• Określisz liczbę zdarzeń elementarnych w rzucie monetą (monetami).

• Określisz liczbę wszystkich możliwych zdarzeń w rzucie monetą.

• Zliczysz zdarzenia sprzyjające danemu zdarzeniu w doświadczeniu losowym „z monetami”.

• Określisz liczbę zdarzeń elementarnych w rzucie kostką (kostkami ) do gry.

• Określisz liczbę wszystkich możliwych zdarzeń w rzucie kostką.

• Zliczysz zdarzenia sprzyjające danemu zdarzeniu w doświadczeniu losowym „z kostkami”.

Doświadczenie losowe polega na jednokrotnym rzucie monetą.

Zbiór zdarzeń elementarnych tego doświadczenia składa się z dwóch elementów:

• wypadł orzeł $\left(O\right)$

• wypadła reszka $\left(R\right)$

$\mathrm{\Omega }=\left\{O,R\right\}$, $\left|\mathrm{\Omega }\right|=2$

Każdy podzbiór skończonego zbioru zdarzeń elementarnych nazywamy zdarzeniem losowym (zdarzeniem).

Doświadczenie polega na jednokrotnym rzucie monetą. Wypiszemy wszystkie zdarzenia losowezdarzenie losowezdarzenia losowe, które mogą zajść w tym doświadczeniu.

Korzystając z Przykładu 1 wiemy już, że zbiór zdarzeń elementarnych składa się z dwóch elementów. Zatem łączna liczba zdarzeń losowychzdarzenie losowezdarzeń losowych jest równa

$2^2=4$

Wypisujemy te zdarzenia:

$\left\{O\right\}$ – wyrzucenie orła

$\left\{R\right\}$ – wyrzucenie reszki

$\left\{O,R\right\}=\mathrm{\Omega }$ – zdarzenie pewne

$\varnothing$ – zdarzenie niemożliwe (nie wyrzucono ani orła, ani reszki)

Rzucamy dwiema monetami: jednogroszówką i dwudziestogroszówką.

R51zVS1OkSdzA

Ilustracja przedstawia tabelę składającą się z dwóch wierszy i dwóch kolumn. Nagłówki wierszy to awers i rewers dwudziestogroszówki. Nagłówki kolumn to awers i rewers jednogroszówki. Na przecięciu pierwszego wiersza i pierwszej kolumny znajduje się awers jednogroszówki i dwudziestogroszówki. Na przecięciu pierwszego wiersza i drugiej kolumny znajduje się rewers jednogroszówki i awers dwudziestogroszówki. Na przecięciu drugiego wiersza i pierwszej kolumny znajduje się awers jednogroszówki i rewers dwudziestogroszówki. Na przecięciu drugiego wiersza i drugiej kolumny znajduje się rewers jednogroszówki i dwudziestogroszówki.

Zdarzeniami elementarnymi w tym doświadczeniu są zdarzenia:

${\omega }_1=\left\{R,R\right\}$ – wyrzucenie reszki na obu monetach

${\omega }_2=\left\{R,O\right\}$ – wyrzucenie reszki na monecie jednogroszowej i orła na monecie dwudziestogroszowej

${\omega }_3=\left\{O,R\right\}$ – wyrzucenie orła na monecie jednogroszowej i reszki na monecie dwudziestogroszowej

${\omega }_4=\left\{O,O\right\}$ – wyrzucenie orła na obu monetach

Wynika z tego, że

$\mathrm{\Omega }=\left\{\left(R,R\right),\left(R,O\right),\left(O,R\right),\left(O,O\right)\right\}$

Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa $4$.

Jeżeli piszemy o rzucie kilkoma monetami, to zakładamy, że monety te są rozróżnialne. Również wtedy, gdy mają jednakowe nominały.

Zatem doświadczenia: $n$- krotny rzut monetą i rzut $n$ monetami, interpretujemy i opisujemy tak samo. Czyli identyczne są zbiory zdarzeń elementarnych takich doświadczeń.

