Elementy  Rachunku  

Prawdopodobieństwa  

 

• Czym zajmuje się rachunek 

prawdopodobieństwa ?

Badaniem praw rządzących 

Badaniem praw rządzących 

zjawiskami 

zjawiskami 

przypadkowymi.

przypadkowymi.

Elementy  Rachunku  
Prawdopodobieństwa

Przestrzeń zdarzeń 

elementarnych

Zdarzenie elementarne - pojęcie 
pierwotne teorii.

Przykład 1 
Doświadczenie 
polega na rzucie 
kostką 
sześcienną. 
Obserwujemy 
liczbę 
wyrzuconych 
oczek. Zdarzenie 
elementarne, to 
w

i

 = „wyrzucono 

i oczek”.

Wyrzucono jedno 
oczko.

Wyrzucono 6 
oczek.

Zbiór wszystkich możliwych 
zdarzeń elementarnych nazywamy 
przestrzenią zdarzeń. Ozn. .

W rozważanym doświadczeniu jest 6 
zdarzeń elementarnych.  = 

{w

1

,w

2

,w

3

,w

4

,w

5

,w

6

}.

Przykłady

Przykład 2    Niech 
doświadczenie polega na 
rzucie monetą. Zdarzenia 
elementarne to 
O=„wyrzucono orła” i 
R=„wyrzucono reszkę” 
Przestrzeń zdarzeń 
elementarnych     = 

{O,R}.

Przykład 3    Rzucamy 
dwoma monetami. Możliwe 
sytuacje możemy 
scharakteryzować parą : 
wynik uzyskany na 
pierwszej monecie i wynik 
uzyskany na drugiej 
monecie. Czyli 
={(O,O),(O,R),(R,R),

(R,O)}.

Przykład 4   Na zawodach narciarskich każdy zawodnik 
oddaje 2 skoki. Wynik każdego skoku można uznać za 
zdarzenie losowe. Długość skoku mierzymy z 
dokładnością do 0.5 m. Na rozważanej skoczni nie można 
oddać dłuższego skoku niż 140 m. 
 = {(x,y): x długość pierwszego, a y długość drugiego 

skoku}= {0, 0.5, 1, 1.5, 2, ..., 139, 139.5, 140}

Przestrzeń zdarzeń składa się z 281 zdarzeń 
elementarnych.

Zdarzenia

Definicja Zdarzenie to podzbiór zbioru zdarzeń 
elementarnych.

Przykład  

W doświadczeniu z rzutem jedną kostką  sześcienną 
niech w

1

,w

2

,...w

6

 oznaczają odpowiednio zdarzenia 

elementarne polegające na wyrzuceniu 1,2  ... lub 6 
oczek.  = {w

i

 : i=1,2...6}.

Zdarzenie A=„wypadła liczba parzysta”, to podzbiór 
przestrzeni zdarzeń elementarnych A={w

2

,w

4

,w

6

}.

Zdarzenie B=„ wypadło więcej niż 4 oczka”, zachodzi 
wtedy i tylko wtedy, gdy wypadło 5 lub 6 oczek, czyli 
B={w

5

,w

6

}.

Zdarzenie C=„wypadły co najwyżej 4 oczka”, zachodzi 
wttw, gdy wypadło 1 lub 2 lub 3 lub 4 oczka.    C = 
{w

1

, w

2

,w

3

,w

4

}.

Zdarzenia c.d.

 A   oraz

 A = {a

1

, ... 

,a

n

}.

zdarzenia elementarne

sprzyjające zdarzeniu A

Przykład 

W doświadczeniu polegającym na rzucie dwoma 
kostkami  mamy        = {w

ij

 : i,j=1,2...6}.  

Zdarzenie A=„co najmniej raz wypadła szóstka” , to 
podzbiór 

{w

6i

 : i=1,2...6} {w

i6

 : i=1,2...5}.  

Zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A 
jest 11.

Zdarzenie B= „suma oczek wynosi 8”, to podzbiór 

{w

26

 , w

35

 , w

44

 , w

53

 , w

62

 }. 

Jest tylko 5 zdarzeń elementarnych sprzyjających 
zdarzeniu B.

