6. Prawdopodobieństwo klasyczne

RcYvZesDmXD83

Prawdopodobnie w karty grywali już Chińczycy w $X$ wieku. Karty do gry powstały z przeniesienia na papier notacji używanej w grze w kości.

Do Europy karty trafiły mniej więcej w $XIV$ . Początkowo sporządzano je ręcznie, więc były bardzo drogie.

W Polsce gra w karty szybko się rozprzestrzeniła. W $XI$ w. na rynkach można było spotkać kartowników, czyli kramarzy sprzedających tylko karty. Obecnie karty straciły na popularności, ale w tradycji szkolnej, ciągle w modzie są zadania, w których należy obliczyć prawdopodobieństwo wylosowania z talii danego zestawu kart.

RL0AE3DBSa4AO

Siedemnastowieczny obraz przdstawia cztery postacie siedzące przy stole, grające w karty. W centrum znajduje się dama w złotej aksamitnej sukni, nosząca biżuterię z pereł. Skromniej ubrana kobieta podaje jest czerwony płyn w kieliszku. Dama patrzy na kobietę porozumiewawczo. Trzyma w lewej dłoni złożone karty do gry. Na pierwszym planie po lewo siedzi bogato ubrany młodzieniec. Po lewej stronie siedzi mody mężczyzna ubrany skromniej. Mężczyzna trzyma w prawej dłoni kilka kart, prawy łokieć opiera na stole. Lewą rękę chowa za plecami i trzyma tam dwa asy. Dama wyciąga w jego kierunku prawą dłoń, wskazując na niego palcem. — Georges de La Tour
**Oszust z asem karo** (1636-1638)

W tym materiale również rozwiążemy takie zadania, skorzystamy przy tym z klasycznej definicji prawdopodobieństwa. Klasyczne definicja prawdopodobieństwa obejmuje tylko przypadki, gdy rozważane zdarzenia są jednakowo prawdopodobne i jest ich skończona liczba. Takie założenie przyjmowano automatycznie w początkach rozwoju rachunku prawdopodobieństwa, niestety często prowadziło to do błędnych rozwiązań. Sytuacje oparte na założeniach klasycznej definicji prawdopodobieństwa rzadko występują w realnym świecie. Jednak ich rozważanie rozwija umiejętność logicznego myślenia i jest bazą do prowadzenia bardziej złożonych operacji matematycznych, np. w obliczeniach statystycznych.

Twoje cele

Sformułujesz własną definicję prawdopodobieństwa.
Rozpoznasz zdarzenia jednakowo prawdopodobne.
Określisz zbiór zdarzeń sprzyjających zajściu danego zdarzenia.
Obliczysz prawdopodobieństwo zdarzenia, korzystając z klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

Obserwacje wyników gier losowych doprowadziły do formułowania pierwszych stwierdzeń i wniosków dotyczących szans wygranej. Odpowiedzią na interesujące graczy zjawiska, była definicja prawdopodobieństwa (zwana dzisiaj klasyczną), sformułowana przez osiemnastowiecznego francuskiego matematyka, fizyka, astronoma i geodetę Pierra Simona de Laplace’a. Definicja ta jest o tyle wygodniejsza od aksjomatycznej definicji prawdopodobieństwa, iż daje praktyczną wskazówkę, jak wyznaczyć prawdopodobieństwo danego zdarzenia.

Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

Definicja: Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

Niech $Ω$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych.

Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A \subset Ω$ nazywamy liczbę:

P (A) = \frac{|A|}{|Ω|}

Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa wynika więc, że prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $A \subset Ω$ jest równe ilorazowi liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu $A$ do liczby wszystkich zdarzeń elementarnych należących do zbioru $Ω$ .

Definicja ta zakłada więc, że wszystkie zdarzenia elementarne wzajemnie się wykluczają, a ich wystąpienia są równie możliwe.

