Zadania

1) Rzucono 10 razy kostką do gry, otrzymując trzykrotnie szóstkę. Ile wynosi prawdopodobieństwo tego, że w ostatnim rzucie wypadło sześć oczek? Ω = 6^10 Stosując wzór Bernoulliego - liczba 2 szóstek w 9 rzutach

2) Rzucamy 3 razy dwiema kostkami symetrycznymi do gry. Obliczyć prawdopodobieństwo, że co najmniej dwa razy suma wyrzuconych oczek będzie większa od 9. Ω = 36 (6^2) A - suma oczek > 9 (czyli 2 razy lub 3) (6,6); (6,5); (5,6); (5,5); (6,4); (4,6) P(A) = 6/36 = 1/6 Dalej schemat Bernoulliego: $\begin{pmatrix} \mathbf{3} \\ \mathbf{2} \\ \end{pmatrix}$ * (1/6)^2 * (5/6)^1 + $\begin{pmatrix} \mathbf{3} \\ \mathbf{3} \\ \end{pmatrix}$ * (1/6)^3 * (5/6)^0 = 16/216 == 0,074

3) Wyznacz liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu losowemu , gdzie A i B są następującymi zdarzeniami: A - w dwukrotnym rzucie kostką za pierwszym razem wypadła parzysta liczba oczek; B - w dwukrotnym rzucie kostką za drugim razem wypadła parzysta liczba oczek. A: (2,x), (4,x), (6,x), x=1,2,3,4,5,6 B: (x,2), (x,4), (x,6), x=1,2,3,4,5,6 AuB = wszystkie możliwości Ω = 36 P(A) = (3*6)/36 = 18/36 = 1/2 P(B) = 1/2 P(AnB) = 3/36 = 1/12 P(AuB) = P(A) + P(B) - P(AnB) = 1 - 1/12 = 11/12

4) Doświadczenie polega na jednokrotnym rzucie trzema symetrycznymi kostkami. Opisz zbiór "omega". Określ prawdopodobieństwo następujących zdarzeń: Ω = 216 (6^3) Zb. OMEGA = {(x,y,z): x,y,z = 1,2,3,4,5,6} A - na każdej kostce wypadła inna liczba oczek: P(A) = 6*5*4/216 = 120/216 B - suma wyrzuconych oczek wynosi 6: (1,1,4), (1,4,1), (4,1,1), (2,2,2), (3,2,1), (3,1,2), (1,3,2), (1,2,3), (2,1,3), (2,3,1) P(B) = 10/216 C - dwa oczka wypadły co najmniej raz (2,y,z), (x,2,z), (x,y,2), (2,2,z), (2,y,2), (x, 2,2), (2,2,2) (1*5*5)*3+ (1*1*5)*3 + 1 = 91 P(C ) = 91/216

5) Rzucamy dwukrotnie kostką. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeń: A - suma oczek jakie wpadną w obydwu rzutach jest równa co najmniej ; B - iloczyn oczek jakie wypadną w obydwu rzutach jest mniejszy od . Ω = 36 A' - suma oczek w obydwu rzutach jest równa co najwyżej 3: (1,1),(1,2), (2,1) P(A) = 1 - P(A') = 1 - 3/36 = 11/12 B' - iloczyn oczek jakie wypadną w obydwu rzutach jest większy bądź równy 25. (5,5), (5,6), (6,5), (6,6) P(B) = 1 - 4/36 = 8/9

6) Rzucamy trzy razy symetryczną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest 3. Ω = 6^3 = 216 A - najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest 3 (3,y,z)(x,3,z)(x,y,3)(3,3,z)(3,y,3)(x,3,3)(3,3,3), x,y,z = 4,5,6 |A| = (1*3*3)+(3*1*3)+(3*3*1)+(1*1*3)+(1*3*1)+(3*1*1)+1 = 9+9+9+10 = 37 P(A) = 37/216

7) Rzucamy razy kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia co najmniej dwa razy oczek. Ω = 6^7 A - wyrzucono co najmniej dwa razy 6 oczek A' - wyrzucono co najwyżej raz 6 oczek (czyli raz albo wcale) (6xxxxxx)(x6xxxxx)(xx6xxxx)(xxx6xxx)(xxxx6xx)(xxxxx6x)(xxxxxx6)(xxxxxxx) gdzie x = 1,2,3,4,5 ( 1 * 5 * 5 * 5 * 5 * 5 * 5 ) * 7 + ( 5 * 5 * 5 * 5 * 5 * 5 * 5 ) = 5^6*7 + 5^7 = 5^6*7 + 5^6 * 5 = = 5^6 (7 + 5) możliwości P(A) = 1 - P(A') = 1 - (5^6 (7 + 5))/6^7

8) Rzucamy razy monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że razy wypadnie orzeł. Ω = 2^4 = 16 A - 3 razy wypadnie orzeł (OOOR), (ROOO), (OROO), (OORO) P(A) = 4/16 = 1/4

9) Rzucamy razy monetą. Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo, że co najmniej raz wypadnie reszka. Ω = 2^100 A' - ani razu nie wypadnie reszka P(A') = 1/2^100 P(A) = 1 - 1/2^100

10) Zdarzenie A polega na otrzymaniu co najmniej dwóch reszek w dziesięciu rzutach symetryczną monetą. Na czym polega zdarzenie przeciwne do zdarzenia A? Wyznacz liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A oraz zdarzeń sprzyjających zdarzeniu przeciwnemu do A. Ω = 2^10 A - wyrzucono co najmniej dwie reszki A' - wyrzucono co najwyżej jedną reszkę (czyli jedną albo wcale) Liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A: $$\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{2} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{3} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{4} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{5} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{6} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{7} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{8} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+}\begin{pmatrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{9} \\ \end{pmatrix}\mathbf{+ (}\begin{matrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{10} \\ \end{matrix}\mathbf{)}$$ Liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A: $$\mathbf{(}\begin{matrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{0} \\ \end{matrix}\mathbf{) + (}\begin{matrix} \mathbf{10} \\ \mathbf{1} \\ \end{matrix}\mathbf{)}$$

11) Dokonujemy trzech rzutów monetą. Obliczyć prawdopodobieństwo, że: Ω = 2^3 = 8 A - orzeł pojawi się 2 razy (OOR)(ORO)(ROO) P(A) = 3/8 B - orzeł pojawi się co najwyżej 2 razy (ale pojawi się!) (OOR)(ORO)(ROO)(RRO)(ROR)(ORR) P(B) = 6/8 B2 - orzeł pojawi się co najwyżej 2 razy (albo wcale) (OOR)(ORO)(ROO)(RRO)(ROR)(ORR)(RRR) P(B2) = 7/8 B2' - orzeł pojawi się 3 razy (OOO) P(B2') = 1/8 C - orzeł pojawi się co najmniej 2 razy. (OOR)(ORO)(ROO)(OOO) P(C ) = 4/8

12) Co jest bardziej prawdopodobne: wyrzucenie orłów w rzucie monetami czy wyrzucenie orłów w rzucie monet? OMEGA_A = 2^4 = 16 A - wyrzucenie 2 orłów (OORR)(ROOR)(RROO)(ORRO)(RORO)(OROR) (2 orły w 4 rzutach) = 4 nad 2 = 4! / (4-2)!*2! = 6 P(A) = 6/16 = 12/32 OMEGA_B = 2^6 = 64 B - wyrzucenie 3 orłów (3 orły w 6 rzutach) = 6 nad 3 = 6!/(6-3)!*3! = $\frac{\mathbf{2}\mathbf{*}\mathbf{3}\mathbf{*}\mathbf{4}\mathbf{*}\mathbf{5}\mathbf{*}\mathbf{6}}{\mathbf{2}\mathbf{*}\mathbf{3}\mathbf{*}\mathbf{2}\mathbf{*}\mathbf{3}}$ = 20 P(B) = 20/64 = 10/32 P(A) > P(B) Bardziej prawdopodobne jest wyrzucenie 2 orłów w rzucie 4 monet.

