Ogólna definicja prawdopodobieństwa

Zdarza się, że w wypowiedziach dotyczących przewidywania wyniku jakiegoś zdarzenia szacowany jest wynik tego zdarzenia. Spotykamy się więc z następującymi sformułowaniami „po pierwszym meczu nasze szanse na awans oceniam na $75$ procent” czy „sądzę, że moje szanse na pierwszą nagrodę są mniejsze niż jeden do dziesięciu”, czy też „jestem przekonany, że zachwyt przy ocenie naszej oferty wyrazi co najmniej dwóch na trzech klientów naszego sklepu”.

Podając liczby: $\frac{3}{4}$, $\frac{1}{10}$, $\frac{2}{3}$ oceniamy, na ile zajście zdarzenia, którego wynik nie jest znany, jest zbliżone do prawdy (prawdopodobne).

W tym materiale wprowadzimy umowy, które pozwolą nam obliczać prawdopodobieństwa zdarzeń w pewnych nieskomplikowanych sytuacjach przy zastosowaniu formalnie opisanych metod. W przykładach będziemy analizować wyniki doświadczeń losowych.

Każdy z nas spotkał się z sytuacją, w której przy podjęciu pewnej decyzji wybieramy wynik losowania. Na przykład w amerykańskiej zawodowej lidze koszykówki NBA nabór nowych zawodników odbywa się w tak zwanej loterii draftowej. Według obowiązujących przepisów przystępuje do niej $14$ zespołów z najgorszym bilansem zwycięstw z poprzedniego sezonu, przy czym zespoły te są ustawiane w kolejności od najgorszego bilansu do najlepszego. W tej loterii losuje się spośród $1000$ kul, przy czym $250$ z nich przydzielonych jest pierwszemu zespołowi z tego zestawienia, $199$ – drugiemu, a $138$ – trzeciemu itd. W ten sposób najgorszy zespół ma $25\%$ szans na wylosowanie pierwszego numeru. Powiemy więc, że prawdopodobieństwo, że najgorszy zespół wylosuje pierwszy numer w loterii draftowej jest równe $\frac{1}{4}$.

Jednak największe szanse nie gwarantują pierwszego numeru w takiej loterii. W $2008$ roku pierwszy numer w drafcie wylosowała drużyna Chicago Bulls, która w losowaniu miała przydzielone $17$ kul. Zatem przed losowaniem ocenilibyśmy prawdopodobieństwo, że właśnie ta drużyna wylosuje pierwszy numer jako równe $\frac{17}{1000}$.

W pewnej szóstej klasie dawno temu spotkali się trzej uczniowie: Janek, Piotrek i Andrzej. Zdarzyło się, że wszyscy korzystali z obiadów w szkolnej stołówce. Do każdego obiadu był tam serwowany deser. Na początku roku szkolnego Janek zaproponował Piotrkowi następującą zabawę: „Do końca roku szkolnego będziemy przychodzili na obiady. Niech w tym czasie o podziale naszych deserów zdecyduje los. Codziennie przed obiadem Andrzej rzuci dwa razy monetą. Jeśli raz wypadnie orzeł i raz wypadnie reszka, to ja zjem dwa desery: twój i mój. Jeśli dwa razy wypadnie orzeł, to Ty zjesz te dwa desery. Natomiast jeśli wypadnie dwa razy reszka, to każdy zje swój deser. Jak widzisz, umowa jest uczciwa, bo poza tymi trzema przypadkami innego wyniku dwóch rzutów monetą nie ma, a patrząc na te przypadki łącznie, każdy z nas ma równe szanse. Ja w jednym przypadku dostanę dwa desery, w drugim – żadnego, a w trzecim – jeden. I ty także: w jednym przypadku dostaniesz dwa desery, w innym – żadnego, a w jeszcze innym – jeden. Nie pomyśl sobie, że w zmowie z Andrzejem szykujemy jakąś sztuczkę z monetą. Gdybyś chciał, to możemy się umówić, że monetę do rzucania będziemy wybierali wspólnie, a przy rzucaniu będziemy się zmieniali. To jak, zgadzasz się na taki układ? Mielibyśmy niezłą zabawę przed obiadem.”