Przykład  W doświadczeniu z rzutem jedną kostką  
sześcienną niech 

W = {wi : i=1,2...6}.

Zdarzenie A=„wypadła liczba parzysta”, to 
podzbiór przestrzeni zdarzeń elementarnych 
A={w2,w4,w6}.
Zdarzenie B=„ wypadły więcej niż 4 oczka”, 
zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wypadło 5 lub 6 
oczek, czyli B={w5,w6}.
Zdarzenie C=„liczba wyrzuconych oczek jest 
kwadratem liczby naturalnej”, zachodzi wttw, gdy 
wypadło 1 lub 4 oczka. 
 C = {w1, w4}.
Zdarzenie  D=„liczba wyrzuconych oczek 
przystaje do 1 modulo 3, zachodzi wttw gdy liczba 
wyrzuconych oczek przy dzieleniu przez 3 daje 
resztę 1. Czyli D = {w1, w4 }.

Przykłady zdarzeń

Działania na zdarzeniach

Na zdarzeniach wykonujemy takie same operacje jak 
na zbiorach.

A= 

wszystkie zdarzenia elementarne

 sprzyjają temu zdarzeniu

A= 

żadne zdarzenie elementarne nie

 sprzyjają temu zdarzeniu

zdarzenie pewne

zdarzenie niemożliwe

Powiemy, że dwa zdarzenia są identyczne jeśli 

mają te same zbiory sprzyjających zdarzeń 

elementarnych.  Por. zdarzenia C i D z 

poprzedniego przykładu.

c.d. Operacje na 

Zdarzeniach

Przykład  Doświadczenie z rzutem 2 kostkami 
sześciennymi.
A =„suma oczek jest liczbą parzystą lub 
nieparzystą”
B =„w sumie wypadło co najwyżej 12 oczek”
C  = „ w sumie wypadło 17 oczek”
D = „iloczyn wyrzuconych oczek jest liczbą 
parzystą”
E = „co najmniej na jednej kostce jest liczba 
parzysta”
F = „wyrzucono co najmniej raz 6”
G = „wyrzucono co najmniej raz 5”

zdarze
nia 
pewne

zdarzenie 
niemożliwe

zdarzeni
a 
identycz
ne

iloczyn tych zdarzeń to 
„suma wyrzuconych 
oczek wynosi 11”

Zdarzenie FG jest realizowane przez zdarzenia 
elementarne {w

6i

: i=1,2,3,4,5,6} {w

i6

 : i=1,2,3,4,5} 



 

{

w

5i

: i=1,2,3,4,5}  {w

i5

 : i=1,2,3,4}

. Jest 20 zdarzeń 

elementarnych sprzyjających zdarzeniu FG. 
Zdarzenie „ani razu nie wystąpiła 6 ani 5” to zdarzenie 
-(F  G)= {w

ij

: i,j=1,2,3,4} . Zdarzeń sprzyjających jest tu  

16.

Wykluczanie się zdarzeń

Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A 
nazywa się zdarzenie A’=  - A.

Zdarzeniu A’ 

sprzyjają tylko te zdarzenia 

elementarne, które

nie należą do A

Powiemy, że dwa zdarzenia A 
i B wykluczają się          A B 

=  .

W doświadczeniu polegającym na 
wylosowaniu kolejno ze zwracaniem 2 
kart,  zdarzenia
 A= „wylosowano za każdym razem  
asa”     i 

 B =„za drugim razem wylosowano 
dziesiątkę”
 są zdarzeniami wykluczającymi się.

Nie ma takich zdarzeń 

elementarnych, które 

sprzyjają równocześnie  

obu zdarzeniom

Pojęcie 

prawdopodobieństwa

Niech  oznacza przestrzeń zdarzeń 

elementarnych. Prawdopodobieństwem 
nazywamy funkcję P określoną na zdarzeniach 
taką, że

(1)   P(A) 0 dla dowolnego zdarzenia A,
(2)   P(A B) = P(A) + P(B) dla dowolnych 

zdarzeń A, B wykluczających się,

(3)   P() = 1.

definicja

Kołmogorowa

(2) własność σ-addytywność

Jeżeli zdarzenia A

1

,A

2

,...A

n

 wykluczają się parami, to

P(A

1 

 ...  A

n

) = P(A

1

) + P(A

2

) + ...+ P(A

n

).    