13) W pudełku jest kul białych i czarnych, wyciągamy losowo kule. Oblicz prawdopodobieństwo następujących zdarzeń: KOMBINACJE - ważne podzbiory, nie kolejność! Ω = (12 nad 2) = 11*12/2 = 66 A - wyciągnięto kule białe |A| = (5 nad 2)*(7 nad 0) = 10 P(A) = 10/66 B - wyciągnięto kule tego samego koloru |B| = (5 nad 2)*(7 nad 0) + (5 nad 0)*(7 nad 2) = 31 P(B) = 31/66 C - wyciągnięto kule różnokolorowe C = (5 nad 1)*(7 nad 1) = 35 P(C) = 35/66

14) W urnie są kule białe i czarne. Losujemy jedną kulę i bez sprawdzania jej koloru, wkładamy do urny z kulami białymi i czarnymi. Oblicz prawdopodobieństwo, że kula wylosowana z drugiej urny jest czarna. P(A) = 4/6 * 5/9 + 2/6 * 6/9 = 16/27

15) W urnie jest kul czarnych i białe, a w urnie jest kul czarnych i białe. Z każdej urny losujemy jedną kulę i wkładamy do pustej urny . Następnie z urny losujemy jedną kulę. Oblicz, ile musi być kul czarnych w urnie, aby prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej z urny było większe od . Urna U1 = 6czarnych i 4białe Urna U2 = mczarnych i 2 białe Urna U3 = pusta (potem 2 kule znanego koloru) A - z urny U3 wylosowano czarną kulę P(A) > 0,7 Przy dwóch kulach są możliwe 4 wyniki w urnie 3: CZB; BCZ, CZCZ, BB. Wynikiem sprzyjającym zdarzeniu A jest CZB, BCZ, CZCZ ( 6/10 + 2/(m+2) ) * 1/2 + (4/10 + m/(m+2) ) * 1/2 + (6/10 + m/(m+2)) > 0,7 > 0,7 6m/(10m+20) + 1/2 * (12/(10m+20) + 4m/(10m+20)) > 0,7 6m/(10m+20) + 1/2 * ((12+4m)/(10m+20)) > 0,7 6m/(10m+20) + ((6+2m)/(10m+20)) > 0,7 8m+6/(10m+20) > 0,7 8m + 6 > 7m + 14 m > 8 Czarnych kul w drugiej urnie powinno być 9 lub więcej.

16) W trzech urnach znajdują się kule białe i czarne, przy czym w każdej z nich jest tyle samo kul białych co czarnych. Z każdej urny losujemy jedną kulę i, nie oglądając jej, wrzucamy do czwartej (początkowo pustej) urny. Następnie z czwartej urny losujemy jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z czwartej urny.  Przełożymy 3 kule czarne: Prawdopodobieństwo wylosowania białej:   Przełożymy 2 czarne, 1 białą: Wylosujemy białą:  Przełożymy 1 czarną, 2 białe: Wylosujemy białą:  Przełożymy 3 białe: Wylosujemy białą: Czyli razem: wylosujemy białą:

17) W urnie są kule białe, czarne i zielonych. Losujemy ze zwracaniem kule. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wśród wylosowanych kul: Ω = 11 * 11 * 11 = 1331 a) nie będzie kuli czarnej A - nie będzie wylosowanej czarnej kuli A' - będzie wylosowana chociaż jedna czarna kula (czyli 1, 2 lub 3) |A'| = [ 4*(2+5)*(2+5) ] *3 + [(4*4*7)]*3 + (4*4*4) = 588+336+64=988 P(A) = 1 - P(A') = 1 - 988/1331 = 343/1331 b) będzie przynajmniej jedna kula czarna B - wylosowana zostanie przynajmniej jedna czarna kula Zdarzenie B = zdarzenie A' P(B) = 988/1331 c) będzie kula czarna i zielona C - wylosowane zostaną: pojedyncza kula czarna, pojedyncza kula zielona (i w efekcie kula biała) |C| = (4*5*2)* 6 = 240 (6 booo 1 kula może być wybrana na 3 sposoby-3 kolory, potem 2, 1: 3*2*1) (CZ,Z,B)(CZ,B,Z)(Z,CZ,B)(Z,B,CZ)(B,Z,CZ)(B,CZ,Z). ok P(C) = 240/1331 (ok. nie doczytałam treści zadania, BOOO mogły być 2 czarne i 1 zielona, albo 2 zielone i 1 czarna, PATRZ NIŻEJ).   "przynajmniej jedna kula czarna i przynajmniej jedna zielona". d) będą kule biała i czarna

18) W urnie mamy białe kule i czarnych. Losujemy razy po jednej kuli, zwracając za każdym razem kule do urny. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy razy kulę białą? Ω = 11^5 A - wylosowano 3 razy kulę białą Prawdopodobieńswto wylosowania białej: Losujemy 5 razy i chcemy 3 razy otrzymać białą:

19) W urnie znajduje się kul: kul białych, czarnych, zielonych. Wyjęto losowo jedną kulę i, nie oglądając jej, odłożono na bok. Oblicz prawdopodobieństwo, że za drugim razem wylosowano kule białą. A - za drugim razem wylosowano kulę białą P(A) = 10/25*9/24 + 9/25*10/24 + 6/25*10/24 = …

20) W urnie jest zielonych i żółtych kul. Na ile sposobów możemy losowo wyjąć kul w tym: a) zielone i żółte; b) co najmniej żółte? Na ile sposobów mogę wybrać 5 kul z 18: Ω = $C\begin{matrix} 5 \\ 18 \\ \end{matrix} = \begin{pmatrix} 18 \\ 5 \\ \end{pmatrix} = \mathbf{\ }\frac{\mathbf{18!}}{\left( \mathbf{18 - 5} \right)\mathbf{!5!}}\mathbf{= \ }\frac{\mathbf{14*15*16*17*18}}{\mathbf{2*3*4*5}}\mathbf{= \ }$7 * 4 * 17 * 18 = 8568 a) 3 zielone i 2 żółte: Na ile sposobów mogę wybrać 3 kule z 10 zielonych: $$C\begin{matrix} 3 \\ 10 \\ \end{matrix} = \begin{pmatrix} 10 \\ 3 \\ \end{pmatrix} = \ \frac{10!}{7!3!} = \frac{8*9*10}{6} = 120$$ Na ile sposobów mogę wybrać 2 kule z 8 żółtych: $C\begin{matrix} 2 \\ 8 \\ \end{matrix}$ = 8!/6!*2! = 28 3 kule zielone i 2 żółte mogę wybrać na |A| = 120*28 = 3360 sposobów. b) co najmniej żółte?

21) Do urny zawierającej kule wrzucono kulę białą, a następnie wylosowano jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowano kulę białą, jeśli wszelkie możliwe przypuszczenia o początkowym składzie kul w urnie (wg kolorów) są jednakowo prawdopodobne? Założenie: możliwe kolory: czarny lub biały. Zestawy urn są nastepujące: 1)3xB+1xB, 0xC, 2)2xB+1xB, 1xC, 3)1xB+1xB, 2xC, 4)0xB+1xB, 3xC. Wówczas:

22) W urnie jest kul zielonych. Ile kul czerwonych trzeba dorzucić, aby prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej było równe ? Ω = ilość kul zielonych (12) + ilość kul czerwonych x A - wylosowano kulę czerwoną |A| - ilość zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A |A| = x P(A) = 4/10 P(A) = |A|/OMEGA $$\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{10}}\mathbf{= \ }\frac{\mathbf{x}}{\mathbf{12 + x}}$$ 4(12+x) = 10x 6x = 48 x = 8 Należy dorzucić 8 kul czerwonych.

23) Zdarzenia losowe i wykluczają się i dają łącznie zdarzenie pewne. Wiadomo, że B jest zdarzeniem losowym spełniającym warunki: , i . Wówczas zawsze: a) -? b) - tak c) - tak P(A1)+P(A2)=1 oraz P(A1 n A2)=0 (zdarzenia przeciwne) Zatem P(B n A1) + P(B n A2) = P(B) = 5/16 jeśli P(A1) = x P(A2) = 1 - P(A1) = 1 - x wzór na prawdopodobieństwo warunkowe: P(B|A1)= P(B n A1)/P(A1) = 1/3 stad P(B m A1) = 1/3 *x analogicznie P(B|A2)= P(B n A2)/P(A2) = 1/4 stad P(B n A2) = 1/4 *(1-x) I w końcu możemy sobie powyliczać to co trzeba: 5/16 = x/3 +1/4 - x/4 co w końcu daje nam: x = 12/16 = 3/4 = P(A1) P(A2 n B) = 1/4 * 1/4 = 1/16 P(A1|B) = 1/3 * 3/4 * 16/5 = 4/5 = 0,8

24) Gołąb pocztowy dociera do adresata z prawdopodobieństwem . Ile gołębi należy wysłać, by prawdopodobieństwo przekazania korespondencji było większe niż ? A - X gołębi pocztowych dotarło do adresata Gołębi musi być więcej niż 6.