Podsumowując – w klasycznym schemacie obliczania prawdopodobieństwa zakłada się więc, że:

zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych jest zbiorem skończonym,
wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne.

Korzystając z tych założeń (nie powtarzając ich za każdym razem) będziemy rozwiązywać wszystkie zadania w tym materiale.

Pokażemy teraz zastosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwaklasycznej definicji prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństwa zdarzeń, na przykładzie losowania kart do gry.

Przed rozwiązywaniem zadań, kilka przydatnych wiadomości.

Zwykle talia do gry zawiera $52$ karty w czterech kolorach: pik, kier, trefl, karo. W każdym z tych kolorów jest $13$ kart.

RKdXScgXNio9H

Ilustracja przedstawia kolory kart: pik, czyli czarne odwrócone serce z trójkątnym trzonkiem w podstawie, kier, czyli czerwone serce, trefl przypominający czarne drzewko oraz czerwone karo w kształcie podobnym do rombu, kórego boki są lekko wklęsłe.

Każdy z kolorów posiada dziewięć kart numerowanych od $2$ do $10$ oraz trzy figury: król, dama, walet oraz dodatkową kartę – as.

W pierwszych trzech przykładach losować będziemy tylko jedną kartę z talii.

Przykład 1

Z talii $52$ kart losujemy jedną. Obliczymy prawdopodobieństwo, że wylosowana karta to figura.

Zdarzeniu $F$ – wylosowana karta to figura, sprzyja $3 \cdot 4 = 12$ zdarzeń elementarnych (są trzy figury w każdym z czterech kolorów).

Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa $52$ (tyle jest kart w talii).

Korzystamy ze wzoru podanego w klasycznej definicji prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwaklasycznej definicji prawdopodobieństwa.

$P (F) = \frac{12}{52} = \frac{3}{13}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że wylosowana karta to figura jest równe $\frac{3}{13}$ .

Przykład 2

Z talii $52$ kart losujemy jedną. Obliczymy prawdopodobieństwo, że wylosowana karta nie jest ani treflem, ani damą.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu karty, która nie jest ani treflem, ani damą.

Jeśli karta nie ma być treflem, to może być pikiem, kierem, karo – $3 \cdot 13 = 39$ możliwości.

Jednak wśród tych kart są trzy damy. Musimy je wykluczyć.

Zatem:

$|A| = 39 - 3 = 36$

Możemy teraz obliczyć szukane prawdopodobieństwo.

$P (A) = \frac{36}{52} = \frac{9}{13}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że wylosowana karta nie jest ani kierem, ani damą jest równe $\frac{9}{13}$ .

Przykład 3

Z talii $52$ kart losujemy jedną. Obliczymy prawdopodobieństwo, że wylosowana karta jest kierem, karo lub dwójką.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu karty, która jest kierem, karo lub dwójką.

Wylosowana karta może być kierem ( $13$ możliwości) lub karo ( $13$ możliwości), może być też dwójką ( $4$ możliwości).

Wydaje się więc, że liczba zdarzeń sprzyjających wylosowaniu karty jest równa $13 + 13 + 4$ .

Jednak tak nie jest, bo są dwie dwójki, które w ten sposób liczone by były podwójnie – dwójka kier i dwójka karo.

Zatem:

$|A| = 13 + 13 + 4 - 2 = 28$

Stąd:

$P (A) = \frac{28}{52} = \frac{7}{13}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że wylosowana karta jest kierem, karo lub dwójką jest równe $\frac{7}{13}$ .

Teraz czas na trudniejsze przykłady.

Przykład 4

Z talii $52$ kart losujemy ze zwracaniem trzy karty. Obliczymy jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy kolejno dwójką, trójkę i czwórkę.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu kolejno dwójki, trójki i czwórki.

