Zadanie 1. [2021 Informator CKE, zad.28, 4 pkt]
Niech $$n$$ będzie ustaloną liczbą naturalną dodatnią. Ze zbioru $$\mathbb{M}=\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 3 n+1\}$$ losujemy jednocześnie trzy liczby. Zdarzenie $$A$$ odpowiada jednoczesnemu wylosowaniu ze zbioru $$\mathbb{M}$$ trzech liczb, takich że suma tych liczb przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $$A$$.
Wyznaczamy liczbę wszystkich trójelementowych podzbiorów zbioru MM:
$$
\left(\begin{array}{c}
3 n+1 \\
3
\end{array}\right)=\frac{(3 n+1) \cdot 3 n \cdot(3 n-1)}{6}=\frac{(3 n+1) n(3 n-1)}{2}
$$
Wyznaczamy moc zbioru $$A$$.
Zauważmy, że suma trzech liczb naturalnych daje przy dzieleniu przez 3 resztę 1 , gdy:
1) dwie z tych liczb są podzielne przez 3 , a jedna z tych liczb daje przy dzieleniu przez 3 resztę 1
LUB
2) dwie z tych liczb dają przy dzieleniu przez 3 resztę 1 , a jedna z tych liczb daje przy dzieleniu przez 3 resztę 2
LUB
3) dwie z tych liczb dają przy dzieleniu przez 3 resztę 2 , a jedna z tych liczb jest podzielna przez 3.
Ponieważ w zbiorze $$\mathbb{M}$$ mamy:
$$n$$ liczb podzielnych przez 3 ,
$$n+1$$ liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1 ,
$$n$$ liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2 ,
więc
$$
|A|=\left(\begin{array}{l}
n \\
2
\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c}
n+1 \\
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}
n+1 \\
2
\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{l}
n \\
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \\
2
\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{l}
n \\
1
\end{array}\right)=
$$
$$\begin{aligned}&=\frac{n(n-1)(n+1)}{2}+\frac{(n+1) \cdot n \cdot n}{2}+\frac{n(n-1) n}{2}= \\&=\frac{n\left(n^2-1+n^2+n+n^2-n\right)}{2}=\frac{n\left(3 n^2-1\right)}{2}\end{aligned}$$
Prawdopodobieństwo zdarzenia $$A$$ jest równe
$$P(A)=\frac{\frac{n\left(3 n^2-1\right)}{2}}{\frac{(3 n+1) n(3 n-1)}{2}}=\frac{\left(3 n^2-1\right)}{(3 n+1)(3 n-1)}$$
Zadanie 2. [2021 Informator CKE, zad.29, 4 pkt]
Pan Nowak często gra z synem w szachy. Obliczył, że $$60 \%$$ rozegranych partii wygrywa jego syn.
Oblicz, ile partii szachów musi rozegrać z synem pan Nowak, aby prawdopodobieństwo wygrania przez ojca przynajmniej jednej partii w całej rozgrywce było większe od 0,95 .
Próbą Bernoullego jest rozegranie pojedynczej partii szachów z synem. Sukcesem w tej próbie jest wygrana pana Nowaka z synem w pojedynczej partii.
Prawdopodobieństwo sukcesu jest równe $$p=0,4$$, natomiast prawdopodobieństwo porażki jest równe $$q=0,6$$.
Niech $$n$$ oznacza szukaną liczbę partii oraz niech
$$S_n^0$$ - oznacza niewygranie przez ojca żadnej partii szachów,
$$S_n^1$$ - oznacza wygranie przez ojca jednej partii szachów,
$$S_n^2$$ - oznacza wygranie przez ojca dwóch partii szachów,
$$S_n^n$$ - oznacza wygranie przez ojca $$n$$ partii szachów.
Korzystamy ze schematu Bernoullego. Prawdopodobieństwo wygrania przez pana Nowaka co najmniej jednej partii szachów jest równe
$$
P\left(S_n^1 \cup S_n^2 \cup S_n^3 \cup \ldots \cup S_n^n\right)=1-P\left(S_n^0\right)
$$
Zatem
$$
\begin{gathered}
1-P\left(S_n^0\right)>0,95 \\
1-\left(\begin{array}{c}
n \\
0
\end{array}\right) \cdot(0,4)^0 \cdot(0,6)^n>0,95 \\
1-(0,6)^n>0,95 \\
(0,6)^n<0,05 \\
n \geq 6
\end{gathered}
$$
Pan Nowak musi rozegrać z synem co najmniej sześć partii.