Piotrek chwilę pomyślał, a następnie odmówił. Od razu też wytłumaczył Jankowi, dlaczego uważa, że taka umowa wcale nie jest uczciwa.

Podamy argumenty, które przemawiają za tym, że Piotrek powinien odrzucić pomysł Janka.

Dwukrotny rzut monetą to doświadczenie, które polega na wykonaniu po kolei dwóch czynności. Każda z nich może skończyć się na jeden z dwóch sposobów: albo wypadnie orzeł, albo wypadnie reszka. Na podstawie reguły mnożenia stwierdzamy, że liczba wszystkich możliwych wyników dwukrotnego rzutu monetą jest równa

Wszystkie wyniki takiego doświadczenia można przedstawić w tabeli.

Lub za pomocą drzewa:

RS1DygmN2TvXj1

Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje wyniki doświadczenia dwukrotnego rzutu monetą. Pierwszy rzut – odchodzą dwie gałęzie: orzeł i reszka. Od gałęzi orzeł w drugim rzucie odchodzą gałęzie: orzeł i reszka. Od gałęzi reszka w drugim rzucie odchodzą gałęzie: orzeł i reszka.

Z tabeli możemy też odczytać dwuelementowe ciągi, które opisują wszystkie możliwe wyniki dwukrotnego rzutu monetą:

(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka).

Są więc dokładnie cztery możliwe wyniki dwukrotnego rzutu monetą. Pewnie i bez powyższego opisu potrafi to uzasadnić każdy, kto zrozumiał podstawowe zasady obowiązujące w kombinatoryce.

Typowa moneta znajdująca się w obiegu może być uznana za symetryczną. Oznacza to, że przy dużej liczbie rzutów taką monetą średnio połowa z nich skończy się wyrzuceniem orła, a połowa – reszki. Zatem i każdy z czterech wyników dwukrotnego rzutu monetą będzie wypadał średnio tak samo często, jak każdy z pozostałych.

Wracamy do zabawy opisanej w poprzednim przykładzie. Jak już zauważyliśmy: wbrew sugestiom Janka mamy do rozpatrzenia nie trzy, a cztery przypadki. Popatrzmy na rozdział deserów w każdym z tych przypadków:

• (orzeł, orzeł) – Piotrek zje dwa desery, Janek – żadnego,

• (orzeł, reszka) – Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,

• (reszka, orzeł) – Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,

• (reszka, reszka) – Piotrek zje jeden deser i Janek zje jeden deser.

Wobec tego w ciągu kolejnych czterech dni, kiedy chłopcy mają do rozdzielenia $8$ deserów, $5$ deserów zje Janek, a tylko trzy – Piotrek. Zatem kontynuowanie przez dłuższy czas losowego wyboru deserów metodą zaproponowaną przez Janka jest dla Piotrka zdecydowanie niekorzystne.

Podając te wartości, oceniliśmy jedynie szanse każdego z chłopców na otrzymanie deseru. Nie należy się jednak spodziewać, że w ciągu dowolnie wybranych czterech dni, przy takiej metodzie losowego rozdziału deserów, Piotrek dostanie dokładnie $3$ z ośmiu możliwych do otrzymania. Natomiast przy przeprowadzeniu większej liczby powtórzeń tego doświadczenia liczba deserów przeznaczonych dla Piotrka będzie zbliżała się do pewnej wartości, którą nazywamy prawdopodobieństwem zdarzenia, że w wyniku podanej metody przydziału deser dostanie Piotrek.

Można formalnie wykazać, że $3$ to oczekiwana liczba deserów, które w ciągu czterech dni otrzyma Piotrek, gdyby zastosował się do metody zaproponowanej przez Janka. Metody matematyczne, których do tego celu należałoby użyć, stosowane są w rachunku prawdopodobieństwa.

1. Każdy oficjalny mecz piłki nożnej zaczyna się od losowania drużyny, która rozpocznie rozgrywkę. Sędzia rzuca wtedy monetą, przy czym robi to w taki sposób, żeby nikt nie miał wątpliwości, że wynik takiego losowania będzie przypadkowy. Przed takim losowaniem jesteśmy przekonani, że obie zainteresowane drużyny mają równe szanse rozpoczęcia gry od środka boiska.
   Za każdym razem takie losowanie uznamy więc za doświadczenie losowe.