Losujemy karty ze zwracaniem, więc za każdym razem losujemy jedną kartę z $52$ . Zgodnie z regułą mnożenia:

$|Ω| = 52 \cdot 52 \cdot 52 = 52^{3}$

W talii są cztery dwójki, cztery trójki i cztery czwórki, zatem, rozumując w podobny sposób, jak przy wyznaczaniu mocy zdarzeń elementarnych, otrzymujemy:

$|A| = 4 \cdot 4 \cdot 4 = 4^{3}$

Stąd:

$P (A) = \frac{4^{3}}{52^{3}} = {(\frac{1}{13})}^{3} = \frac{1}{2197}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że wylosowane karty to dwójka, trójka i czwórka jest równe $\frac{1}{2197}$ .

Przykład 5

Z talii $52$ kart wyciągamy dwie karty. Obliczymy jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy dwa asy.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch asów.

Losujemy dwie spośród $52$ kart.

Zatem:

$|Ω| = (\begin{matrix} 52 \\ 2 \end{matrix}) =$ $\frac{52!}{2! \cdot 50!} = \frac{51 \cdot 52}{2} = 1326$

Dwa asy losujemy spośród $4$ znajdujących się w talii.

Stąd:

$|A| =$ $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$

Obliczamy prawdopodobieństwo:

$P (A) = \frac{6}{1326} = \frac{1}{221}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch asów jest równe $\frac{1}{221}$ .

Przykład 6

Potasowano talię kart i karty rozdano czterem graczom – każdemu po tyle samo. Obliczymy prawdopodobieństwo, że gracz z numerem $1$ otrzymał trzy króle.

Oznaczmy:
$K$ – zdarzenie polegające na otrzymaniu trzech króli.

Każdy z graczy otrzymał po $52 : 4 = 13$ kart.

Zatem:

$|Ω| =$ $(\begin{matrix} 52 \\ 13 \end{matrix})$

Gracz z numerem $1$ ma otrzymać trzy króle, więc powinien jeszcze otrzymać $13 - 3 = 10$ kart, które nie są królami i które są losowane spośród $52 - 4 = 48$ pozostałych kart.

Stąd:

$|K| =$ $(\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 48 \\ 10 \end{matrix})$

Obliczamy prawdopodobieństwo:

$P (K) = \frac{(\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 48 \\ 10 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 52 \\ 13 \end{matrix})} = \frac{858}{20825}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo otrzymania trzech króli przez gracza z numerem $1$ jest równe $\frac{858}{20825}$ .

Polecenie 1

Zapoznaj się z filmem. Porównaj uzyskane wcześnie wiadomości z tymi, zawartymi na filmie. Zwróć uwagę na istotne elementy, ograniczające stosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

R1G1rOHtTsAlo

Polecenie 2

Zakładamy, że wszystkie zdarzenia zawarte w odpowiednich zbiorach zdarzeń elementarnych $Ω_{1}$ , $Ω_{2}$ , $Ω_{3}$ , $Ω_{4}$ są jednakowo prawdopodobne i $A \subset Ω_{1}$ , $B \subset Ω_{2}$ , $C \subset Ω_{3}$ , $D \subset Ω_{4}$ .

Określ, czy prawdopodobieństwo każdego ze zdarzeń $A$ , $B$ , $C$ , $D$ można obliczyć, korzystając z klasycznej definicji prawdopodobieństwa, jeśli:

$A$ – wylosowanie asa spośród wszystkich kart koloru pik,

$B$ – wyciągnięcie dwóch kart koloru pik,

$C$ – spośród dziesięciu kart do gry, wylosowanie karty o najniższej wartości,

$D$ – z talii $52$ kart do gry wylosowanie asa lub damy.

$A$ , $B$ , $C$ – zbiór zdarzeń w każdym przypadku jest nieskończony, nie można skorzystać z klasycznej definicji,

$D$ – tak – zbiór zdarzeń elementarnych jest skończony, zdarzenia są jednakowo prawdopodobne.