25) Sprawdzić czy zdarzenia: A - polegające na tym, że liczba naturalna jest podzielna przez 2 B - polegające na tym, że liczba naturalna jest podzielna przez 3 są niezależne. Przyjmijmy ze liczby naturalne liczymy od 1 (bez 0) prawdopodobieństwo zdarzenia A: P(A) = 1/2 (bo co druga liczba jest parzysta/podzielna przez 2) prawdopodobieństwo zdarzenia B: P(B)= 1/3 (bo co trzecia liczba jest podzielna przez 3) zdarzenia są niezależne <=> P(AnB)=P(A)*P(B) P(A)*P(B) = 1/2*1/3 = 1/6 P(AnB)=1/6 (bo co 6 liczba jest zarówno podzielna przez 3 jak i przez 2) Czyli: P(AnB)=P(A)*P(B) wiec zdarzenia są niezależne :]

26) Obliczyć , jeżeli zdarzenia A,B,C są (wzajemne) niezależne, a ich suma jest zdarzeniem pewnym. Zdarzenia niezależne, to nie to samo, co zdarzenia wyłączające się (rozłączne)! Zdarzenia A i B nazywamy niezależnymi: P(AnB) = P(A)*P(B) Zdarzenia A, B, C są niezależne, p=P(A)=P(B)=P(C) oraz P(AuBuC)=1 (**) P(AuBuC) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AnB) - P(AnC) - P(BnC) + P(AnBnC) P(AnB) = P(AnC) = P(BnC) = p*p = p^2 /bo zdarzenia niezależne/ Zakładamy, że zdarzenia A, B i C są wzajemnie niezależne wtedy P(AuBuC) = P(A)*P(B)*P(C) = p^3 Podstawiając to wszystko do (**), mamy: 1 = 3p - 3p^2 +p^3 0=p^3 - 3p^2 + 3p -1 0=(p-1)^3 p=1.

27) Losujemy dwie liczby z odcinka [0..1] z rozkładu jednostajnego. Jakie jest: A: prawdopodobieństwo, że mniejsza z nich jest mniejsza od ; B: wartość oczekiwana mniejszej z nich (całki). Prawdopodobieństwo wylosowania liczby z odcinka [a,b] jest równe długości odcinka. Prawdopodobieństwo wylosowania liczby równej dokładnie c (jakas liczba) jest równe 0. W tym zadaniu: niech x,y liczby wylosowane z odcinka I=[0,1]. Jeżeli sobie narysujemy kwadrat IxI, to wylosowanie pary liczb x,y jest równoznaczne z losowaniem punktu z tego kwadratu. W takich zadaniach nałatwiej jest narysować sobie na tym kwadracie figurę płaską F, której punkty spelniają założenia. Prawdopodobieństwo wylosowania punktu z tej figury jest równe Pole(F)/Pole(kwadratu IxI) = Pole(F). A - mniejsza z wylosowanych liczb jest mniejsza od 1/10 <=> któraś jest mniejsza od 1/10, druga jest dowolna A' (zdarzenie dopełniające) - obydwie liczby są większe od 1/10 <=> (x,y) jest punktem kwadratu o wierzchołkach: (1/10, 1/10) (1, 1/10) (1,1) (1/10, 1) Pole (A')=0,9 *0,9 = 0,81 Pole A = 1- 0,81 = 0,19 Odpowiedź: Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe 0,19.

28) Prawdopodobieństwo, że w sobotę będzie padał deszcz wynosi 50%, prawdopodobieństwo, że w niedzielę będzie padał deszcz także wynosi 50%. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w weekend będzie padało? A - w sobotę będzie padał deszcz B - w niedzielę będzie padał deszcz P(A) = 1/2 P(B) = 1/2 zdecydowanie 1/4, jeśli pytamy o padanie przez cały weekend i w sobotę, i w niedzielę. P(AnB) = P(A) * P(B) = 1/2 * 1/2 = 1/4 Jeśli chodzi nam o dowolny dzień weekendu, czyli albo w sobotę, albo w niedzielę, to prawdopodobieństwo wynosi 3/4: P(AuB) = P(A) + P(B) -P(AnB) = 0,5 + 0,5 - 0,25= 0,75

29) Losujemy liczbę ze zbioru , a następnie liczbę ze zbioru . Niech będzie wartością oczekiwaną liczby . Czy wtedy a) ; b) ; c) ; d) ? // objaśnione dokładniej dla d. a) E(2) = 3/2 NIE - prawidłowo jest: E(2) = 5/4 Ki 2 1 Pi 1/2 1/2 Li 2 1 Pi 1/2*1/2 1/2*(1/2+1) E(2) = 2* (1/2)*(1/2) + 1*(1/2)*(1/2 +1) = 1/2 + 3/4 = 2/4 + 3/4 = 5/4 b) E(5) = 2 TAK Ki 5 4 3 2 1 Pi 1/5 1/5 1/5 1/5 1/5 Li 5 4 3 2 1 Pi 1/5*1/5 1/5*(1/5+1/4) 1/5*(1/5+1/4+1/3) 1/5*(1/5+1/4+1/3+1/2) ..+1 E(5) = 5*(1/5)*(1/5) + 4*1/5*(1/5+1/4) + 3* 1/5*(1/5+1/4+1/3) + 2*1/5*(1/5+1/4+1/3+1/2) + 1* 1/5*(1/5+1/4+1/3+1/2+1) = 1/5 + 0,36 + 0,47 + 0,513 + 0,456 = 2 c) E(4) = 7/4 TAK E(4) = 4*1/4*(1/4) + 3*1/4*(1/4+1/3) + 2*1/4*(1/4+1/3+1/2)+ 1*1/4*(1/4+1/3+1/2+1)= = 1/4 + 7/16 + 13/24 + 25/48 = 72/48 + 1/4 = 18/12 + 1/4 = 6/4 + 1/4 = 7/4. d) E(3) = 2 NIE - prawidłowo jest E(3) = 3/2 ↓ ↓ ↓ (znaczek ~ oznacza "ma rozkład", po kolei w nawiasach podaje (wartość, prawdopodobieństwo) k~{(3,1/3), (2,1/3), (1,1/3)} l~{(3,(1/3)*(1/3)), (2, (1/3)*(1/3 +1/2), (1,(1/3)*(1/3 +1/2 +1)} E(3) = 3 *(1/3)*(1/3) + 2*(1/3)*(1/3 +1/2) + 1*(1/3)*(1/3 +1/2 +1) =3/2 Ki 3 2 1 Pi 1/3 1/3 1/3 Pi = 1/3 bo mamy do wyboru tylko jedną z 3 liczb. Li 3 2 1 Pi (1/3)*(1/3) (1/3)*(1/3+1/2) (1/3 +1/2 +1) (1/3)*(1/3) bo X3 -> Pi dla X = 1/3, dla Li=3 również 1/3 (1/3)*(1/3+1/2) bo X2 -> Pi dla X = 1/3, Li jest oczekiwana 3: więc albo 3 albo 2 Z powodu ALBO jest tam plus Możliwe wyniki: (3,1) (3,2) (3,3) (2,1)(2,2)(2,3)(1,1)(1,2)(1,3).

30) W urnie znajdują się cztery kartki, na których są napisane cyfry od do . Losujemy kolejno po jednej kartce. Jakie jest prawdopodobieństwo, że cyfry pojawia się: a) w kolejności rosnącej; b) w kolejności rosnącej lub malejącej? Ω = 4! = 24 A - losujemy kartki w kolejności rosnącej: |A| = 1 * 1 * 1 * 1 =1 P(A) = 1/24 B - w kolejności rosnącej lub malejącej: |B| =1 + 1 = 2 P(B) = 2/24 = 1/12

31) Na pewien egzamin przygotowano zestaw pytań. Każdy ze zdających wyciąga trzy pytania. Za trzy, dwie lub jedną poprawną odpowiedź otrzymuje odpowiednio ocenę bardzo dobrą, dobrą lub dostateczną. Jacek zna odpowiedź na 2/3 pytań z zestawu. Jaka jest szansa, że otrzyma z egzaminu ocenę co najmniej dostateczną? Kolo zna 2/3 odpowiedzi... czyli zna odpowiedź na 40 zadań, na 20 nie zna. Zdarzenie przeciwne to zdarzenie, w którym nasz "zawodnik" wylosuje zestaw trzech pytań na które nie zna odpowiedzi... tych pytań jest 20. Czyli wszystkie pechowe możliwości to (20 po 3).