Dowód przez indukcje ze względu na n.     

)

(

1

1

























i

i

i

i

A

P

A

P



j

i

      







j

i

A

A

Obliczanie 

prawdopodobieństw

Niech  = {w

1

, w

2

, ...w

n

} i załóżmy, że wszystkie 

zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, 
P(w

i

) = p.

Na mocy poprzedniego twierdzenia mamy:

P() = P({w

1

, w

2

, ...w

n

}) = P({w

1

} { w

2

}  ...  

{w

n

} ) = 

P(w

1

) + P( w

2

) + ... +P(w

n

) = n*p.

   Stąd    p = 
1/n.

Podobnie, jeśli rozważymy dowolne zdarzenie A = {wi

1

, 

wi

2

, ...wi

k

}, to

P(A) = P({wi

1

, wi

2

, ...wi

k

}) = P({wi

1

} { wi

2

}  ... 

 {wi

k

} ) = 

P(wi

1

) + P( wi

2

) + ... +P(wi

k

) = k*p.

 Stąd  P(A) = 
k/n

Przykład 1

Rzut dwiema kostkami. 

(a) A =„na obu kostkach wypadło 6 
oczek”

(b) B = „suma wyrzuconych oczek 
wynosi 10”

(c) C = „suma wyrzuconych oczek 
wynosi 7”

A={(6,6)} więc

 P(A)= 1/36.

Przestrzeń zdarzeń 

elementarnych  

ma 36 elementów.

B= {(4,6), (5,5), 
(6,4)},

więc P(B) = 3/36 
=1/12.

C = {(1,6),(2,5), (3,4),
(4,3),(5,2),(6,1)} więc

P(C)= 6/36=1/6.

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) 
(1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) 
(2,6)
(3,1)  (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) 
(3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) 
(4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) 
(5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) 
(6,6) 

Przestrzeń zdarzeń 
elementarnych

Przykład 2

Przykład 2

Przykład 2

9 osób  {a,b,c,..g,h,i} siada przy 
okrągłym stole. Jakie jest 
prawdopodobieństwo, że osoby a, b 
będą siedziały obok siebie?

Przestrzeń zdarzeń 
elementarnych, to zbiór 
wszystkich możliwych ustawień 9 
osób na 9   miejscach. 

card()= 9!

a

b

Jest 9 możliwych pozycji dla 
pary (a,b) i 9 możliwych pozycji 
dla pary (b,a).

Pozostałe osoby mogą być 
rozmieszczone dowolnie, tzn 7! 
możliwych ustawień.

Ostatecznie, szukane 
prawdopodobieństwo 
 = 2*9*7!/9!=1/4

Przykład 3

W urnie jest 9 kul ponumerowanych od 1 do 9. 
Losujemy bez zwracania dwie kule. Pierwsza z nich 
jest traktowana jako liczba jedności a druga jako 
liczba dziesiątek. Jakie jest prawdopodobieństwo 
zdarzenia A = „wylosowano liczbę parzystą”

4

6

Jeśli za pierwszym razem wylosowano

 

 a za drugim razem 
wylosowano

to wylosowana liczba wynosi 6*10 
+ 4 = 64.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych   = {(k,l) : 

k,l{1,2,...9} oraz k l}.

9*8 elementów

Zdarzeniu A sprzyjają  zdarzenia 
elementarne (2,x), gdzie x  2, 

(4,x), gdzie x  4, 

(6,x), gdzie x  6,

(8,x), gdzie x  8.

Razem jest ich 4*8.

Zatem  P(A)= 4*8/(9*8) = 4/9.

Przykład 4

Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest 
prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach dokładnie 
4 razy pojawi się orzeł?

Przestrzeń zdarzeń 
elementarnych to zbior ciągów o 
wartościach O-orzeł i R-reszka.

Takich elementów jest tyle

 ile różnych funkcji 

ze zbioru 10 elementowego 

w zbiór 2 elementowy, tzn. 2

10

.