Doświadczenie polega na trzykrotnym rzucie monetą. Wyznaczymy zbiór zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu możemy wyznaczyć różnymi sposobami. Przedstawimy jeden z nich. Narysujemy tzw. drzewko.

RAwOB4duwjJXD

Ilustracja przedstawia drzewo prawdopodobieństwa. Początek rozważań oznaczony jest dużą niebieską kropką. Od tego miejsca mamy dwa rozgałęzienia oznaczający pierwszy etap. Na lewo mamy O na prawo R. W drugim etapie od O i R odchodzą dwie nowe możliwości, czyli od O mamy nowe O i R i tak samo od R mamy nowe O i R. W trzecim etapie ponownie od każdego O i R odchodzą po dwie nowe możliwości. Tworzy się zatem osiem ścieżek. Ścieżka 1. O O O , ścieżka 2. O O R, ścieżka 3. O R O, ścieżka 4. O R R, ścieżka 5. R O O, ścieżka 6. R O R, ścieżka 7. R R O, ścieżka 8. R R R.

Podczas pierwszego rzutu ($\text{I}$ etap) mamy dwie możliwości – $O$, $R$.

Z wierzchołka drzewa prowadzimy dwie krawędzie.

W kolejnym etapie każdej z wcześniejszych możliwości odpowiadają dwie nowe sytuacje. Z każdego z wierzchołków oznaczonych $O$, $R$ prowadzimy po dwie krawędzie i wpisujemy możliwe wyniki.

Podobnie postępujemy w trzecim rzucie.

Zbiór zdarzeń elementarnych tworzymy, wypisując wszystkie ciągi wyników, zapisanych przy krawędziach tworzących gałęzie, rozpoczynając od wierzchołka drzewa.

$\mathrm{\Omega }=\{\left(O,O,O\right),\left(O,O,R\right),\left(O,R,O\right),\left(O,R,R\right),\left(R,O,O\right),\left(R,O,R\right),$

$\left(R,R,O\right),\left(R,R,R\right)\}$

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=8=2^3$

Zauważmy, że w jednoczesnym rzucie $n$ monetami (lub w $n$ rzutach monetą) liczba zdarzeń elementarnych jest równa $2^n$.

Doświadczenie polega na jednokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry.

RpTIyhHSMphGf

Ilustracja przedstawia sześcienną kostkę do gry, a pod nią narysowano każdą jej ścianę z oczkami osobno.

Każde zdarzenie elementarne w tym doświadczeniu można opisać następująco: wypadło $n$ oczek, gdzie $n\in \left\{1,2,3,4,5,6\right\}$.

Zatem

$\mathrm{\Omega }=\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$ i $\left|\mathrm{\Omega }\right|=6$

Rzucamy dwiema sześciennymi kostkami do gry – żółtą i niebieską. Obliczymy, ile jest wszystkich zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu.

Za zdarzenie elementarne przyjmujemy każdą uporządkowaną parę, której elementami są odpowiednio wyniki na żółtej i na niebieskiej kostce.

• sposób $\text{I}$ :

Wykonujemy tabelkę, ilustrującą rzut dwiema kostkami.

RVZ7gPMREaMHU

Ilustracja przedstawia tabelę, w które znajdują się pary wyrzuconych kostek do gry. Pary są następujące: 1 i 1, 1 i 2, 1 i 3, 1 i 4, 1 i 5, 1 i 6, 2 i 1, 2 i 2, 2 i 3, 2 i 4, 2 i 5, 2 i 6, 3 i 1, 3 i 2, 3 i 3, 3 i 4, 3 i 5, 3 i 6, 4 i 1, 4 i 2, 4 i 3, 4 i 4, 4 i 5, 4 i 6, 5 i 1, 5 i 2, 5 i 3, 5 i 4, 5 i 5, 5 i 6, 6 i 1, 6 i 2, 6 i 3, 6 i 4, 6 i 5, 6 i 6

Na podstawie tabelki ustalamy, że jest $36$ zdarzeń elementarnych.