Najczęściej spotykaną klasą zadań z rachunku prawdopodobieństwa są zadania związane z rzutami kostką do gry lub monetą. Przyjmujemy przy tym, że kostka do gry jest symetrycznym sześcianem (tzn. tak zbudowanym, że szansa otrzymania każdego układu oczek jest taka sama). Podobnie, zakładamy, że moneta wykorzystywana w doświadczeniach jest symetryczna.

Przykład 7

Rzucamy dwa razy kostką do gry. Obliczymy prawdopodobieństwo, że suma wyrzuconych oczek będzie mniejsza od $6$ .

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na otrzymaniu sumy oczek mniejszej od $6$ .

Aby wyznaczyć moc zbioru zdarzeń elementarnych, korzystamy z reguły mnożenia.

$|Ω| = 6 \cdot 6 = 36$

Rozwiązanie zadania wymaga wypisania wszystkich zdarzeń sprzyjających.

$A = \{(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (4, 1)\}$

Stąd:

$|A| = 10$

Na podstawie klasycznej definicji prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwaklasycznej definicji prawdopodobieństwa:

$P (A) = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia sumy oczek mniejszej od $6$ jest równe $\frac{5}{18}$ .

Przykład 8

Rzucamy trzykrotnie monetą. Obliczymy prawdopodobieństwo, że orzeł wypadł tylko raz.

Oznaczmy:
$O$ – zdarzenie polegające na tym, że orzeł wypadł tylko raz.

Korzystamy z reguły mnożenia.

$|Ω| = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$

Wypisujemy zdarzenia sprzyjające:

$O = \{(0, R, R), (R, 0, R), (R, R, 0)\}$

Stąd:

$|O| = 3$

Zatem:

$P (O) = \frac{3}{8}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia orła dokładnie raz jest równe $\frac{3}{8}$ .

Przykład 9

Rzucamy kostką i monetą. Obliczymy prawdopodobieństwo wyrzucenia reszki i parzystej liczby oczek.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wyrzuceniu reszki i parzystej liczby oczek.

Rzucamy kostką – $6$ możliwości,

rzucamy monetą – $2$ możliwości.

Zatem:

$|Ω| = 6 \cdot 2 = 12$

W tym przypadku nie jest ważna kolejność, w jakiej rzucaliśmy kostką i monetą – możemy przyjąć, że rzucamy jednocześnie.

Zdarzania sprzyjające

$A = \{(2, R), (4, R), (6, R)\}$ , czyli $|A| = 3$

Szukane prawdopodobieństwo jest więc równe:

$P (A) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia reszki i parzystej liczby oczek jest równe $\frac{1}{4}$ .

Kolejnym często spotykanym typem zadań z prawdopodobienstwa są zadania o losowaniu. W tych zadaniach ważne jest dokładne przeanalizowanie treści, aby ustalić, czy ma być to losowanie ze zwracaniem, czy bez zwracania.

W losowaniu ze zwracaniem (losowaniu z powtórzeniami) wylosowany obiekt trafia z powrotem do puli przed następnym powtórzeniem losowania. Zatem dany obiekt może być wylosowany wielokrotnie. Dobre przykłady to rzut monetą lub rzut kostką.

W losowaniu bez zwracania wylosowany obiekt nie trafia z powrotem do puli, więc nie można go wylosować przy następnym losowaniu. Dobrym przykładem może być tworzenie z danych cyfr liczby o niepowtarzających się cyfrach.

Przykład 10

W urnie znajduje się $5$ kul zielonych i $6$ białych. Losujemy kolejno, bez zwracania, trzy kule. Obliczymy prawdopodobieństwo, że za trzecim razem wylosujemy kulę zieloną.

Skoro losujemy kule bez zwracania, to znaczy, że wylosowanych kul nie wrzucamy już z powrotem, zatem liczba kul w urnie po każdym losowaniu zmniejsza się.

W urnie początkowo było $5 + 6 = 11$ kul.