Zdarzeniu A sprzyjają 
wszystkie zdarzenia 
elementarne, w których na 4 
pozycjach są orły a na 
pozostałych reszki.

Jest ich tyle,

ile podzbiorów 

4 elementowych, 

tzn.(10 nad 4)

Ostatecznie  P(A) = (10 nad 4) / 2 

10

.

Własności prawdopodobieństwa

Niech  będzie przestrzenią zdarzeń 

elementarnych.Wtedy

(a) P(



) = 0

(b) jeżeli A   B, to P(A) 

 

P(B),

(c) dla każdego A  , P(A) 



 1,

(d) P(A’) =1 - P(A), 
(e) P(A B) = P(A) + P(B) - P(AB)

Ad. Dowód (b).    B= (B-A)  A

Ad. Dowód (e).   A 



 B = A 



(B-A)

                   B= (B-A) 



 (A 



 

B)

Rzucamy 3 razy kostką. jakie jest 
prawdopodobieństwo zdarzenia A=„choć raz 
wypadła 6” ?

Rozwiązanie. Zbiór zdarzeń elementarnych = {(x,y,z): 

x,y,z {1,2,...6}}. card(W)= 6

3

. Zdarzenie przeciwne do A, 

A’ =„ani razu nie wypadła 6”.

A’={(x,y,z): x,y,z {1,2,3,4,5}}. Zatem P(A’) = 5

3

/6

3

, więc 

P(A) = 1- 5

3

/6

3

.

Przykłady

Przykład Rzucamy dwiema różnokolorowymi kostkami do 
gry i rozważamy dwa zdarzenia      A = „ suma oczek 
wyrzuconych wyniesie 8”

B = „obie liczby oczek są nieparzyste”

Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A 



 B?

Rozwiązanie
Na mocy twierdzenia  P(A B) = P(A) + P(B) - P(AB).
Ponieważ  A={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3), (6,2)} 

B ={(x,y): x,y=1,3,5}  oraz
A  B = {(3,5),(5,3)}

Zatem P(A B) = 5/36 + 9/36 - 

2/36 = 1/3.

Przykład Rzucamy 10 razy 
monetą. jakie jest 
prawdopodobieństwo, że 
choć raz dostaniemy orła?

Zbiór zdarzeń elementarnych

 to zbiór funkcji,

 f : {1,2,3...,10} -> {O,R}.

Policzymy najpierw P(A’).

Mamy P(A’)=1/2

10

Stąd    P(A)= 1-1/1024.

Prawdopodobieństwo warunkowe

Przykład

1

2

3 4

W urnie znajdują sie 4 kule: dwie czerwone i dwie 
niebieskie ponumerowanie od 1 do 4. Losujemy 2 
kule bez zwracania. 

Przestrzeń zdarzeń elementarnych to {(x,y): x y i 

x,y =1,2,3,4}. card () = 4*3 =12. Zakładamy, że 

zdarzenia elementarne  są jednakowo 
prawdopodobne. Czyli P(x,y)=1/12.

Rozważmy zdarzenia: A=” za drugim razem niebieska 
kula”, 

       B= „ za pierwszym razem kula 

czerwona”.

Zdarzeniu A sprzyja 6 zdarzeń: (

1

,

3

),(

1

,

4

),(

3

,

4

),(

2

,

3

),

(

2

,

4

), (

4

,

3

).

Zdarzeniu B sprzyja 6 zdarzeń el. : (

1,2

),(

1

,

3

),(

1

,

4

),

(

2,1

),(

2

,

3

), (

2

,

4

).

P(A)=6/12

Jeśli wiemy, że zaszło zdarzenie B po pierwszym 
losowaniu, to jakie jest prawdopodobieństwo 
zdarzenia A?

Zdarzeniu A sprzyjają 4 zdarzenia el. występujące w B, czyli 
P(A/B)= 4/6.

Prawdopodobieństwo warunkowe 

c.d.

Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A pod 
warunkiem, że zajdzie zdarzenie B, P(A|B), 
wyraża się wzorem:

                               gdy  P(B) >0

Zdarzenia elementarne to trójki (x,y,z) 
gdzie x,y,z =1,2,3,4,5,6. Jest ich 
6*6*6.