• sposób $\text{II}$:

Zauważmy, że na pierwszej kostce może wypaść $1$, $2$, $3$, $4$, $5$ lub $6$ oczek (jest zatem $6$ różnych możliwości), podobnie na drugiej kostce.

Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=6·6=36$

Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry.

Znajdziemy odpowiednie liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniom:

$A$ – suma liczb wyrzuconych oczek jest liczbą pierwszą,

$B$ – iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest co najmniej równy $15$,

$C$ – liczba oczek, która wypadła za pierwszym razem jest większa od liczby oczek, która wypadła za drugim razem.

Sporządzamy pomocniczą tabelkę. W pola tabelki wpisujemy możliwe do otrzymania sumy liczb oczek w dwukrotnym rzucie sześcienną kostką do gry i zaznaczamy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu $A$ – suma liczb wyrzuconych oczek jest liczbą pierwszą.

RUKdYApq4Un28

Ilustracja przedstawia tabelę, w komórkach której zapisano sumę oczek wyrzuconych na dwóch kostkach. Numer kolumny i wiersza pokrywa się z liczbą wyrzuconych oczek, czyli na przykład pierwsza kolumna to wyrzucona na jednej z kostek jedynka. Niektóre pola są wyróżnione kolorem. Wiersz pierwszy: 2 wyróżnione, 3 wyróżnione, 4, 5 wyróżnione, 6, 7 wyróżnione, wiersz drugi: 3 wyróżnione, 4, 5 wyróżnione, 6, 7 wyróżnione, 8, wiersz trzeci: 4, 5 wyróżnione, 6, 7 wyróżnione, 8, 9, wiersz czwarty: 5 wyróżnione, 6, 7 wyróżnione, 8, 9, 10, wiersz piąty: 6, 7 wyróżnione, 8, 9, 10, 11 wyróżnione, wiersz szósty: 7 wyróżnione, 8, 9, 10, 11 wyróżnione, 12

Odczytujemy z tabelki: $\left|A\right|=15$.

Sporządzamy kolejną tabelkę, w której pola tym razem wpisujemy możliwe do uzyskania iloczyny liczb oczek w dwukrotnym rzucie sześcienną kostką do gry. Zaznaczamy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu $B$ – iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest co najmniej równy $15$.

RPT0MaYbplMda

Ilustracja przedstawia tabelę, w komórkach której zapisano iloczyn oczek wyrzuconych na dwóch kostkach. Numer kolumny i wiersza pokrywa się z liczbą wyrzuconych oczek, czyli na przykład pierwsza kolumna to wyrzucona na jednej z kostek jedynka. Niektóre pola są wyróżnione kolorem. Wiersz pierwszy: 1, 2, 3, 4, 5, 6, wiersz drugi: 2, 4, 6, 8, 10, 12, wiersz trzeci: 3, 6, 9, 12, 15 wyróżnione, 18 wyróżnione, wiersz czwarty:4, 8, 12, 16 wyróżnione, 20 wyróżnione, 24 wyróżnione, wiersz piąty: 5, 10, 15 wyróżnione, 8, 9, 10, 11 wyróżnione, 20 wyróżnione, 25 wyróżnione, 30 wyróżnione, wiersz szósty: 6, 12, 18 wyróżnione, 24 wyróżnione, 30 wyróżnione, 36 wyróżnione

Odczytujemy z tabelki: $\left|B\right|=13$.

Sporządzamy ponownie tabelkę, w pola której wpisujemy wszystkie możliwe układy liczb, jakie mogą zajść w dwukrotnym rzucie sześcienną kostką do gry. Zaznaczamy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu $C$ – liczba oczek, która wypadła za pierwszym razem jest większa od liczby oczek, która wypadła za drugim razem.