32) Windą, zatrzymującą się na sześciu piętrach jadą cztery osoby. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że każda osoba wysiądzie na innym piętrze? Ω = 6*6*6*6 = 6^4 (każda osoba może wysiąść na jednym z 6 pięter). A - każda osoba wysiada na innym piętrze |A| = 6*5*4*3 = 360 P(A) = 360/6^4 = 5/18

33) Sklep jest zaopatrywany w żarówki pochodzące z trzech fabryk, przy czym żarówek pochodzi z fabryki , z fabryki i z fabryki . Produkcja fabryki zawiera żarówek wadliwych, produkcja fabryki – żarówek wadliwych, produkcja fabryki – żarówek wadliwych. a. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wybrana losowo w sklepie żarówka będzie wadliwa? b. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowana wadliwa żarówka pochodzi z ? A - wybrana losowo żarówka jest wadliwa: P(A) = 2/10*1/100 + 3/10*5/100 + 5/10*1/10 = 2/1000 + 15/1000 + 50/1000 = 67/1000 B - wylosowana wadliwa żarówka pochodzi z F2 P(B) = 3/10*5/100 = 15/1000 = 0,015

34) Trzy jaja: kurze, kacze i gęsie należy pomalować różnymi kolorami wybranymi spośród . Oblicz prawdopodob., że jajko kurze będzie żółte lub czerwone, a jajko kacze będzie niebieskie lub zielone. Wszystkich możliwych kombinacji jest 6*5*4 (pierwsze jajko można pomalować na 6 kolorów, drugie na 5, trzecie na 4). Poszukiwanych możliwości jest 2*2*4 (pierwsze jajko na 1 z 2 kolorów, drugie także, a trzecie na jeden z pozostałych 4). Tak wiec prawdopodobieństwo wynosi: 2*2*4/6*5*4 = 2/15

35) Ze słowa TRAKTRYSA wybieramy losowo dwie litery. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będą to: a) litery różne; b) litera T i A; c) obie samogłoski; d) obie litery A? Ω = 9*8 = 72 Ilość T= 2; Ilość R=2; Ilość A=2; Ilość K=1; Ilość Y=1; Ilość S=1. A - wylosowano 2 różne litery A' - wylosowano 2 takie same litery |A'| = 3*2 = 6 P(A) = 1 - 6/72 = 11/12 B - wylosowano litery T i A (TA, AT) |B| = 2*2 + 2*2 = 8 P(B)= 8/72 = 1/9 C - wylosowano dwie samogłoski (A lub Y) |C| = 3*2 = 6 P(C) = 6/72 = 1/12 D - wylosowano obie litery A: |D| = 2 P(D) = 2/72 = 1/36

36) Prawdopodobieństwo wylęgnięcia się kurczaka z zapłodnionego jaja wynosi . Z jaj, z których są zapłodnione, a nie zapłodnione, wybieramy losowo do inkubacji jaja. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylegnie się choćby jeden kurczak? Gdy mamy trzy jaja to możliwości są takie: - trzy jaja zapłodnione, (P(A)=3/4) - dwa zapłodnione, jedno puste, (P(A)=2/4*1/8) - jedno zapłodnione, a dwa nie, (P(A)=1/4*2/8) - wszystkie trzy jaja niezapłodnione. (P(A)=3/8) Niech H_i oznacza liczbę jaj zapłodnionych wybranych podczas losowania 3 jaj z tych 12, zgodnie z tym, co napisałam powyżej i=0, 1, 2 lub 3. P(H_i) = 3/4 + 2/4*1/8 + 1/4*2/8 + 3/8 = 12/16 + 1/16 + 1/16 + 6/16 = 20/16 Teraz trzeba określić, jakie będą prawdopodobieństwa wyklucia sie kurczaka (oznaczę to zdarzenie litera K), jeśli zajdzie zdarzenie H_0, H_1, H_2 lub H_3: P(K|H_0) = 0 (jak nie ma zapłodnionego, to sie kurczak nie ma z czego wylegnąć ;) ) P(K|H_1) = 1*11/12 = 11/12 (jeśli to jedno jajo zadziała...) P(K|H_2) = 1 - (1/12)^2 (To troszkę trudniej pojąć - jeśli potrzebujemy, żeby chociaż jedno jajo zapłodnione, to jest to samo co "nie zaszedł przypadek, ze obydwa jaja dały plamę", czyli zdarzenie przeciwne do "nie było żadnego kurczaka", a żadnego kurczaka nie będzie, gdy zarówno w jednym, jak i w drugim jaju zapłodnionym kurczak sie nie rozwinie). Zdarzenie1 "z 1 zapłodnionego jaja nie ma kurczaka" = 1 - 11/12 = 1/12 Zdarzenie2 "z 2 -||- .." = 1/12 Zdarzenie1 i Zdarzenie2 = 1/12*1/12 P(K|H_3) = 1 - (11/12)^3 (analogicznie) Teraz stosujemy wzór na prawdopodobieństwo całkowite: P(K) = P(K|H_0)*P(H_0) + P(K|H_1)*P(H_1) + P(K|H_2)*P(H_2) + P(K|H_3)*P(H_3) = = 0 * 6/16 + 11/12*1/16 + 143/144*1/16 + 1727/1728*12/16 = = 11/192 + 143/2304 + 1727/2304 = (132+143+1727)/2304 = 0,8

37) Kawałek drutu o długości zgięto pod kątem prostym w przypadkowo wziętym punkcie. Następnie zgięto drut jeszcze w dwóch punktach, tak aby utworzyła się ramka prostokątna o obwodzie . Jakie jest prawdopodobieństwo, że pole obszaru ograniczonego ramka nie przekracza ? 2x1 + 2x2 = 20 x1 + x2 = 10 x1 = 10 - x2 Pobszaru <= 21 Pobszaru = x1 * (10 - x2) x1 * (10 - x2) <= 21 x1 * (10 - x2) - 21 <= 0 x1 = 3 , x2 = 7 przedział od (-∞, 3> ᴜ <7; +∞), ale pole nie moze byc ujemne , wiec od (0,3) ᴜ (7,10) losujemy x z jakiego odcinka? Przecież z <0;10>, prawda? Prawdopodobieństwo wylosowania wiec liczby mniejszej od 3 jest równe 3/10. A prawdopodobieństwo wylosowania liczby większej od 7 jest równe 3/10. wobec tego prawdopodobieństwo wylosowania liczby mniejszej od 3 lub większej od 7 jest równe 3/10 + 3/10 = 0,6

38) Oblicz , jeśli , oraz . P(A) = x P(B) = 1 - P(B') i P(B) = 2P(B') => 2P(B') = 1 - P(B') => P(B) = 2/3 i P(B') = 1/3 P(A|B) = P(AnB)/P(B) = 1/5 P(A|B') = P(AnB)/P(B') = 3/5 $$\frac{P(AnB)}{2/3} = \ \frac{1}{5} = > \ P(AnB) = 2/15$$ $$\frac{P(AnB')}{1/3} = \ \frac{3}{5}\ = > P\left( \text{AnB}^{'} \right) = \ 3/15$$ P(A) = P(AnB)+P(AnB') = 5/15 = 1/3

39) Wiadomo, że bliźniąt to bliźniaki tej samej płci. Znajdź prawdopodobieństwo, że drugi z bliźniąt jest chłopcem, pod warunkiem, że pierwsze jest chłopcem. Prawdopodobieństwo urodzenia się chłopca wynosi 0,5. Najpierw przybliżenie, co tak naprawdę znaczą dane częstości podane w zadaniu: Wśród np. 100 rodzin, które mają bliźniaki, 64 rodziny będą miały bliźniaki tej samej płci. Wśród 200 dzieci jest 100 chłopców i 100 dziewczynek. A także wśród 200 dzieci jest 128 dzieci, które maja rodzeństwo bliźniacze tej samej płci (po równo - 64 dziewczynki i 64 chłopców). Rodzin, które mają dwóch synków jest 32, które mają dwie dziewczynki 32 i jest 36 rodzin, których bliźnięta są różnej płci. (32+32+36=100). W zadaniu wybieramy jedno dziecko spośród wszystkich bliźniaków i przyglądamy się potem rodzeństwu. A - wylosowaliśmy chłopaka z pary chłopców P(A) = 64/200 = 0,32 B - zdarzenie polegające na wyborze chłopca P(B) = 100/200 = 0,5 Mamy policzyć P(A|B)= P(AnB)/P(B) P(AnB) = P(A) P(A|B)= 0,64