2. Kilkuosobową grę w karty rozpoczyna się od wyboru osoby rozdającej. Chcemy, aby metoda wyboru dawała równe szanse każdemu z graczy. Jednym ze sposobów jest losowanie przez każdego z graczy jednej karty z pełnej talii. Zazwyczaj rozdającym zostaje ta osoba, która wylosuje kartę najniższą według rangi w danej grze.
   Taki wybór osoby rozdającej uznamy także za doświadczenie losowe.

3. Przypuśćmy, że o wyborze kapitana w przypadkowo dobranej pięcioosobowej drużynie koszykówki chcemy zadecydować losowo – możemy to zrobić, przygotowując wcześniej losy. Wystarczy w tym celu wziąć pięć takich samych kartek papieru, cztery pozostawić puste, a na jednej z nich postawić umówiony znak lub napisać słowo „kapitan”. Następnie złożyć kartki w podobny sposób i wrzucić do takiego pojemnika, z którego gracze losują po jednej kartce, nie widząc wybieranego przedmiotu.
   Kapitanem zostaje ten z nich, który wylosuje wyróżnioną kartkę.

W doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą, rozróżnimy cztery zdarzenia elementarne:

• „za pierwszym razem wypadł orzeł, a za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie zapiszemy jako dwuelementowy ciąg wyników (orzeł, orzeł),

• „za pierwszym razem wypadł orzeł, a za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie zapiszemy jako (orzeł, reszka),

• „za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie zapiszemy jako (reszka, orzeł),

• „za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie zapiszemy jako (reszka, reszka).

W omawianym doświadczeniu używaliśmy monety symetrycznej, więc spodziewamy się, że przy dużej liczbie powtórzeń każde z wypisanych powyżej zdarzeń elementarnych pojawi się z podobną średnią częstością. Uznajemy zatem, że wszystkie te zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne.

Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy oznaczali za pomocą dużej greckiej litery $\Omega$ (omega).

Fakt, że w rozpatrywanym doświadczeniu zbiór zdarzeń elementarnych
$\Omega =\{$(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka)$\}$,
liczy cztery elementy, zapiszemy symbolicznie $\left|\Omega \right|=4$.

Dowolny podzbiór zbioru $\Omega$ będziemy nazywać zdarzeniem, a elementy takiego podzbioru będziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi temu zdarzeniu.

Zbiór pusty, czyli zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem niemożliwym.

Zbiór $\Omega$, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem pewnym.

Ponieważ w doświadczeniu rozpatrywanym w poprzednim przykładzie zbiór $\Omega$ ma cztery elementy, to różnych zdarzeń w tym doświadczeniu jest $2^4=16$ (tyle jest bowiem wszystkich podzbiorów czteroelementowego zbioru $\Omega$).

Przykładowymi zdarzeniami w doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą są:

• $A=\{$(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)$\}$. Takiemu zdarzeniu sprzyjają dwa zdarzenia elementarne, więc zapiszemy, że $\left|A\right|=2$. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: $A$ – zdarzenie polegające na tym, że wypadło tyle samo orłów, co reszek.

• $B=\{$(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)$\}$. Temu zdarzeniu sprzyjają trzy zdarzenia elementarne, zatem $\left|B\right|=3$. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: $B$ – zdarzenie polegające na tym, że wypadł co najmniej jeden orzeł.

• $C=\{$(reszka, reszka)$\}$. Temu zdarzeniu sprzyja jedno zdarzenie elementarne, stąd $\left|C\right|=1$. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: $C$ – zdarzenie polegające na tym, że wypadło mniej orłów niż reszek.

Rozpatrzmy zdarzenia opisane słownie:

• $D$ – zdarzenie polegające na tym, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek. Zbiór $D$ jest pusty – nie ma zdarzeń elementarnych, które sprzyjają temu zdarzeniu. Zdarzenie $D$ jest więc niemożliwe.

• $E$ – zdarzenie polagające na tym, że wypadły dwa orły lub dwie reszki. Zdarzeniu $E$ sprzyjają dwa zdarzenie elementarne: (orzeł, orzeł), (reszka, reszka), zatem zapiszemy $E=\{$(orzeł, orzeł), (reszka, reszka)$\}$, a co za tym idzie: $\left|E\right|=2$.

