

( )

( )

(

)

1

2

1

2

1

2

4

13

P A

P A

A

P A

P A

P A

A

=

=

+

−

∩

=

Č

Właściwość 6

7

Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia przeciwnego zdarzeniu A równa się jedności
zmniejszonej o prawdopodobieństwo zdarzenia A

( )

( )

1

P A

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.
Rozwiązanie:
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu jednocześnie 3 kul z 9

3

9

9!

Ω

6!3!

C

=

=

A’ – zbiór zdarzeń niesprzyjających, polegających na wylosowaniu 3 kul czarnych

3

4

4

A

C

˘

=

=

( )

( )

4

20

1

1

84

21

P A

P A˘

= −

= −

=

Zadanie 22 Na rysunku przedstawiono schemat fragmentu sieci komputerowej. Niech A

i

,

i = 1, 2, oznacza zdarzenie, że hub a

i

będzie sprawny co najmniej przez czas t. Obliczyć

prawdopodobieństwo poprawnego działania sieci co najmniej przez czas t jeżeli
P(A

1

) = P(A

2

) = p oraz P(A

1

A

2

) = p

2

Rys.1

P(A) – prawdopodobieństwo bezawaryjnego działania sieci w czasie t

( )

( )

(

)

( )

(

)

(

) (

)

2

1

2

1 1

1

1 1

1

2

P A

P A

P A

p

p

p 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

a)

( )

(

)

3

3

2

1 1

3

3

P A

p

p

p

p

= − −

=

−

+

b)

( )

3

P A

p

=

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

a

1

a

2

Odbiornik nie może przyjąć drugiego sygnału, jeśli nadejdzie on w czasie krótszym niż τ 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 następujący |x - y| > τ

Rys.3

( )

(

)

(

)

2

2

2

2

1

1

2

2

1

T

T

P A

T

T

τ

τ

τ

−

+

−



ć

=

=

−





č

ř

Zadanie 25 Dwa źródła 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

360

6

P A

− −

=

=

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?
Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu jednej kuli z urny

Ω 7

=

A – zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej

3

A

=

9

T

T

τ

τ

x

y

( )

3
7

P A

=

Ω|A – przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu kuli z urny, pod
warunkiem, że wcześniej wyciągnięto jedną kulę

Ω

6

A

=

B|A – zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano kulę białą

2

B A

=

( )

2
6

P B A

=

( )

(

)

( )

( )

3 2

1

7 6

7

P C

P A B

P A P B A

=

∩

=

= ⋅ =

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?
Rozwiązanie

Ω

- przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu 1 kartki

Ω 7

=

A – zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wyciągnięciu litery „t”

1
2

2

A C

=

=

P(A) = 2/7

Ω A - przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu 1 litery pod

warunkiem, że wcześniej wylosowano jedną literę

Ω

6

A

=

B|A – zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu litery „a” pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano literę „t”

3

B A

=

( )

3
6

P B A

=

(

)

( )

( )

2 1
7 2

P A B

P A P B A

∩

=

⋅

= ⋅

Ω AB - przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu litery pod

warunkiem, że wcześniej wylosowano 2 literki

Ω

5

AB

=

C|AB – zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu literki „t” pod warunkiem,
że wcześniej wylosowano literki t i a

1

C AB

=

(

)

1
5

P C A B

∩

=

10

(

)

(

)

(

)

1 1
5 7

P A B C

P A B P C A B

∩ ∩

=

∩

⋅

∩

= ⋅

(

)

(

)

(

)

1 1

35 2

P A B C

D

P A B C P D A B C

∩ ∩

∩

=

∩ ∩

⋅

∩ ∩

=

⋅

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?

Ω

- przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu urny

Ω 5

=

A

1

– zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu pierwszej urny

1

1

1

1

( )

5

A

P A

=

=

Ű

1

Ω

A

– przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu jednej kuli z pierwszej

urny

1

1

6

Ω

6

A

C

=

=

1

|

B A - zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,

że wcześniej wylosowano pierwszą urnę

1

1

1

1

1

|

1

( | )

6

B A

C

P B A

=

=

=

Ű

A

2

– zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu drugiej urny

2

2

1

1

( )

5

A

P A

=

=

Ű

2

Ω

A

– przestrzeń zdarzeń elementarnych polegających na wylosowaniu jednej kuli z drugiej

urny

2

1

6

Ω

6

A

C

=

=

1

|

B A - zbiór zdarzeń sprzyjających polegających na wylosowaniu kuli białej pod warunkiem,

że wcześniej wylosowano drugą urnę

1

2

1

2

1

|

1

( |

)

6

B A

C

P B A

=

=

=

Ű

…….
ostatecznie otrzymujemy

( )

( ) (

)

( ) (

)

( ) (

)

( ) (

)

( ) (

)

( ) (

)

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5

6

6

|

|

|

|

1 1 1 1 1 2 1 3 1 3

|

|

5 6 5 6 5 7 5 8 5 8

P B

P A P B A

P A P B A

P A P B A

P A P B A

P A P B A

P A P B A

=

+

+

+

+

+

+

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

Twierdzenie Bayesa

11