Przykład Rzucamy 3 kostkami. Jakie jest 
prawdopodobieństwo, że A=„chociaż na jednej kostce 
wypadnie 1”, jeśli B=„na każdej kostce wypadnie inna liczba 
oczek”.

Zdarzeń sprzyjających B 
jest tyle ile funkcji 1-1na zb. 
3 elem. w zbiór 6 
elementowy. Jest ich 6*5*4. 
Czyli P(B) = 6*5*4/(6*6*6).

Zdarzeniu A  B sprzyjają 

trójki (1,x,y) ,(x,1,y), (x,y,1) 
gdzie x jest jedną z 5 
wartości a y jedną z 4 
wartości. P(A  B)= 

5*4*3/6

3

Ostatecznie  P(A|B) = (10/36)/(20/36)= 
1/2

 

)

(

)

(

)

(

B

P

B

A

P

B

A

P





Prawdopodobieństwo warunkowe

Przykład

1

2

3 4

W urnie znajdują się 4 kule: dwie czerwone i dwie 
niebieskie ponumerowanie od 1 do 4. Losujemy 2 
kule bez zwracania. 

Rozważmy zdarzenia: A=” za drugim razem niebieska 
kula”, 

       B= „ za pierwszym razem kula 

czerwona”.

Zdarzeniu A sprzyja 6 zdarzeń: (

1

,

3

),(

1

,

4

),(

3

,

4

),(

2

,

3

),

(

2

,

4

), (

4

,

3

).

Zdarzeniu B sprzyja 6 zdarzeń el. : (

1,2

),(

1

,

3

),(

1

,

4

),

(

2,1

),(

2

,

3

), (

2

,

4

).

Jeśli wiemy, że zaszło zdarzenie B po pierwszym 
losowaniu, to jakie jest prawdopodobieństwo 
zdarzenia A?

Zdarzeniu A sprzyjają 4 zdarzenia el. występujące w B, czyli 
P(A/B)= 4/6.

12

4

})

4

,

2

{

},

3

,

2

{

},

4

,

1

{

},

3

,

1

({

)

(







P

B

A

P

3

2

12

6

12

4

)

(

)

(

)

(









B

P

B

A

P

B

A

P

Zdarzenia elementarne to trójki (x,y,z) 
gdzie x,y,z =1,2,3,4,5,6. Jest ich 
6*6*6.

Przykład Rzucamy 3 kostkami. Jakie jest 
prawdopodobieństwo, że A=„chociaż na jednej kostce 
wypadnie 1”, jeśli B=„na każdej kostce wypadnie inna liczba 
oczek”.

Zdarzeń sprzyjających B 
jest tyle ile funkcji 1-1na zb. 
3 elem. w zbiór 6 
elementowy. Jest ich 6*5*4. 
Czyli P(B) = 6*5*4/(6*6*6).

Zdarzeniu A  B sprzyjają 

trójki (1,x,y) ,(x,1,y), (x,y,1) 
gdzie x jest jedną z 5 
wartości a y jedną z 4 
wartości. P(A  B)= 

5*4*3/6

3

Ostatecznie  P(A|B) = (10/36)/(20/36)= 
1/2

 

Niezależność zdarzeń

Zdarzenia A i B nazywamy niezależnymi, 
jeśli  

P(A  B) = P(A) * P(B).

Zauważmy, że jeśli A i B stanowią parę zdarzeń 
niezależnych, to 
P(A|B) = P(A  B)/P(B) = P(A) .

Czyli, zajście zdarzenia B nie wpływa na 
prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A. Zdarzenie 
A nie zależy od tego czy zajdzie czy też nie zdarzenie 
B.

Przykład  Z talii kart losujemy 2 ze zwracaniem. 
Rozważmy zdarzenia A =„ za pierwszym razem 
wylosowano  asa” B = „ za drugim razem wylosowano 
asa”.  Mamy

P(A  B) = (4*4)/52

2

       P(A)= 4/52    P(B) = 4/52, czyli 

P(A  B) = P(A) * P(B), a więc są to zdarzenia 

niezależne.