40) Udowodnij, że jeżeli zdarzenia i są niezależne, to i są niezależne? Założenie: P(A n B)= P(A)*P(B) Teza: P(A' n B')= P(A')*P(B') A = (A n B) u (A n B') P(A) = P((A n B) u (A n B')) = P(A n B) + P(A n B') B' = (A n B') u (A' n B') P(B') = P((A n B') u (A' n B') = P(A n B') + P(A' n B') P(A')*P(B') = (1-P(A))*(1-P(B)) = 1 - P(B) - P(A) + P(A)*P(B) = = P(B') + P(A)*(PB) - P(A) = = P(B') + P(AnB) - P(A n B) + P(A n B') = = P(B') - P(AnB') = = P(A n B') + P(A' n B') - P(AnB') = P(A' n B') Co należało udowodnić.

41) Student zna odpowiedź na spośród pytań. Na egzaminie losuje pytania. Jakie jest prawdopodobieństwo, że zna odpowiedź na co najmniej jedno z nich? BO: Ω = (15 nad 4) => kombinacja 4 pytań z 15. SYTUACJA NAJGORSZA: nie zna odpowiedzi na 9 pytań, więc kombinacja 4 pyt. z 9.

42) Student i studentka umawiają się na spotkanie miedzy 20:00 a 21:00. Momenty przybycia obu osób są przypadkowe i niezależne od siebie. Każda z nich czeka 15 minut i odchodzi. Jakie jest prawdopodobieństwo, że się spotkają? W układzie współrzędnych narysowałem kwadrat 60x60, odpowiednio do zadania wyznaczyłem dwie proste: y=x-15 i y=x+15 i wyliczyłem pole figury ograniczonej przez te proste i boki kwadratu. P(A) = Pfigury/Pkwadratu = 7/16

43) Ze zbioru losujemy kolejno bez zwracania 5 liczb, tworząc z nich w kolejności losowania ciąg. Oblicz prawdopodobieństwo, że jest to ciąg rosnący. Pierwszą liczbę możemy wybrać na 2005 sposobów, drugą na 2004 itd.. Natomiast ciągów rosnących jest dokładnie tyle ile jest pięcioelementowych podzbiorów zadanego zbioru (raczej oczywiste jest, że 5 ustalonych, parami różnych liczb naturalnych możemy ustawić w ciąg rosnących tylko na 1 sposób), czyli: Stąd szukane prawdopodobieństwo wynosi:

44) W szufladzie jest 15 kartek ponumerowanych liczbami od 1 do 15. Losujemy kolejno 5 kartek bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że numer trzeciej z wylosowanych kartek jest liczbą podzielną przez 3 i jednocześnie numer piątej jest liczbą podzielną przez 5. Nie wydaje mi się, żeby "kolejność" losowania była istotna. //a mnie się wydaje że jest… Możemy rozpatrywać losowanie dwóch kartek (chyba). 1. Wylosujemy podzielną przez 3, ale niepodzielną przez 5:  Wylosujemy podzielną przez 5:  Razem:  2. Wylosujemy podzielną przez 3 i podzielną przez 5:  Wylosujemy podzielną przez 5:

45) Z urny, w której znajdują się 4 ponumerowane kule białe i 3 czarne, losujemy bez zwracania dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeń: Ω = 7 * 6 = 42 obie wylosowane kule będą białe, P(A) = 4/7 * 3/6 = 2/7 dokładnie jedna z wylosowanych kul będzie biała. P(B) = 4/7 * 3/6 + 3/7 * 4/6 = 24/42 =12/21

46) W urnie znajduje się 6 kul białych i 4 czarne. Losujemy 5 kul na następujące sposoby: a) wszystkie jednocześnie, Kule można wylosować na (10 nad 5) kombinacji = 252. b) po jednej ze zwracaniem, Kule można wylosować na 10^5 sposobów. c) po jednej bez zwracania. Kule można wylosować na 10*9*8*7*6 sposobów.

47) dotyczy poprzedniego: Oblicz przy każdym sposobie losowania prawdopodobieństwo otrzymania 3 kul białych i 2 czarnych. a) |A| = (6 nad 3)*(4 nad 2) = 120 P(A) = 120/252 = 10/21 b) gdzie oznacza ilość wszystkich możliwych sytuacji . c)

48) W klasie 3a jest 17 dziewcząt i 13 chłopców, w klasie 3b jest 14 dziewcząt i 16 chłopców. Z obu klas na wycieczkę może pojechać tylko jedna osoba. Uczniowie umówili się, że wybiorą ją w następujący sposób: rzucą raz symetryczną monetą , jeżeli wypadnie orzeł, to pojedzie osoba z klasy 3a, w przeciwnym wypadku osoba z 3b. Jakie jest prawdopodobieństwo, że na wycieczkę pojedzie chłopiec? P(A) = 1/2*13/30 + 1/2*16/30 = 13/60 + 16/60 = 29/60

49) Dwaj artylerzyści strzelają niezależnie jeden od drugiego do tego samego celu. Jakie jest prawdopodobieństwo, że cel zostanie trafiony tylko raz, jeżeli wiadomo, że pierwszy strzelec trafia średnio w cel 7 razy na 10 oddanych strzałów, a drugi 8 razy na 10? T – strzelec trafi w cel, N – strzelec nie trafi w cel P

50) Rzucamy trzy razy symetryczną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo dokładnie dwukrotnego otrzymania piątki. Ω = 6^3 = 216 A - dokładnie dwa razy wyrzucono piątkę (55x)(5x5)(x55) => (3 nad 2) = 3!/1!2! = 3 3*5 (booo 1,2,3,4,6) P(A) = (3*5)/216 = 5/72

51) Uzupełnić równości: a) A∪A=... A b) A∩A=... A c) A∪Ω=... Ω d) A∩Ω=.... A

52) Uzupełnić implikacje: a) Ω⊂:A=>A=... Ω b) A⊂∅=>A=.... ∅

53) Zdarzenie A pociąga zdarzenie B, czyli A⊂B. Uzupełnić równości: a) A∪B=... B b) A∩B=... A c) A\B=... ∅ d) A∩B∩C=.... B∩C

54) Uzupełnić równoważności: a) A∩B=A<=>... B=∅ b) A∪B=B <=>... A⊂B albo mogą być rozłączne c) A\B = ∅ <=>... AnB=∅ d) A'∪B=Ω <=>... B=A albo mogą być identyczne

55) Uzupełnić równoważności: a) A∩B=A∪B <=> A=... B b) (A∩B=∅ i A∪B=Ω) <=> B=... A' c) (A\B)∪(B\A)= ∅ <=> A=... B d) A\B=A <=>A ∩B=.... ∅

56) Wyrazić koniunkcję A∩B za pomocą zdarzenia A i różnicy A\B. A∩B = A \ (A\B)

57) Wyrazić alternatywę A ∪ B za pomocą zdarzenia A i różnicy B\A. A ∪ B = A ∪ (B\A)

58) Wyrazić różnicę A\B zdarzeń A, B za pomocą zdarzenia A i koniunkcji A∩B. A\B = A \ (A∩B)

59) Zdarzenie E jest opisane za pomocą zdarzeń A, B, C. Uprościć ten opis, jeśli: a) E = (A∪B) ∩ (A'∪B) = … B b) E = (A∪B) ∩ C ∩ (B∪C) ∩A ∩ (C ∪ A) ∩B = … A∩B∩C c) E = (A∪B) ∩ (B∪C) ∩ (C∪A) = … A∩B∩C d) E = (A∪B) ∩ (B∪C) gdy A "zawiera się w B" === … B e) E = (A∪B) ∩ (B∪C) gdy A "zawiera się w C" === … A∪B f) E = (A∪B) ∩ (B∪C) gdy A "zawiera się w B", a B "zwiera się w C" ==== … B Jakie warunki muszą spełniać zdarzenia A i B, aby (A∪B) ∩ (A'∪B) ∩ (A∪B’)=∅? > Zbiory muszą być rozłączne. Czy możliwe są trzy zdarzenia A, B, C takie, aby A∩B≠∅ i A∩C=∅ i (A∩B)\C=∅? > Powinny być rozłączne?