Zadanie 3. [2021 Informator CKE, zad.30, 3pkt]
Pewna choroba dotyka $$0,2 \%$$ całej populacji i w początkowym stadium nie daje widocznych objawów chorobowych. W ramach profilaktyki stosuje się pewien test przesiewowy, który daje wynik pozytywny lub negatywny. Prawdopodobieństwo tego, że test wykonany na osobie chorej da wynik pozytywny (oznaczający chorobę) jest równe 0,99 . Ponadto wiadomo, że prawdopodobieństwo tego, że test wykonany na osobie zdrowej da wynik negatywny, jest równe 0,98 .
Pan X poddał się testowi, który dał wynik pozytywny. Pozytywny wynik oznacza podejrzenie choroby.
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że Pan X jest rzeczywiście chory.
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
„+" - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji poddana testowi otrzyma wynik pozytywny,
„-" - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji poddana testowi otrzyma wynik negatywny,
$$Z$$ - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji jest zdrowa,
$$C$$ - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji jest chora.
Należy obliczyć $$P(C \mid+)$$
Zgodnie z treścią zadania:
$$\begin{array}{lll}P(C)=0,002, & \text { więc } & P(Z)=0,998 \\ P(+\mid C)=0,99, & \text { więc } & P(-\mid C)=0,01 \\ P(-\mid Z)=0,98, & \text { więc } & P(+\mid Z)=0,02 .\end{array}$$
Stosujemy twierdzenie Bayesa i obliczamy szukane prawdopodobieństwo:
$$
\begin{aligned}
&P(C \mid+)=P(+\mid C) \cdot \frac{P(C)}{P(+\mid Z) \cdot P(Z)+P(+\mid C) \cdot P(C)} \\
&P(C \mid+)=0,99 \cdot \frac{0,002}{0,02 \cdot 0,998+0,99 \cdot 0,002} \approx 0,09
\end{aligned}
$$
Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi ok. 0,09.
Zadanie 4. [2021 Informator CKE, zad.11, 4 pkt]
Egzamin składa się z 15 zadań zamkniętych. Do każdego zadania podano cztery odpowiedzi, z których tylko jedna okazuje się poprawna. Zdający zalicza egzamin, jeśli udzieli poprawnych odpowiedzi w co najmniej 11 zadaniach. Pewien student przystąpił nieprzygotowany do egzaminu i w każdym zadaniu wybierał losowo odpowiedź.
Przyjmij, że w każdym zadaniu wybór każdej z odpowiedzi przez studenta jest równo prawdopodobny.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że ten student zaliczył egzamin.
Próbą Bernoullego jest losowe wybranie przez studenta odpowiedzi w zadaniu. Sukcesem w tej próbie jest wybranie odpowiedzi, która jest poprawna.
Prawdopodobieństwo sukcesu jest równe $$p=0,25$$, natomiast prawdopodobieństwo porażki jest równe $$q=0,75$$.
Niech $$S_{15}^k$$ oznacza zdarzenie polegające na wybraniu przez studenta poprawnych odpowiedzi w dokładnie $$k$$ zadaniach spośród 15.
Korzystamy ze schematu Bernoullego. Prawdopodobieństwo zaliczenia przez studenta egzaminu jest równe $$P\left(S_{15}^{11} \cup S_{15}^{12} \cup S_{15}^{13} \cup S_{15}^{14} \cup S_{15}^{15}\right)$$. Zdarzenia $$S_{15}^{11}, S_{15}^{12}, . S_{15}^{13}, S_{15}^{14}, S_{15}^{15}$$ sa parami rozłączne, więc
$$
\begin{aligned}
&P\left(S_{15}^{11} \cup S_{15}^{12} \cup S_{15}^{13} \cup S_{15}^{14} \cup S_{15}^{15}\right)=P\left(S_{15}^{11}\right)+P\left(S_{15}^{12}\right)+P\left(S_{15}^{13}\right)+P\left(S_{15}^{14}\right)+P\left(S_{15}^{15}\right)= \\
&=\left(\begin{array}{l}
15 \\
11
\end{array}\right) \cdot(0,25)^{11} \cdot(0,75)^4+\left(\begin{array}{l}
15 \\
12
\end{array}\right) \cdot(0,25)^{12} \cdot(0,75)^3+\left(\begin{array}{l}
15 \\
13
\end{array}\right) \cdot(0,25)^{13} \cdot(0,75)^2+ \\
&+\left(\begin{array}{l}
15 \\
14
\end{array}\right) \cdot(0,25)^{14} \cdot(0,75)^1+\left(\begin{array}{l}
15 \\
15
\end{array}\right) \cdot(0,25)^{15}= \\
&=\left(\frac{1}{4}\right)^{15} \cdot(1365 \cdot 81+455 \cdot 27+105 \cdot 9+15 \cdot 3+1)=\left(\frac{1}{4}\right)^{15} \cdot 123841 \approx 0,00012
\end{aligned}
$$
Prawdopodobieństwo zaliczenia przez studenta egzaminu jest równe $$\frac{123841}{1024^3}$$.