• $F$ – zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki. Zdarzeniu $F$ sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, zatem zapiszemy $F=\Omega$. Oznacza to, że $F$ jest zdarzeniem pewnym.

Fakt, że zdarzenie $A$ jest podzbiorem zbioru zdarzeń elementarnych $\Omega$ zapisujemy też, używając symbolu zawierania zbiorów: $A\subset \Omega$.

Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, a $\Omega$ jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem $P\left(A\right)$ zdarzenia $A\subset \Omega$ nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu $A$ przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:

W doświadczeniu losowym polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą wszystkie zdarzenie elementarne są jednakowo prawdopodobne. Zatem obliczając prawdopodobieństwa zdarzeń, możemy skorzystać z definicji klasycznej. Obliczymy w ten sposób prawdopodobieństwa zajścia zdarzeń opisanych w poprzednim przykładzie.

Przypomnijmy, że w tym doświadczeniu $\left|\Omega \right|=4$. Oznacza to, że:

• jeżeli $A=\{$(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)$\}$, to $P\left(A\right)=\frac{\left|A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,

• jeżeli $B=\{$(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)$\}$, to $P\left(B\right)=\frac{\left|B\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{3}{4}$,

• jeżeli $C=\{$(reszka, reszka)$\}$, to $P\left(C\right)=\frac{\left|C\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{4}$,

• jeżeli $D$ to zdarzenie, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek, to $D=\varnothing$, stąd $P\left(D\right)=\frac{\left|D\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{0}{4}=0$,

• jeżeli $E$ to zdarzenie, że wypadły dwa orły lub dwie reszki, to $E=\{$(orzeł, orzeł), (reszka, reszka)$\}$, stąd $P\left(E\right)=\frac{\left|E\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,

• jeżeli $F$ to zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki, to $F=\Omega$, stąd $P\left(F\right)=\frac{\left|F\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{4}{4}=1$.

W kopercie znajduje się $11$ kartek, ponumerowanych od $1$ do $11$. Z tej koperty wybieramy losowo jedną kartkę. Obliczymy prawdopodobieństwo otrzymania:

1. liczby podzielnej przez $4$,

2. liczby niepodzielnej przez $4$.

Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród $11$ kartek. Ponieważ wylosowana kartka jest jednoznacznie przypisana do zapisanego na niej numeru, więc nie doprowadzimy do żadnych nieporozumień, kiedy zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych zapiszemy skrótowo

Mamy więc $\left|\Omega \right|=11$.

Oznaczmy:

$A$ – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę podzielną przez $4$,

$B$ – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę niepodzielną przez $4$.

Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, wobec tego przy obliczaniu prawdopodobieństw zdarzeń $A$, $B$, $C$ skorzystamy z definicji klasycznej.

1. Wśród liczb ze zbioru $\Omega$ znajdujemy liczby podzielne przez $4$ – są to $4$ oraz $8$, zatem możemy zapisać skrótowo, że $A=\left\{4,8\right\}$.
   Oznacza to, że są dwa zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu $A$, więc $\left|A\right|=2$.
   Stąd $P\left(A\right)=\frac{\left|A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{2}{11}$.

2. Wśród liczb ze zbioru $\Omega$ znajdujemy wszystkie liczby niepodzielne przez $4$.
   Zapisujemy zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu $B$:
   $B=\left\{1,2,3,5,6,7,9,10,11\right\}$.
   Stąd $\left|B\right|=9$, a więc

   $$P\left(B\right)=\frac{\left|B\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{9}{11}$$.

   Zauważmy, że do opisanego zbioru $B$ należą wszystkie zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu $A$ (możemy też powiedzieć, że zbiór $B$ jest dopełnieniem zbioru $A$ do zbioru $\Omega$).
   Taką zależność między dwoma zdarzeniami opisuje się za pomocą pojęcia zdarzenia przeciwnego.

Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia $A$, należącego do zbioru zdarzeń elementarnych $\Omega$, nazywamy takie zdarzenie $A\text{'}$ należące do $\Omega$, któremu sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu $A$.

Z tej definicji wynika, że również zdarzenie $A$ jest zdarzeniem przeciwnym do $A\text{'}$.