60) Podać przykłady doświadczeń losowych opisanych: a) skończoną, b) przeliczalną, c) nieprzeliczalną przestrzenią zdarzeń elementarnych. Przestrzeń probabilistyczną nazywamy skończoną, gdy skończona jest przestrzeń zdarzeń elementarnych OMEGA. Przykład: wyniki rzutu kostką (1-6 oczek), monetą (reszka/orzeł). Zbiór przeliczalny – intuicyjnie, zbiór którego elementy można ustawić w ciąg (skończony bądź nie), tzn. "wypisać je po kolei", "ponumerować". Zbiór przeliczalny to zbiór skończony lub zbiór równoliczny ze zbiorem liczb naturalnych (tzn. taki zbiór, że istnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna między nim a zbiorem liczb naturalnych. Zbiór równoliczny ze zbiorem liczb naturalnych jest zbiorem nieskończonym). Np. zbiór nieskończenie wielu liczb naturalnych jest przeliczalny. Zbiór nieprzeliczalny – zbiór, który nie jest przeliczalny. Inaczej: zbiór nieskończony, który nie jest równoliczny ze zbiorem liczb naturalnych (zatem ma większą moc). Np. zbiór liczb rzeczywistych jest nieprzeliczalny.

61) Opakowanie zawiera 4 sztuki towaru. W użytkowaniu każda z tych sztuk może spełniać zakładane wymagania albo tych wymagań nie spełniać. Niech doświadczenie polega na obserwacji zachowania się w użytkowaniu wszystkich czterech sztuk. a) Określić sensownie przestrzeń zdarzeń elementarnych. Niech Ai=1, 2, 3, 4, oznacza zdarzenie: „i-ta sztuka spełnia zakładane wymagania". b) za pomocą zdarzeń elementarnych ω∈Ω opisać zdarzenie A’2; c) za pomocą zdarzeń Ai opisać zdarzenie Bi, jeśli: B1=zaszły wszystkie cztery zdarzenia A1, A2, A3, A4. B2= nie zaszło żadne ze zdarzeń A1, A2, A3, A4. B3= zaszło dokładnie jedno spośród zdarzeń A1, A2, A3, A4 B4= zaszło co najmniej jedno spośród zdarzeń A1, A2, A3, A4 B5= zaszło co najwyżej jedno spośród zdarzeń A1, A2, A3, A4. d) Opisać zdarzenia Bi, określone w c), za pomocą zdarzeń elementarnych ω.

62) Przy projektowaniu przepustu odprowadzającego wodę z dwóch oddzielnych obszarów A, B zakłada się, że ilość wody przechodząca z obszaru A może wynieść: 0, 300, 600, 900 dm^3/s, z obszaru zaś B - 0, 500, 1000, 1500 dm^3/s. a) Zaproponować sensownie i naszkicować przestrzenie zdarzeń elementarnych Ω1, Ω2, Ω3 dla doświadczeń D1, D2, D3 polegających odpowiednio na: a1) obserwacji ilości wody pochodzącej tylko z obszaru A, a2) obserwacji ilości wody pochodzącej tylko z obszaru B, a3) obserwacji ilości wody pochodzącej łącznie z obydwu obszarów. b) Naszkicować i opisać za pomocą zdarzeń elementarnych, pochodzących z prze­strzeni zdarzeń elementarnych Ω1 albo Ω2, albo Ω3, następujące zdarzenia: b1) C= ilość wody pochodzącej z obszaru A przekroczy 300 dm^3/s; b2) E= ilość wody pochodzącej z obszaru B wyniesie co najmniej 1000 dm^3/s; b3)F=C'; G=C∩E; H=(C∪E)'.

63) Inżynier projektuje magazyn do przechowywania kartonów puszek żywności. Kartony mają kształt sześcianów o krawędzi 4 dm i masie 50 kg każdy. Zakłada się, że kartony mogą być układane losowo, ale najwyżej do wysokości 24 dm. a) Sensownie zaproponować i naszkicować przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω1 dla doświadczenia D1 polegającego na obserwacji całkowitego obciążenia 16 dm^2 powierz­chni podłogi, zakładając, że jest ono wywołane przez jeden stos kartonów. Naszkicować i opisać za pomocą zdarzeń elementarnych pochodzących z Ω1 następujące zdarzenia: A = całkowite obciążenie będzie ≥ 150 kg; B= całkowite obciążenie będzie ≤ 200 kg; C = całkowite obciążenie będzie >250 kg; E=A∩B, F=B∪ C. b) Sensownie zaproponować i naszkicować przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω2 dla doświadczenia D2 polegającego na obserwacji całkowitego obciążenia 16 dm^2 powierz­chni podłogi przy założeniu, że jest to obciążenie wywołane przez połowę masy każdego z dwu sąsiednich stosów. Naszkicować i opisać za pomocą zdarzeń elementarnych pochodzących z Ω2 zdarzenia C, E opisane w punkcie a).

63) Niech doświadczenie D polega na obserwacji liczby pojazdów i ich łącznej masy znajdujących się w określonej chwili na moście. Zakładamy, że maksymalna liczba po­jazdów, jaką można stwierdzić na tym moście, wynosi 3, maksymalna zaś masa pojedyn­czego pojazdu wynosi 5 ton, minimalna — 2 tony (masę obserwuje się z dokładnością do l tony). Zaproponować i naszkicować przestrzeń elementarnych zdarzeń Ω opisującej to doś­wiadczenie. Następnie naszkicować i opisać za pomocą zdarzeń elementarnych tej prze­strzeni następujące zdarzenia: A — liczba pojazdów będzie mniejsza niż 2 pojazdy, B — całkowita masa pojazdów wyniesie co najmniej 10 ton, C — zaobserwujemy 2 pojazdy o maksymalnej masie, E=B∩C, F=B∪C, G=A'∩B'. na moście może nie być auta - ω0 na moście może być 1 auto o masie 3t, jedno o masie 4t, jedno o masie 5t -ω2, ω3, ω4, ω5 na moście mogą być dwa auta: jedno o masie 2 tony, drugie o masie 2 tony - ω22 jedno o masie 3 tony, drugie o masie 2 tony - ω32 jedno o masie 4 tony, drugie o masie 2 tony- ω42 jedno o masie 5 ton, drugie o masie 2 tony - ω52 etc... czyli jeśli na moście są dwa samochody to mamy następujące zdarzenia: ω22, ω23, ω24, ω25, ω33, ω34, ω35, ω44, ω45, ω55 na moście mogą być trzy auta, wtedy mamy następujące zdarzenia: ω222, ω223, ω224, ω225, ω233, ω234, ω235, ω244, ω245, ω255, ω333, ω334, ω335, ω344, ω345, ω355, ω444, ω445, ω455, ω555 czyli cała przestrzeń to suma wszystkich przypadków a) liczba pojazdów będzie mniejsza niż 2 pojazdy: na moście będzie jeden samochód (o masie 2, 3, 4 lub 5 ton), lub nie będzie żadnego (masa 0 ton) A={ω2,ω3,ω4,ω5,ω0} b) całkowita masa pojazdów wyniesie co najmniej 10 ton: może być: - 10 ton - dwa samochody po 5 ton ω55 lub 3 samochody (2+3+5 ton, 2+4+4 ton, 3+3+4 ton) - ω235,ω244,ω334 -11 ton - 3 samochody o masach 2+4+5,3+3+5,3+4+4 - ω245,ω335,ω344 - 12 ton - 3 samochody o masach 2+5+5,3+4+5,4+4+4 - ω255,ω345,ω444 - 13 ton - 3 samochody o masach 3+5+5,4+4+5 - ω355,ω445 - 14 ton - samochody o masach 4,5,5 ton - ω455 - 15 ton - samochody o masach 5,5,5 ton - ω555 B={ω55,ω235,ω244,ω334,ω245,ω335,ω344,ω255,ω345,ω444,ω355,ω445,ω455,ω555} c) zaobserwujemy 2 pojazdy o maksymalnej masie: - dwa pojazdy o maksymalnej masie = ω55 - trzy pojazdy, z czego dwa mają maksymalną masę - ω552,ω553,ω554 C={ω55,ω552,ω553,ω554}

64) Rozważamy następujące doświadczenie D. Drewniane pale mają losową długość L, przy tym największa długość wynosi 12 m. Pale są przeznaczone do wbijania w ziemię, której skalna warstwa stanowiąca opór, znajduje się na losowej głębokości H, której maksimum wynosi 10m. Zaproponować i naszkicować przestrzeń zdarzeń elementarnych dla tego doświadczenia. Następnie zilustrować graficznie następujące zdarzenia: A — długość losowo wziętego pala będzie większa od głębokości skalnej warstwy, B — głębokość skalnej warstwy przekroczy 8 m, C — długość losowo wziętego pala przekroczy 8 m, E=B∩C, F=B∪C, G=(B∪C)∩A'.