RRz2aW8gLcscl

Ilustracja przedstawia tabelę, w które znajdują się pary wyrzuconych kostek do gry. Niektóre komórki tabeli są wyróżnione. Pary są następujące: 1 i 1, 2 i 1 wyróżnione, 3 i 1 wyróżnione, 4 i 1 wyróżnione, 5 i 1 wyróżnione, 6 i 1 wyróżnione, wiersz drugi: 1 i 2, 2 i 2, 3 i 2 wyróżnione, 4 i 2 wyróżnione, 5 i 2 wyróżnione, 6 i 2 wyróżnione, 1 i 3, 2 i 3, 3 i 3, 4 i 3 wyróżnione, 5 i 3 wyróżnione, 6 i 3 wyróżnione, wiersz czwarty: 1 i 4, 2 i 4, 3 i 4, 4 i 4, 5 i 4 wyróżnione, 6 i 4 wyróżnione, 1 i 5, 2 i 5, 3 i 5, 4 i 5, 5 i 5, 6 i 5 wyróżnione, wiersz szósty: 1 i 6, 2 i 6, 3 i 6, 4 i 6, 5 i 6, 6 i 6

Z tabelki odczytujemy: $\left|C\right|=15$.

Doświadczenie losowe polega na trzykrotnym rzucie sześcienną kostką do gry.

Wypiszemy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu: $A$ – w każdym rzucie wypadła liczba oczek, będąca drugą potęgą liczby naturalnej.

Skorzystamy z interpretacji graficznej doświadczenia, zaznaczając na „drzewku” tylko odpowiednie krawędzie. Zauważmy przy tym, że potęgami liczb naturalnych są w tym przypadku tylko liczby oczek równe $1$ i $4$.

R5QmThuPj6Qsn

Ilustracja

Schemat rzutów kostką:

• Możliwości w rzucie pierwszym: 1, 2, 3, 4, 5, 6

• Możliwości w rzucie drugim: 1, 4;
  mamy więc następujące możliwości po rzucie drugim:

  1. 1 1,

  2. 1 4,

  3. 4 1,

  4. 4 4;

• Możliwości w rzucie trzecim: 1, 4; mamy więc następujące możliwości:

  1. 1 1 1,

  2. 1 1 4,

  3. 1 4 1,

  4. 1 4 4,

  5. 4 1 1,

  6. 4 1 4,

  7. 4 4 1,

  8. 4 4 4

Odczytujemy z „drzewka”:

$A=\left\{\left(1,1,1\right),\left(1,1,4\right),\left(1,4,1\right),\left(1,4,4\right),\left(4,1,1\right),\left(4,1,4\right),\left(4,4,1\right),\left(4,4,4\right)\right\}$

Jeżeli piszemy o rzucie kilkoma sześciennymi kostkami do gry, to zakładamy, że kostki te są rozróżnialne.

Zatem doświadczenia: $n$ krotny rzut kostką i rzut $n$ kostkami, interpretujemy i opisujemy tak samo. Czyli identyczne są zbiory zdarzeń elementarnych takich doświadczeń.

Zauważmy, że w jednoczesnym rzucie $n$ sześciennymi kostkami do gry (lub w $n$ rzutach kostką) liczba zdarzeń elementarnych jest równa $6^n$.

Rzucamy pięć razy sześcienną kostką do gry. Obliczymy, ile jest

1. zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu losowym,

2. zdarzeń sprzyjających zdarzeniom:
   $A$ – pięć razy otrzymamy liczbę oczek równą $6$,
   $B$ – tylko w pierwszym i trzecim rzucie otrzymamy liczbę oczek równą $6$,
   $C$ – czterokrotnie wyrzucimy liczbę oczek równą $6$.

Rozwiązanie:

1. Aby wyznaczyć liczbę zdarzeń elementarnych, korzystamy ze wzoru na wariację z powtórzeniami.
   $\left|\mathrm{\Omega }\right|=6^5=7776$

2. Jest tylko jedna możliwość, żeby za każdym razem otrzymać liczbę oczek równą $6$.
   $\left|A\right|=1$
   Zdarzeniu $B$ sprzyja tyle zdarzeń elementarnych, ile można utworzyć trzyelementowych wariacji z powtórzeniami zbioru pięcioelementowego (za drugim, czwartym i piątym razem może wypaść liczba oczek różna od $6$).
   $\left|B\right|=5^3=125$
   Zbiór zdarzeń sprzyjających czterokrotnemu wyrzuceniu liczby oczek równej sześć, możemy opisać następująco:
   $C=\left\{\left(n,6,6,6,6\right),\left(6,n,6,6,6\right),\dots ,\left(6,6,6,6,n\right)\right\}$, gdzie $n\in \left\{1,2,3,4,5\right\}$.
   Zatem
   $\left|C\right|=5·5=25$

Rzucamy dwukrotnie kostką do gry w kształcie czworościanu foremnego, na ściankach którego zapisane są liczby $1$, $2$, $3$, $4$.