Załóżmy, że $A$ jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych $\Omega$. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia $A\text{'}$, przeciwnego do $A$, wyraża się wzorem

W pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie $A$ oraz zachodzi równość $3\cdot P\left(A\right)=7\cdot P\left(A\text{'}\right)$, gdzie $A\text{'}$ jest zdarzeniem przeciwnym do $A$. Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $A$.

Przekształcamy równość daną w treści zadania, korzystając z zależności między $P\left(A\text{'}\right)$ i $P\left(A\right)$

Stąd wynika, że:

Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Obliczymy prawdopodobieństwo, że otrzymana liczba jest podzielna przez $6$ lub przez $10$.

Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród $90$ dwucyfrowych liczb naturalnych. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych zapiszemy

• sposób $\mathrm{I}$:

Wypisujemy wszystkie zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu „otrzymana liczba jest podzielna przez $6$ lub przez $10$”:

$\left\{10,12,18,20,24,30,36,40,42,48,50,54,60,66,70,72,78,80,84,90,96\right\}$.

Jest ich $21$.

Korzystając z definicji klasycznej, stwierdzamy więc, że szukane prawdopodobieństwo jest równe $\frac{21}{90}=\frac{7}{30}$.

• sposób $\mathrm{II}$:

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez $6$,

$B$ – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez $10$.

Zatem

$A=\left\{12,18,24,30,36,42,48,54,60,66,72,78,84,90,96\right\}$,

$B=\left\{10,20,30,40,50,60,70,80,90\right\}$.

Zdarzenie, którego prawdopodobieństwo mamy obliczyć: „otrzymana liczba jest podzielna przez $6$ lub przez $10$”, to suma zdarzeń $A$ oraz $B$.

Zdarzenia $A$ i $B$ nie są rozłączne, a ich część wspólna to zdarzenie

Przy obliczeniu zadanego prawdopodobieństwa skorzystamy ze wzoru na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów

Ponieważ $\left|A\right|=15$, $\left|B\right|=9$ i $\left|A\cap B\right|=3$, to

$\left|A\cup B\right|=\left|A\right|+\left|B\right|-\left|A\cap B\right|=15+9-3=21$.

Oznacza to, że prawdopodobieństwo zdarzenia $A\cup B$ jest równe

Zauważmy, że dla dowolnych zdarzeń $A$, $B$ ze zbioru zdarzeń elementarnych $\Omega$ ze wzoru na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów

wynika, że

Ponieważ $A\cup B$ oraz $A\cap B$ są również zdarzeniami ze zbioru $\Omega$, więc na mocy definicji klasycznej otrzymujemy zależność

Załóżmy, że $A$ oraz $B$ są zdarzeniami ze zbioru zdarzeń elementarnych $\Omega$. Wtedy prawdopodobieństwo sumy $A\cup B$ zdarzeń $A$ oraz $B$ wyraża się wzorem

gdzie $A\cap B$ to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń $A$, $B$.

Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu dane są zdarzenia $A$ i $B$, przy czym ich prawdopodobieństwa są równe odpowiednio $\frac{2}{7}$ i $\frac{3}{11}$. W tym doświadczeniu pewne jest zdarzenie, że zajdzie zdarzenie $A\text{'}$ lub zdarzenie $B\text{'}$ (gdzie $A\text{'}$ oraz $B\text{'}$ oznaczają zdarzenia przeciwne do zdarzeń odpowiednio $A$ i $B$). Obliczymy prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zdarzenie $A\text{'}$ i zdarzenie $B\text{'}$.

Obliczamy

oraz

Z treści zadania wiemy, że $P\left(A\text{'}\cup B\text{'}\right)=1$, a mamy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia $A\text{'}\cap B\text{'}$.

Korzystając z twierdzenia o prawdopodobieństwie sumy, zapisujemy $P\left(A\text{'}\cup B\text{'}\right)=P\left(A\text{'}\right)+P\left(B\text{'}\right)-P\left(A\text{'}\cap B\text{'}\right)$.

Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zdarzenie $A\text{'}$ i zdarzenie $B\text{'}$ jest równe

Wśród $216$ uczniów klas maturalnych pewnej szkoły ponadpodstawowej przeprowadzono sondaż na temat poczytności dwóch tygodników: „Widoki” oraz „Rokowania”. Okazało się, że tygodnik „Widoki” czytają $144$ osoby, tygodnik „Rokowania” czytają $132$ osoby, a oba te tygodniki czyta $80$ osób.

Obliczymy prawdopodobieństwo $p$ zdarzenia, że osoba wybrana losowo z tej grupy nie czyta żadnego z tych tygodników.

Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wylosowanie jednej osoby z grupy ankietowanych uczniów. Zatem $\left|\Omega \right|=216$.

Oznaczmy:

$A$ – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Widoki”,

$B$ – zdarzenie, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Rokowania”.

Z treści zadania wynika, że $\left|A\right|=144$, $\left|B\right|=132$ oraz $\left|A\cap B\right|=80$, zatem liczba $\left|A\cup B\right|$ osób, które czytają jeden lub drugi tygodnik jest równa

Stąd

to liczba osób, które nie czytają żadnego z tych tygodników.

Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równe

Zależności między liczbami uczniów w tym zadaniu można przedstawić schematycznie za pomocą diagramu.

RSDpbNBSsdkqe1

Rysunek dwóch okręgów, które ilustrują zbiory uczniów czytających tygodniki Widoki i Rokowania. Zbiór Widoki zawiera elementy – 64 i 80. Zbiór Rokowania zawiera elementy – 52 i 80. Część wspólna zbiorów 80. Zapis: wszystkich uczniów 216. Działanie: 216 -(64 + 80 +52) =216 -196 =20

Wpisaliśmy w nim po kolei

• liczbę uczniów, którzy czytają oba tygodniki: $80$,

• liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Widoki” i nie czytają tygodnika „Rokowania”: $144-80=64$,

• liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Rokowania” i nie czytają tygodnika „Widoki”: $132-80=52$,

• liczbę uczniów, którzy nie czytają żadnego z tych dwóch tygodników: $216-\left(64+80+52\right)=20$.

Z pudełka zawierającego $8$ kul ponumerowanych od $1$ do $8$ losujemy jednocześnie dwie kule. Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia takiego zdarzenia $A$, że suma wylosowanych liczb jest równa $11$.

Przedstawimy dwa sposoby opisu zbioru zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu.

• sposób $\mathrm{I}$:

Ponieważ z pudełka zawierającego $8$ kul losujemy jednocześnie dwie kule, więc zdarzenie elementarne zapisujemy jako dwuelementowy podzbiór $\left\{a,b\right\}$ zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$. Zatem zdarzeń elementarnych jest tyle, ile dwuelementowych podzbiorów zbioru ośmioelementowego, stąd

Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa $11$, sprzyjają następujące $3$ zdarzenia elementarne: $\left\{3,8\right\}$, $\left\{4,7\right\}$, $\left\{5,6\right\}$. Wobec tego $\left|A\right|=3$, co oznacza, że

• sposób $\mathrm{II}$:

Ponieważ dodawanie jest przemienne, więc suma nie zmieni się, kiedy rozróżnimy kule ze względu na kolejność, w której zostały wylosowane. Każde zdarzenie elementarne zapisujemy wtedy jako dwuelementowy ciąg $\left(a,b\right)$, gdzie $a$, $b$ są różnymi elementami ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$ numerów kul znajdujących się w pudełku. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc

Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa $11$ sprzyjają następujące zdarzenia elementarne: $\left(3,8\right)$, $\left(4,7\right)$, $\left(5,6\right)$, $\left(6,5\right)$, $\left(7,4\right)$, $\left(8,3\right)$. Stąd $\left|A\right|=6$, co oznacza, że

Uczniowie trzeciej klasy otrzymali do rozwiązania zestaw $50$ zadań powtórzeniowych z matematyki. Zadania były ponumerowane od $1$ do $50$. Pewna ich część to zadania kodowane, a pozostałe to zadania zamknięte.

Ania rozwiązała wszystkie te zadania w ciągu dwóch dni. Pierwszego dnia rozwiązała $60\%$ zadań zestawu, przy czym połowę tych zadań stanowiły zadania kodowane. Wśród zadań rozwiązanych przez Anię drugiego dnia co piąte było kodowane.
Obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo p zdarzenia, że przy losowaniu zadania z tego zestawu otrzymamy zadanie kodowane.