65) Na szczyt góry prowadzi pięć dróg. Każda z nich nadaje się również do zejścia. Zakładamy ponadto, że wszystkie trasy są równorzędne. Obliczyć prawdopodobieństwo spotkania się dwóch znajomych, z których jeden wchodzi na szczyt, a drugi jest już w drodze powrotnej. Ω -zbiór par uporządkowanych, w których na pierwszym miejscu stoi nr drogi pana wchodzącego a na drugim nr drogi pana schodzącego: Ω=5^2=25 A- zbiór takich par, które mają to samo na obu miejscach A={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5)} A=5 P(A)=5/25=1/5

66) Pięciu studentów powtarzających dany rok studiów wybiera losowo, każdy niezależnie od pozostałych, jedną z trzech równoległych grup. Zakładając, że wszystkie rozmieszczenia tych studentów są jednakowo prawdopodobne, znaleźć prawdopodobień­stwo tego że: a) wszyscy znajdą się w pierwszej grupie, b) wszyscy znajdą się w tej samej grupie, c) w pierwszej grupie znajdzie się dokładnie jeden student, d) w jednej z grup znajdzie się dokładnie jeden student, e) w ustalonej grupie znajdzie się dokładnie trzech studentów. a) Ω=5*4*3 =60 A=1 P(A)=1/60 b) P(B) = 1/60 c) C = $\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix} + (\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ \end{matrix})(\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ \end{matrix})(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix})$ P(C) = 10/60

67) Na dziesięciu klockach wyrzeźbiono litery: a, a, k, s, s, t, t, t, y, y. Bawiąc się nimi dziecko układa je w rząd. Obliczyć prawdopodobieństwo, że przypadkowo złoży ono słowo „statystyka". Wszystkich możliwości słów 10-literowych: 10! Ilość możliwości dla "statystyka": 2 * 3 * 2* 2 * 2* 1* 1* 1 * 1 * 1 = 48 P(A) = 48/10! = 1/7560

68) Z dziesięciu pracowników należy utworzyć: a) dwa zespoły liczące po 4 i 6 pra­cowników: b) trzy zespoły liczące po 5, 3 i 2 pracowników, c) pięć zespołów dwuosobo­wych. Dla każdego podziału na zespoły znaleźć prawdopodobieństwo tego, że dwóch usta­lonych pracowników znajdzie się w tym samym zespole przy założeniu, że podział na zespoły odbywa się losowo. a) 2 zespoły:4+6: $$\Omega = \ \begin{pmatrix} 10 \\ 4 \\ \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 6 \\ 6 \\ \end{pmatrix}\mathbf{= \ }210$$ tak żeby tych dwóch było razem w grupie 4 osobowej na $\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \\ \end{pmatrix}\mathbf{*}$ $\begin{pmatrix} 6 \\ 6 \\ \end{pmatrix}$= 28 sposoby tak żeby tych dwóch było razem w grupie 6 osobowej na $\begin{pmatrix} 8 \\ 4 \\ \end{pmatrix}$ $*\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ \end{pmatrix}$ =70 sposobów razem, na 98 sposobów P(A)=98/210=14/30 b) 3 zespoły: 5+3+2: zespoły można utworzyć na (10 nad 5)(6 nad 3)(2 nad 2)=5040 sposobów tak żeby tych dwóch było razem w grupie 5 osobowej na (8 nad 3)(5 nad 3)(2 nad 2)=..... tak żeby tych dwóch było razem w grupie 3 osobowej na (8 nad 1)(7 nad 5)(2 nad 2)=..... tak żeby tych dwóch było razem w grupie 2 osobowej na (8 nad 0)(8 nad 5)(3 nad 3)=..... razem, na ... sposobów P(A)=... c) 5 zespołów 2 osobowych: zespoły można utworzyć na (10 nad 2)(8 nad 2)(6 nad 2)(4 nad 2)(2 nad 2) Wybieramy numerek zespołu do których trafia tych dwóch na (5 nad 1) (8 nad 2)(6 nad 2)(4 nad 2)(2 nad 2) ustawiamy pozostałych w pozostałych 4 zespołach. Ostatecznie całą operację wykonujemy na (5 nad 1)(8 nad 2)(6 nad 2)(4 nad 2)(2 nad 2) sposobów. no to P(A)=(5 nad 1)/(10 nad 2) (reszta się poskraca)

69) Z partii N sztuk towaru, wśród których jest M sztuk zgodnych z normą losujemy n sztuk a) bez zwrotu, b) ze zwrotem. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wśród nich znaj­dzie się k sztuk zgodnych z normą. a) kombinacje bez powtórzeń …. b) kombinacje z powtórzeniami |B|=... Skoro k wybranych sztuk ma być dobrych, to muszą być wybrane spośród wszystkich M dobrych, natomiast pozostałe (czyli n-k) muszą być wybrane spośród złych których jest N-M.

70) Wśród 10 sztuk towaru 5 odpowiada wymaganiom międzynarodowego znaku jakości, 3 ma usterki w opakowaniu, a 2 ma inne usterki. Znaleźć prawdopodobieństwo, że wśród trzech wylosowanych sztuk: a) znajdą się 2 z tej samej grupy jakości, b) wszystkie będą z różnych grup jakości, jeśli losowanie odbywa się bez zwrotu. Na początek wyznaczamy moc zbioru OMEGA, który polega na wylosowaniu z dziesięciu produktów trzech: a) Wyznaczam moc zbioru A, w którym znajdują się dwie z tej samej grupy towaru: b)

71) W fizyce statystycznej rozważa się rozkład (rozmieszczenie) k cząstek w n elementarnych obszarach zwanych komórkami. W zależności od postaci tych cząstek przyjmuje się jedno z trzech następujących założeń: 1° cząstki różnią się między sobą (zatem wzajemna zamiana komórek przez dwie cząstki daje nowy rozkład) i liczba cząstek w jednej komórce jest dowolna, 2° cząstki są nierozróźnialne między sobą (zatem wzajemna zamiana komórek przez dwie cząstki daje ten sam rozkład — istotne jest tylko ile cząstek trafiło do poszczególnych komórek, a nie to jakie to są cząstki) i liczba cząstek w jednej komórce jest dowolna, 3° cząstki nie różnią się między sobą i w każdej komórce może znaleźć się co najwyżej jedna cząstka. Stosownie do przyjętych założeń mówi się odpowiednio o statystyce: Maxwella-Boltz-manna, Bosego-Einsteina, Fermiego-Diraca. Zakładamy, ponadto, że wszystkie dopuszczal­ne rozmieszczenia są jednakowo prawdopodobne. Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że a) k cząstek rozmieści się po jednej w k ustalonych komórkach dla każdej z rozważanych tam statystyk, b) w przypadku statystyki Bosego-Einsteina znajdzie się dokładnie m cząstek, b1) w ustalonej komórce, b2) w jednej z n komórek, c) w przypadku statystyki Bosego-Einsteina wszystkie komórki będą zajęte, d) w przypadku statystyki Maxwella--Boltzmanna w pierwszej komórce znajdzie się dokładnie k1 cząstek, w drugiej — k2 cząstek, ..., w n-tej — k n cząstek.