R3aQuw2Z8iX3t

Ilustracja przedstawia czworościan. Ściany tej bryły są trójkątami opisanymi numerami: 1, 2, 3, 4

Wynikiem jednego rzutu jest liczba zapisana na ściance, na której upadła kostka.

Zapisujemy kolejno liczby, które wypadają tak, że powstają liczby dwucyfrowe. Cyfra dziesiątek, to cyfra otrzymana w pierwszym rzucie, cyfra jedności – w drugim rzucie.

Oznaczmy:

$A$– zdarzenie polegające na otrzymaniu liczby nieparzystej,

$B$ – zdarzenie polegające na otrzymaniu liczby większej od $35$,

$C$ – zdarzenie polegające na utworzeniu liczby podzielnej przez $7$.

Określamy najpierw zbiór zdarzeń elementarnych w tabeli.

R1bNyixyuyhMN

Ilustracja przedstawia tabelkę, wiersz nagłówkowy składa się z czterech komórek, w których wpisane są kolejno cyfry od 1 do 4, kolumna nagłówkowa składa się z czterech komórek, w które wpisano kolejno cyfry od 1 do 4; wiersz pierwszy składa się z czterech komórek, w które wpisano kolejno liczby: 11, 21, 31, 41, wiersz drugi: 12, 22, 32, 42, wiersz trzeci: 13, 23, 33, 43, wiersz czwarty: 14, 24, 34, 44

$A=\left\{11,13,21,23,31,33,41,43\right\}$

$B=\left\{41,42,43,44\right\}$

$C=\left\{14,21,42\right\}$

$A\cap B$

$A\cup B$

$B\cap C$

$A\cap B=\left\{41,43\right\}$

$A\cup B=\left\{11,13,21,23,31,33,41,42,43,44\right\}$

$B\cap C=\left\{42\right\}$

Rzucamy jednocześnie monetą i sześcienną kostką do gry.

Wypiszemy zdarzenia sprzyjające:

• zdarzeniu $A$ – na monecie wypadła reszka, a na kostce liczba oczek nie większa od $4$

• zdarzeniu $B$ – na monecie wypadła reszka, a na kostce parzysta liczba oczek

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

$B=\left\{\left(R,2\right),\left(R,4\right),\left(R,6\right)\right\}$

Wypiszemy teraz zdarzenia sprzyjające zdarzeniom $A\cup B$, $A\cap B$, $A\setminus B$, $B\setminus A$.

Postępujemy podobnie, jak przy działaniach na zbiorach.

$A\cup B=\left\{\left(R,1\right),\left(R,2\right),\left(R,3\right),\left(R,4\right),\left(R,6\right)\right\}$

$A\cap B=\left\{\left(R,2\right),\left(R,4\right)\right\}$

$A\setminus B=\left\{\left(R,1\right),\left(R,3\right)\right\}$

$B\setminus A=\left\{\left(R,6\right)\right\}$

Mamy dwie urny. W pierwszej urnie są trzy kule białe i dwie zielone. W drugiej urnie jest jedna kula biała, $3$ zielone i jedna kula niebieska. Rzucamy monetą. Jeśli wypadnie orzeł – wyciągamy kulę z pierwszej urny. Jeśli wypadnie reszka – wyciągamy kulę z drugiej urny. Obliczymy moc zbioru zdarzeń elementarnych dla tego doświadczenia. Określimy liczbę zdarzeń sprzyjających wyciagnięciu kuli zielonej lub niebieskiej.