• sposób $\mathrm{I}$:

Za zdarzenie elementarne w opisanym doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednego spośród $50$ zadań.

Obliczenia liczby zadań kodowanych przeprowadzimy w dwóch etapach.

1. Obliczymy liczbę zadań rozwiązanych w każdym dniu przez Anię: w pierwszym dniu Ania rozwiązała $60\%\cdot 50=30$ zadań, a więc w drugim dniu Ania rozwiązała $20$ zadań (to jest $40\%$ wszystkich).

2. Obliczymy liczbę zadań kodowanych rozwiązanych przez dziewczynkę pierwszego dnia oraz drugiego dnia.

Pierwszego dnia dziewczynka rozwiązała $15$ zadań kodowanych (jest to połowa z $30$ zadań rozwiązanych w tym dniu), natomiast drugiego dnia Ania rozwiązała $\frac{1}{5}\cdot 20=4$ zadania kodowane.

Wobec tego wszystkich zadań kodowanych jest w tym zestawie $15+4=19$.

Mamy model klasyczny (zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne), co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe

• sposób $\mathrm{II}$:

Zauważmy, że połowa z $\frac{3}{5}$ wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię pierwszego dnia, a $\frac{1}{5}$ z $\frac{2}{5}$ wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię drugiego dnia.

Zatem zadania kodowane stanowią $\frac{19}{50}$ wszystkich zadań (jak to jest pokazane na diagramie), co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe $p=\frac{19}{50}$.

Rupe9EGhbwKjS1

Rysunek prostokąta, który ilustruje prawdopodobieństwo zdarzenia, że przy losowaniu zadania z zestawu otrzymamy zadanie kodowane. Prostokąt podzielony na dwie części: dzień I (trzy piąte) i dzień II (dwie piąte). Zapis: zadania kodowane. Działanie: p = trzy piąte razy jedna druga + dwie piąte razy jedna piąta = dziewiętnaście pięćdziesiątych.

Przebieg omawianego doświadczenia można też przedstawić schematycznie w postaci drzewa. Rozróżnimy dwa etapy: $\left(1\right)$ wybór dnia, w którym zadanie zostało rozwiązane, $\left(2\right)$ wybór typu zadania rozwiązanego w danym dniu.

Na rysunku poniżej pogrubioną linią zaznaczyliśmy gałęzie odpowiadające wynikom: wylosowano zadanie kodowane rozwiązane pierwszego dnia (na niebiesko), wylosowano zadanie kodowane rozwiązane drugiego dnia (na pomarańczowo).

R1R1Qe943XPv11

Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje prawdopodobieństwo zdarzenia, że przy losowaniu zadania z zestawu otrzymamy zadanie kodowane. Dwie gałęzie: trzy piąte (dzień I) i dwie piąte (dzień II). Od gałęzi dzień I odchodzą dwie gałęzie : jedna druga (kodowane/ dzień I) i jedna druga (testowe/ dzień I). Od gałęzi dzień II odchodzą dwie gałęzie: jedna piąta (kodowane/ dzień II) i cztery piąte (testowe/ dzień II).

Na każdej gałęzi zapisaliśmy też, jakie jest prawdopodobieństwo wyboru danej opcji na konkretnym etapie doświadczenia.

Zbierając te informacje, zauważymy zasadę, według której obliczamy szukane prawdopodobieństwo, idąc po każdej z pogrubionych gałęzi. Obliczamy iloczyn prawdopodobieństw zdarzeń z kolejnych etapów, a następnie obliczamy sumę uzyskanych iloczynów:

Stąd

W kolejnym przykładzie pokażemy, jak umiejętności związane z obliczaniem prawdopodobieństwa można wykorzystać do analizowania informacji, jakimi jesteśmy zasypywani przez media wykorzystywane przez reklamodawców.