Zadanie 5. [2021 grudzień, zad.4, 3 pkt]
Maszyna napełnia torebki herbatą. Każda torebka ma zostać napełniona $$200 \mathrm{~g}$$ herbaty. Torebkę, która zawiera mniej niż $$200 \mathrm{~g}$$ herbaty, nazywamy torebką z niedowagą. Prawdopodobieństwo tego, że pojedyncza torebka napełniona przez tę maszynę jest z niedowagą, jest równe 0,1 . Kontroli poddano masę herbaty $$w$$ torebkach napełnianych przez tę maszynę danego dnia. Do kontroli wybrano losowo 20 torebek.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród tych 20 Iosowo wybranych torebek znajdą się co najwyżej dwie torebki z niedowagą.
Zapisz obliczenia. Wynik zapisz w zaokrągleniu do drugiego miejsca po przecinku.
Próbą Bernoullego jest kontrola masy herbaty nasypanej przez maszynę do torebki.
Sukcesem w tej próbie jest uzyskanie torebki herbaty z niedowagą. Prawdopodobieństwo $$p$$ sukcesu jest równe 0,1 , natomiast prawdopodobieństwo $$q$$ porażki jest równe 0,9 .
Niech $$A$$ oznacza zdarzenie polegające na tym, że wśród wylosowanych do kontroli 20 torebek znajdą się co najwyżej dwie torebki z niedowagą. Przez $$P_{20}(k)$$ oznaczmy prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród skontrolowanych 20 torebek znajdzie się dokładnie $$k$$ torebek z niedowagą.
Wtedy $$P(A)=P_{20}(0)+P_{20}(1)+P_{20}(2)$$. Zatem
$$
\begin{gathered}
P(A)=\left(\begin{array}{c}
20 \\
0
\end{array}\right) \cdot(0,1)^0 \cdot(0,9)^{20}+\left(\begin{array}{c}
20 \\
1
\end{array}\right) \cdot(0,1)^1 \cdot(0,9)^{19}+\left(\begin{array}{c}
20 \\
2
\end{array}\right) \cdot(0,1)^2 \cdot(0,9)^{18} \\
P(A)=(0,9)^{18} \cdot 4,51 \approx 0,68
\end{gathered}
$$
Zadanie 6. [2023 maj, zad.2, 3 pkt]
Tomek i Romek postanowili rozegrać między sobą pięć partii szachów. Prawdopodobieństwo wygrania pojedynczej partii przez Tomka jest równe $$\frac{1}{4}$$.
Oblicz prawdopodobieństwo wygrania przez Tomka co najmniej czterech z pięciu partii. Wynik podaj w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego. Zapisz obliczenia.
Określamy prawdopodobieństwo sukcesu $$(p)$$ i porażki $$(q)$$ w pojedynczej partii: $$p=\frac{1}{4}$$, $$q=1-p=\frac{3}{4}$$
Niech $$S_5^k$$ oznacza zdarzenie polegające na wygraniu przez Tomka dokładnie $$k$$ partii spośród pięciu rozgrywanych $$(k \in\{0,1,2,3,4,5\})$$.
Obliczamy prawdopodobieństwo $$P$$ wygrania przez Tomka co najmniej czterech z pięciu partii:
$$
P=P\left(S_5^4\right)+P\left(S_5^5\right)=\left(\begin{array}{l}
5 \\
4
\end{array}\right) \cdot\left(\frac{1}{4}\right)^4 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^1+\left(\begin{array}{l}
5 \\
5
\end{array}\right) \cdot\left(\frac{1}{4}\right)^5=\frac{5 \cdot 3+1}{4^5}=\frac{16}{4^5}=\frac{1}{64}
$$
Zadanie 7. [2023 czerwiec, zad.3, 3 pkt]
Prawdopodobieństwo wystąpienia awarii sieci ciepłowniczej na pewnym osiedlu mieszkaniowym w godzinach porannych pojedynczego dnia jest równe 0,1.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $$A$$ polegającego na tym, że w okresie siedmiu dni wystąpią co najwyżej dwa takie dni, w których nastąpi awaria tej sieci na tym osiedlu w godzinach porannych. Wynik podaj w ułamku dziesiętnym w zaokrągleniu do części setnych. Zapisz obliczenia.
Określamy prawdopodobieństwo sukcesu $$(p)$$ i porażki $$(q): p=\frac{1}{10}, q=1-p=\frac{9}{10}$$. Niech $$S_7^k$$ oznacza zdarzenie polegające na wystąpieniu awarii w godzinach porannych dokładnie w $$k$$ dniach spośród siedmiu rozpatrywanych $$(k \in\{0,1,2\})$$.