Przebieg doświadczenia zilustrujemy za pomocą drzewa. Zaczynamy od punktu, który nazwiemy START. Na starcie znajduje się moneta, którą rzucamy. Rezultaty rzutu monetą umieszczamy w węzłach. Odcinki łączące kolejne węzły to krawędzie. Ciąg krawędzi łączących początek drzewa z węzłem końcowym to gałąź.

R15Toqsd9Qdjx

Schemat przedstawia możliwości losowań. Na początku zapisano hasło „Start”. Stąd mamy dwie możliwości w pierwszym kroku: O, czyli orzeł i R, czyli reszka. Krok drugi: jeśli wypadnie orzeł, to losujemy B, czyli kulę białą lub Z, czyli kulę zieloną. Krok drugi po wylosowaniu reszki: B, czyli kula biała, Z, czyli zielona i N, czyli niebieska.

Każde zdarzenie elementarne (czyli wynik) odczytujemy poruszając się tylko po jednej z jego gałęzi.

Zatem:

$\Omega =\{(O,B),(O,Z),(R,B),(R,Z),(R,N)\}$ i $\left|\mathrm{\Omega }\right|=5$.

Oznaczmy:
$A$ – wyciągnięto kulę zieloną lub niebieską.

R14LqfBvI6374

Schemat przedstawia możliwości losowań. Na początku zapisano hasło „Start”. Stąd mamy dwie możliwości ujęte w niebieskim okręgu każda: w pierwszym kroku: O, czyli orzeł i R, czyli reszka. Krok drugi: jeśli wypadnie orzeł, to losujemy B w niebieskim okręgu, czyli kulę białą lub Z w zielonym kole, czyli kulę zieloną. Krok drugi po wylosowaniu reszki: B w niebieski okregu, czyli kula biała, Z w zielonym kole, czyli zielona i N w niebieskim kole, czyli niebieska.

Z drzewka odczytujemy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu $A$.

$A=\{(O,Z),(R,Z),(R,N)\}$, zatem $\left|A\right|=3$.

Z cyfr $1$, $2$, $3$ ułożono wszystkie możliwe liczby trzycyfrowe o różnych cyfrach. Przedstawimy graficznie przebieg doświadczenia i określimy, ile jest zdarzeń sprzyjających zdarzeniu $A$ – otrzymane liczby są podzielne przez $4$.

R1FiJVJ1ukhc2

Ilustracja przedstawia drzewo decyzyjne. Zaczyna się od 123 które rozdziela się na trzy gałęzie 1, 2 i trzy. Gałąź jeden rozdziela się na 2 oraz 3, które kolejno rozdzielają się na 3 oraz dwa. Gałąź 2 rozdziela się na gałęzie 1 oraz 3, które kolejno rozdzielają się na 3 oraz jeden. Gałąź 3 rozdziela się na 1 oraz 2, które kolejno rozdzielają się na gałęzie 2 oraz jeden. Powstaje sześć zdarzeń elementarnych. 123, 132, 213, 231, 312 oraz 321

Z diagramu odczytujemy, że jest $6$ zdarzeń elementarnych, w tym dwa sprzyjające zdarzeniu $A$.

$\mathrm{\Omega }=\left\{123, 132, 213, 231, 312, 321\right\}$

$A=\left\{132, 312\right\}$.

Doświadczenie polega na dwukrotnym rzucie strzałką do tarczy. Za każdym razem mamy tylko dwie możliwości:

$T$ – trafimy w tarczę

$N$ – nie trafimy w tarczę

Możliwe zdarzenia elementarne obrazuje diagram.

R1AKZ9XF6uPve

Ilustracja przedstawia drzewo decyzyjne. Na górze pojawiają się dwa zdarzenia T oraz N. Rozdzielają się na dwa osobne zdarzenia T i N. Powstają gałęzie TT, TN, NT oraz NN.

$\mathrm{\Omega }=\left\{TT, TN, NT, NN\right\}$.

każdy podzbiór skończonego zbioru zdarzeń elementarnych nazywamy zdarzeniem losowym (zdarzeniem)