Pierwszą kulę losujemy więc spośród $11$ kul, drugą spośród $10$ kul, a trzecią spośród $9$ kul.

Z reguły mnożenia wynika, że:

$|Ω| = 11 \cdot 10 \cdot 9 = 990$

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu za trzecim razem kuli zielonej.

Zdarzeniu $A$ sprzyjają zdarzenia, w których na trzecim miejscu jest kula zielona, na pierwszym dowolna z $11 - 1 = 10$ kul, a na drugim dowolna z pozostałych $9$ kul.

$|A| = 10 \cdot 9 \cdot 5 = 450$

Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ jest równe:

$P (A) = \frac{450}{990} = \frac{5}{11}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania za trzecim razem kuli zielonej jest równe $\frac{5}{11}$ .

Przykład 11

Z urny zwierającej $3$ kule białe i $7$ czarnych, losujemy bez zwracania $3$ kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej dwóch kul czarnych.

Z treści zadania wnioskujemy, że nie ważna jest kolejność w jakiej losujemy kule, a jedynie kolor.

Losujemy trzy spośród dziesięciu kul, stąd:

$|Ω| = (\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix}) = 120$

Oznaczmy:
$C$ – wylosowanie co najmniej dwóch kul czarnych.

Zdarzeniu $C$ sprzyjają zdarzenia: wylosowano trzy kule czarne, wylosowano dwie kule czarne i jedną białą.

W pierwszym przypadku trzy kule czarne losujemy spośród siedmiu czarnych.

W drugim przypadku losujemy dwie kule czarne spośród siedmiu czarnych i jedną białą spośród trzech białych.

Z reguły dodawania wynika, że:

$|C| = (\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) = 35 + 63 = 98$

Szukane prawdopodobieństwo jest więc równe

$P (C) = \frac{98}{120} = \frac{49}{60}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej dwóch kul czarnych jest równe $\frac{49}{60}$ .

Przy rozwiązaniu zadań o liczbach z reguły wymagane jest przeprowadzenie prostych rozumowań, prowadzących do wyznaczenia liczby zdarzeń sprzyjających danemu zdarzeniu. Często przy tym korzysta się z teorii podzielności.

Przykład 12

Liczby $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ ustawiamy losowo jedna za drugą. Obliczymy prawdopodobieństwo, że suma każdych dwóch sąsiednich, ustawionych w ten sposób liczb, będzie liczbą nieparzystą.

Aby określić liczbę możliwych ustawień w szeregu sześciu podanych liczb, korzystamy ze wzoru na liczbę permutacji zbioru sześcioelementowego.

$|Ω| = 6! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720$

Suma dwóch liczb jest nieparzysta, jeżeli jedna z tych liczb jest parzysta, a druga nieparzysta.

Zatem liczby parzyste i nieparzyste muszą stać na przemian.

Na przykład:

$1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ lub $6$ , $5$ , $4$ , $3$ , $2$ , $1$

Widać więc, że mamy dwie możliwości – ustawiając liczby można zacząć od liczby nieparzystej lub od liczby parzystej.

Są trzy liczby nieparzyste – można je ustawić na $3! = 6$ sposobów. Mamy też trzy liczby parzyste, zatem, zgodnie z regułą mnożenia, w pierwszym przypadku jest $6 \cdot 6 = 36$ możliwości. Podobnie w drugim przypadku.

Wynika z tego, że

$p = \frac{36 + 36}{720} = \frac{72}{720} = \frac{1}{10}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb, będzie liczbą nieparzystą jest równe $\frac{1}{10}$ .

Przykład 13

Na stole leżą karteczki, na których zapisane są liczby od $1$ do $8$ – na każdej kartce jedna liczba. Wyciagamy jednocześnie trzy karteczki. Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $S$ – jedna z wylosowanych liczb jest równa sumie dwóch pozostałych liczb.