Statystyki pokazują, że w pewnym kraju $1$ osoba na $1000$ jest nosicielem pewnego groźnego wirusa. Firma XMed ogłosiła, że opracowała badanie pozwalające skutecznie rozpoznać nosicielstwo tego wirusa. Przedstawiciele tej firmy przypominają, że nosiciel wirusa może stać się źródłem zakażenia dla osób przebywających w jego otoczeniu i wrażliwych na infekcje, dlatego też wykrywanie oraz leczenie nosicieli wirusów jest społecznie pożądane. Podano przy tym, że po przeprowadzeniu badania opracowanego przez XMed wirus zostanie prawidłowo wykryty u nosiciela w $99,9\%$ przypadków, a w $99\%$ przypadków da się jednoznacznie określić, że badana osoba nie jest nosicielem wirusa.
Ustalimy, czy na podstawie tych danych jesteśmy w stanie ocenić skuteczność badania opracowanego przez XMed.

W tym celu obliczymy najpierw, jakie jest prawdopodobieństwo, że badanie opracowane przez XMed wykryje nosicielstwo.

Załóżmy, że wybieramy losowo obywatela tego kraju. Z treści zadania wynika, że

• prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy nosiciela wirusa, jest równe $\frac{1}{1000}$,

• prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy osobę, która nie jest nosicielem wirusa, jest równe $\frac{999}{1000}$,

• prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u nosiciela, jest równe $\frac{999}{1000}$,

• prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u osoby, która nie jest nosicielem, jest równe $\frac{1}{100}$.

Zapiszmy te prawdopodobieństwa na drzewku.

R96lftBazTmCH1

Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje doświadczenie wykrycia nosiciela wirusa. Dwie gałęzie: osoba nie jest nosicielem – dziewięćset dziewięćdziesiąt dziewięć tysięcznych i osoba jest nosicielem – jedna tysięczna. Od gałęzi osoba nie jest nosicielem odchodzą dwie gałęzie: jedna setna – nie jest nosicielem/ badanie pozytywne i dziewięćdziesiąt dziewięć setnych – nie jest nosicielem/ badanie negatywne. Od gałęzi osoba jest nosicielem odchodzą dwie gałęzie: dziewięćset dziewięćdziesiąt dziewięć tysięcznych – nosiciel/ badanie pozytywne i jedna tysięczna – nosiciel/ badanie negatywne.

Wobec tego prawdopodobieństwo $p$ zdarzenia, że badanie wykryje nosicielstwo, jest równe

$p=\frac{1}{1000}\cdot \frac{999}{1000}+\frac{999}{1000}\cdot \frac{1}{100}=\frac{1}{1000}\cdot \frac{999}{1000}+\frac{999}{1000}\cdot \frac{10}{1000}=\frac{999\cdot \left(1+10\right)}{1000\cdot 1000}=$

$=\frac{999\cdot 11}{1000\cdot 1000}=0,01098...\approx 0,011$.

Zatem o nosicielstwie dowiaduje się po badaniu średnio jedenaście osób na tysiąc.

Postawmy się w sytuacji osoby, która po badaniu otrzymała informację, że jest nosicielem wirusa. Ustalimy, na ile ta informacja jest wiarygodna – w tym celu obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo tego, że osoba, która na podstawie badania została uznana za nosiciela, jest rzeczywiście nosicielem wirusa.
 
Załóżmy, że kraj opisany w treści zadania ma milion mieszkańców. Wtedy na podstawie danych z treści zadania $1000$ z nich to nosiciele wirusa, a $999000$ to osoby, które nie są nosicielami.

W wyniku badania przeprowadzonego przez XMed:

$999$ z $1000$ nosicieli dowie się o tym fakcie (wirus zostanie prawidłowo wykryty u nosiciela w $99,9\%$ przypadków),

$9990$ spośród $999000$ pozostałych osób również zostanie zdiagnozowanych jako nosiciele wirusa (w $99\%$ przypadków da się jednoznacznie określić, że badana osoba nie jest nosicielem wirusa), a przecież żadna z nich nosicielem nie jest.

Dyskwalifikująca dla skuteczności tego badania jest jednak proporcja tych dwóch grup osób, które otrzymały informację o nosicielstwie: jest wśród nich $10$ razy więcej osób, które nie są nosicielami wirusa!

Wobec tego prawdopodobieństwo zdarzenia, że osoba, która w wyniku badania firmy XMed dowie się o nosicielstwie jest rzeczywiście nosicielem wirusa, jest równe $\frac{1}{11}$. To zdecydowanie za mało, żeby uznać to badanie za skuteczne.