72) Spośród czcionek a, a, k, s, s, t, t, t, y, y losujemy bez zwrotu po jednej czcionce i układamy je w kolejności losowania w słowa. Obl. prawdopodobieństwo otrzymania w ten sposób słowa: To samo zadanie co 67). Ilość możliwości dla "as": 2 * 2 = 4 P(A) = 4/(10*9) Ilość możliwości dla "akt"/"kat": 2 * 1 * 3 = 6 P(A) = 6/(10*9*8) Ilość możliwości dla "syk": 2 * 2 * 1 = 4 P(A) = 6/(10*9*8) Ilość możliwości dla "atak": 2 * 3 * 1 * 1 = 6 P(A) = 6/(10*9*8*7) Ilość możliwości dla "kasa": 1 * 2 * 2 * 1 = 4 P(A) = 4/(10*9*8*7) Ilość możliwości dla "takt": 3 * 2 * 1 * 2 = 12 P(A) = 12/(10*9*8*7) Ilość możliwości dla "tata": 3 * 2 * 2 * 1 = 12 P(A) = 12/(10*9*8*7) Ilość możliwości dla "tasak": 3 * 2 * 2 * 1 * 1= 12 P(A) = 12/(10*9*8*7*6) Ilość możliwości dla "statysta": 2 * 3 * 2 * 2 * 2 * 1 * 1 * 1 = 48 P(A) = 48/(10*9*8*7*6*5*4*3)

73) Każda praca pisemna z egzaminu wstępnego jest sprawdzana dwukrotnie. Praw­dopodobieństwo niezauważenia błędu przez pierwszą osobę sprawdzającą wynosi 0,08. Dla drugiej osoby prawdopodobieństwo to wynosi 0,05. Obliczyć prawdopodobieństwo, że błąd popełniony w pracy pisemnej nie zostanie zauważony. Pierwsza osoba nie zauważy ORAZ druga też nie zauważy: 0,08*0,05=0,004

74) Winda wyposażona jest w dwa układy hamowania włączające się automatycznie (drugi włącza się w przypadku, gdy pierwszy nie zadziała) w razie zerwania się liny. Przy tym prawdopodobieństwo wyhamowania przez każdy układ z osobna jest jednakowe i wynosi 0,99. Jakie jest prawdopodobieństwo: a) wyhamowania windy w razie zerwania się liny, b) spadnięcie kabiny windy w razie zerwania się liny, jeśli prawdopodobieństwo tego ostatniego zdarzenia wynosi 10^-5? a) Winda wyhamuje gdy zadziała pierwszy system (0,99) lub gdy nie zadziała pierwszy i zadziała drugi (0,01⋅0,99) P(A)=0,99+0,01⋅0,99 b) Winda spadnie, jeśli nie zadziała pierwszy system i nie zadziała drugi i zerwie się lina. P(B)= 0,01⋅0,01⋅10^−5=10^−2⋅10^−2⋅10^−5=10^−9 // w opcji gdy obydwa układy włączają się automatycznie (jednocześnie) to chyba: P(A) = 0,99*0,99 + (0,01*0,99)*2 = 0,99 (zadziałają oba LUB zadziała tylko jeden)

76) Cztery identyczne automaty produkują w tej samej ilości jednakowe wyroby i dostarczają je na przenośnik taśmowy. Przy przejmowaniu wyrobów z przenośnika za­uważono, że czwarta ich część ma usterkę spowodowaną rozregulowaniem się automatu. Zakładając, że równoczesne rozregulowanie się dwóch lub więcej automatów jest praktycz­nie niemożliwe, znaleźć prawdopodobieństwo tego, że przy poszukiwaniu automatu rozre­gulowanego trzeba będzie sprawdzić wszystkie automaty.

77) Zdarzenia A1, A2, A3, A4. są wzajemnie niezależne i P(Ak)=pk. Obliczyć prawdo­podobieństwo zajścia co najmniej jednego z tych zdarzeń. Jeśli zdarzenia A1,A2,A3,A4 są wzajemnie niezależne, to również wzajemnie niezależne są zdarzenia A1′, A2′, A3′, A4′. Prawdopodobieństwo, że zajdzie co najmniej jedno z tych zdarzeń jest więc równe: 1 − (1−p1)(1−p2)(1−p3)(1−p4) (przeciwieństwo do takiej sytuacji gdzie nie zaszło żadne zdarzenie).

78) Produkowany wyrób może być zaklasyfikowany z jednakowym prawdopodo­bieństwem do jednej z trzech klas: I, II, III. Określamy zdarzenia — wylosowany wyrób będzie: I albo II klasy (zdarzenie A), I albo III klasy (zdarzenie B), II albo III klasy (zdarze­nie C). Zbadać czy zdarzenia A, B, C są: a) niezależne parami, ^ b) niezależne zespołowo.

79) Niech Ω={ω1, ω2, ω3, ω4} będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych pewnego doświadczenia. Zakładając, że zdarzenia jednoelementowe są jednakowo prawdopodobne, zbadać, czy zdarzenia A={ω1, ω4}, B={ω2, ω4}, C={ω3, ω4} są: a) niezależne parami, b) niezależne (zespołowo)?

80) Czy prawdziwe jest zdanie: jeśli dwa zdarzenia wykluczają się, to są one zależne? A może tak być. Zdarzenia wykluczające się: P(AuB) = P(A) + P(B) Zdarzenia niezależne: P(AnB) = P(A)*P(B) ??

81) Wykazać, że gdy: a) zdarzenia A, B są niezależne, wtedy niezależne są również zdarzenia im przeciwne A' i B', -było to już gdzieś wcześniej. b) P(B)>0 i A⊂B, wtedy P(A|B) = P(A)/P(B). normalnie prawdopodobieństwo warunkowe: P(A|B) = P(AnB)/P(B) Jeżeli A zawiera się w B (A⊂B) oznacza to że AnB (iloczyn część wspólna) = A. Prawdą jest więc, że gdy P(B)>0 i A⊂B, wtedy P(A \ B) = P(A)/P(B).

82) Dana jest funkcja prawdopodobieństwa zmiennej losowej X: Xi -5 -2 0 1 3 8 Pi 0,1 0,2 0,1 0,2 C 0,1 Wyznaczyć: a) stałą c: 0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,2 + c + 0,1 = 1 c = 0,3 b) wykres funkcji prawdopodobieństwa i jej histogram: c) dystrybuantę i jej wykres: X (-∞, -5> (-5, -2> (-2, 0> (0, 1> (1, 3> (3, 8> (8, +∞) F(X) 0 0,1 0,3 0,4 0,6 0,9 1 np. P(X<3)=P(X=−5)+P(X=−2)+P(X=0)+P(X=1)=0,1+0,2+0,1+0,2=0,6 d) prawdopodobieństwa (dwoma sposobami, korzystając: 1° z danej funkcji prawdopodobieństwa, 2° z wyznaczonej dystrybuanty): DYSTRYBUANTA TO F(x)=P(X<x) Dane odczytujemy z pierwszej tabeli d1) P(X=1), P(X=1)=0,1 (o jedną kolumnę wcześniej). d2) P(X=2), P(X=2)=0 (bo X=2 nie ma w tabeli) d3) P(X<3), P(X<3)=P(X=−5)+P(X=−2)+P(X=0)+P(X=1)=0,1+0,2+0,1+0,2=0,6 d4) P(X<2), P(X≤2)=P(X=−5)+P(X=−2)+P(X=0)+P(X=1)=0,1+0,2+0,1+0,2=0,6 d5) P(X≥0), P(X≥0)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=3)+P(X=8)=0,1+0,2+0,3+0,1=0,7 d5) P(-2≤X<3) P(− 2 ≤ X <3)=P(X=−2)+P(X=0)+P(X=1)=0,2+0,1+0,2=0,5

83) Dana jest dystrybuanta zmiennej losowej X: X (-∞, -2] (-2, 1] (1, 3] (3, +∞) F(x) 0 0,2 0,8 1 Wyznaczyć jej funkcję prawdopodobieństwa. Xi -2 1 3 Pi 0,2 0,6 0,2 BO: 1 - 0,8 = 0,2 (ostatnie) 0,8 - 0,2 = 0,6 (środkowe) 0,2 - 0 = 0,2 (pierwsze)

84) Wyrazić za pomocą dystrybuanty następujące prawdopodobieństwa: a) P(X≤b): P(X≤b) = F(b) b) P(X≥b): P(X≥b) = 1 - P(X<b) = 1 - F(b) c) P(a<X≤b), d) P(a≤X≤b), e) P(a<X<b).