Z treści zadania wynika, że mamy doczynienia z losowaniem bez zwracania, w którym nie jest ważna kolejność, w jakiej losujemy karteczki z liczbami.

$|Ω| = (\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8}{6} = 56$

Wypisujemy wszystkie zdarzenia, sprzyjające zdarzeniu $S$ (tu również nie jest ważna kolejność wypisywania liczb).

$S = \{(3, 1, 2), (4, 1, 3), (5, 1, 4), (5, 2, 3), (6, 1, 5), (6, 2, 4), (7, 1, 6),$ $(7,2, 5), (7,3, 4), (8, 1, 7), (8,2, 6), (8,3, 5)\}$

Zatem:

$|S| = 12$

Obliczamy prawdopodobieństwo, korzystając ze wzoru na podobieństwo klasyczne.

$P (S) = \frac{12}{56} = \frac{3}{14}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że jedna z wylosowanych liczb jest równa sumie dwóch pozostałych liczb jest równe $\frac{3}{14}$ .

Polecenie 3

Może wyda ci się to dziwne, ale teoretyczne modele rachunku prawdopodobieństwa zaczynały ugruntowywać się dopiero w $XIX$ wieku. Zauważono wtedy wiele nieścisłości w już powstałych twierdzeniach i definicjach. Obejrzyj animację, zawierającą opis rozumowania francuskiego matematyka Josepha Bertranda, który uzasadniał, że prawdopodobieństwo nie jest wyznaczone jednoznacznie. Wywody te znane są dzisiaj pod nazwą paradoksu Bertranda.

Opierają się one o geometryczną definicję prawdopodobieństwa, w której zakłada się, że wyniki doświadczenia losowego można zinterpretować jako punkty pewnego obszaru. Jeśli każdy wynik jest jednakowo prawdopodobny, to prawdopodobieństwo zajścia danego zdarzenia można obliczyć np. jako stosunek miary pola odpowiadającej mu części obszaru do miary całego obszaru.

RDNAK4uvMVtkj

Polecenie 4

Rozumowanie, które przeprowadził Bertrand pokazuje, że obliczając prawdopodobieństwo zajścia tego samego zdarzenia, można otrzymać trzy różne wyniki. Wyjaśnij, dlaczego.

RHa1e5R2jLTiA1

Ćwiczenie 1

R1c06Q0QOzldo1

Ćwiczenie 2

RvZvyl9tueYSB2

Ćwiczenie 3

RXOJtmFIQLIU82

Ćwiczenie 4

Dostępne opcje do wyboru: symbol Newtona, otwarcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa po pięć, zamknięcie nawiasu, dwa, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia sześć po trzy, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia pięć po trzy, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, trzynaście po dwa, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa po trzy, zamknięcie nawiasu, trzynaście, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia sześć po trzy, zamknięcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa, pięć, dwadzieścia sześć, dwadzieścia sześć, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa po trzy, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, trzynaście po trzy, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia sześć po dwa, zamknięcie nawiasu, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa po pięć, zamknięcie nawiasu, pięćdziesiąt dwa, pięć, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, trzynaście po trzy, zamknięcie nawiasu, trzy, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, trzynaście po dwa, zamknięcie nawiasu, cztery, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia pięć po dwa, zamknięcie nawiasu, trzynaście, symbol Newtona, otwarcie nawiasu, dwadzieścia sześć po dwa, zamknięcie nawiasu. Polecenie: Z talii pięćdziesięciu dwóch kart wyciągnięto jednocześnie pięć kart.
Uzupełnij opis wyznaczania prawdopodobieństwa zdarzenia A – wyciągnięto trzy karty czerwone (karo lub kiery).
Przeciągnij odpowiednie liczby. Zbiorem zdarzeń elementarnych jest zbiór wszystkich luka do uzupełnienia – elementowych podzbiorów zbioru luka do uzupełnienia kart.
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne i jest ich luka do uzupełnienia .
Zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest luka do uzupełnienia razy luka do uzupełnienia , gdyż luka do uzupełnienia karty czerwone wybrano z luka do uzupełnienia czerwonych i luka do uzupełnienia karty czarne wybrano z luka do uzupełnienia kart czarnych.
Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest więc równe:
P nawias, A, zamknięcie nawiasu, równa się nawias kwadratowy luka do uzupełnienia razy luka do uzupełnienia zamknięcie nawiasu kwadratowego podzielić na luka do uzupełnienia