Obliczamy prawdopodobieństwo $$P$$ wystąpienia awarii w godzinach porannych w co najwyżej dwóch dniach spośród siedmiu:
$$
\begin{aligned}
P(A) & =P\left(S_7^0\right)+P\left(S_7^1\right)+P\left(S_7^2\right)= \\
& =\left(\begin{array}{l}
7 \\
0
\end{array}\right) \cdot\left(\frac{1}{10}\right)^0 \cdot\left(\frac{9}{10}\right)^7+\left(\begin{array}{l}
7 \\
1
\end{array}\right) \cdot\left(\frac{1}{10}\right)^1 \cdot\left(\frac{9}{10}\right)^6+\left(\begin{array}{l}
7 \\
2
\end{array}\right) \cdot\left(\frac{1}{10}\right)^2 \cdot\left(\frac{9}{10}\right)^5= \\
& =\frac{9^7+7 \cdot 9^6+21 \cdot 9^5}{10^7}=\frac{9^5 \cdot 165}{10^7}=\frac{9743085}{10000000} \approx 0,97
\end{aligned}
$$
Zadanie 7. [2024 maj, zad.3, 3 pkt]
W pewnym zakładzie mleczarskim śmietana produkowana jest w 200-gramowych opakowaniach. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że w losowo wybranym opakowaniu śmietana zawiera mniej niż \(36 \%\) tłuszczu, jest równe 0,01 . Kontroli poddajemy 10 losowo wybranych opakowań ze śmietaną.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród opakowań poddanych tej kontroli będzie co najwyżej jedno opakowanie ze śmietaną, która zawiera mniej niż \(36 \%\) tłuszczu. Wynik zapisz w postaci ułamka dziesiętnego w zaokrągleniu do części tysięcznych. Zapisz obliczenia.
Sukcesem w pojedynczej próbie Bernoullego jest wylosowanie jednego opakowania ze śmietaną, która zawiera mniej niż \(36 \%\) tłuszczu. Określamy prawdopodobieństwo sukcesu \((p)\) i porażki \((q)\) w pojedynczej próbie Bernoullego: \(p=0,01, q=1-p=0,99\).
Niech \(S_{10}^{k}\) oznacza zdarzenie polegające na tym, że wśród dziesięciu losowo wybranych opakowań ze śmietaną znajduje się dokładnie \(k\) opakowań ze śmietaną, która zawiera mniej niż \(36 \%\) tłuszczu \((k \in\{0,1\})\).
Obliczamy prawdopodobieństwo \(P\) zdarzenia polegającego na tym, że wśród dziesięciu opakowań ze śmietaną poddanych kontroli znajdzie się co najwyżej jedno opakowanie ze śmietaną, która zawiera mniej niż \(36 \%\) tłuszczu:
\[\begin{aligned}
P & =P\left(S_{10}^{0}\right)+P\left(S_{10}^{1}\right)=\binom{10}{0} \cdot(0,01)^{0} \cdot(0,99)^{10}+\binom{10}{1} \cdot(0,01)^{1} \cdot(0,99)^{9}= \\
& =(0,99)^{9} \cdot(0,99+10 \cdot 0,01)=(0,99)^{9} \cdot 1,09 \approx 0,996
\end{aligned}\]
Zadanie 8. [2024 czerwiec, zad.4, 3 pkt]
Doświadczenie losowe polega na dziesięciokrotnym rzucie symetryczną monetą.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że w tym doświadczeniu losowym orzeł wypadł dokładnie trzy razy z rzędu, jeśli wiadomo, że wypadł dokładnie trzy razy. Zapisz obliczenia.
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
\(A\) - zdarzenie polegające na wyrzuceniu trzech orłów z rzędu w dziesięciu rzutach monetą,
\(B\) - zdarzenie polegające na wyrzuceniu trzech orłów w dziesięciu rzutach monetą,
\(\Omega-\) zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych.
Wynikiem każdego rzutu jest orzeł (o) lub reszka ( \(r\) ). Wynikiem doświadczenia losowego jest dziesięciowyrazowy ciąg o wyrazach ze zbioru \(\{o, r\}\). Zatem liczba elementów zbioru \(\Omega\) jest równa \(2^{10}=1024\).
Obliczamy liczbę elementów zbioru \(B:|B|=\binom{10}{3}=120\).
Zdarzenie \(A \cap B\) polega na wyrzuceniu w dziesięciu rzutach dokładnie trzech orłów i to trzech orłów z rzędu. Obliczamy liczbę elementów zbioru \(A \cap B:|A \cap B|=8\).
Obliczamy prawdopodobieństwo \(P(A \mid B)\) :
\[P(A \mid B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{|A \cap B|}{|\Omega|}}{\frac{|B|}{|\Omega|}}=\frac{\frac{8}{1024}}{\frac{120}{1024}}=\frac{8}{120}=\frac{1}{15}\]