Rke9m6D2AMrFa2

Ćwiczenie 5

Rm65o1mS2QxfT2

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Paweł losuje trzy karty z talii do gry w skata, zawierającej $32$ karty.

R1Zrj6OT4xlWD

Ilustracja przedstawia talię do gry w skata, składającą się z trzydziestu dwóch kart. Są to karty ułożone w czterech rzędach i w ośmiu kolumnach. Od lewej w pierwszym rzędzie mamy trefle: siódemkę, ósemkę, dziewiątkę, dziesiątkę, waleta, damę, króla, asa. Tak samo rosnąco ułożone są karty w każdym rzędzie. Drugi rząd to kiery, trzeci to piki, czwarty to karo.

Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania przez Pawła trzech kart koloru czarnego, jeśli losuje karty:

ze zwracaniem,
bez zwracania.

$p = \frac{16 \cdot 16 \cdot 16}{32 \cdot 32 \cdot 32} = \frac{1}{8}$ ,
$p = \frac{16 \cdot 15 \cdot 14}{32 \cdot 31 \cdot 30} = \frac{7}{62}$ .

Ćwiczenie 8

Z talii $52$ kart losujemy jednocześnie $13$ kart. Oblicz prawdopodobieństwo, że wśród tych kart będą trzy damy i dwa asy.

$P (A) = \frac{(\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 44 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 52 \\ 13 \end{matrix})} = 24 \cdot \frac{(\begin{matrix} 44 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 52 \\ 13 \end{matrix})}$

R1ZFRxDsu9y0S1

Ćwiczenie 9

RlU1TdgzglqoJ1

Ćwiczenie 10

RQDYCIL40FG2F2

Ćwiczenie 11

RvVnrHZlByhwt2

Ćwiczenie 12

R2oy3f3uQq2Ap2

Ćwiczenie 13

R98Xiy8TDwgEi2

Ćwiczenie 14

R161u6YEA9ac33

Ćwiczenie 15

Ćwiczenie 16

Dane są dwie dodatnie liczby naturalne $n$ i $m$ takie, że $n > 100$ , $1 < m < n$ .

Spośród zapisanych na kartce $n$ kolejnych liczb naturalnych, wybieramy w sposób losowy najpierw jedną, a następnie drugą liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo, że jedna z wylosowanych liczb jest mniejsza od $m$ , a druga większa od $m$ .

Pierwszą liczbę losujemy spośród wszystkich zapisanych $n$ liczb.

Ale drugą losujemy już spośród $n - 1$ liczb (losowanie jest bez zwracania).

$|Ω| = n \cdot (n - 1)$

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch liczb, z których jedna jest mniejsza, a druga większa od $m$ .

$|A| = (m - 1) (n - m) + (n - m) (m - 1) = 2 \cdot (m - 1) (n - m)$

Wyznaczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $A$ .

$P (A) = \frac{2 \cdot (m - 1) (n - m)}{n (n - 1)}$

Słownik

klasyczna definicja prawdopodobieństwa

niech $Ω$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych; prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A \subset Ω$ nazywamy liczbę

P (A) = \frac{|A|}{|Ω|}

5. Określenie prawdopodobieństwa i jego własności

M_R_W22_M2 Rachunek prawdopodobieństwa, cz. 1

6. Prawdopodobieństwo klasyczne

Słownik