Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zauważmy, że kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 dają przy dzieleniu przez 3 reszty 1; natomiast liczby 3^2 i 6^2 dają reszty zerowe przy takim dzieleniu. Aby więc suma trzech takich kwadratów dawała wynik podzielny przez 3 (czyli resztę zero), albo wszystkie trzy liczby muszą same być podzielne przez 3 – czyli pochodzić ze zbioru \{3,6\}, albo wszystkie trzy liczby muszą pochodzić ze zbioru \{1,2,4,5\}.

Jeżeli przez A oznaczymy odpowiednie zdarzenie, to zgodnie z powyższą uwagą, mamy

    \[\bar{\bar{A}}=2^3+4^3.\]

Dodatkowo \Omega przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych ma elementów

    \[\bar{\bar{\Omega}}=6^3.\]

Zatem mamy odpowiedź: \mathbf{P}(A)=\dfrac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\dfrac{2^3+4^3}{6^3}=\dfrac{8+64}{216}=\dfrac{1}{3}.

 

Zadanie 2. (0-3)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie trzy razy cyfra 0 i dokładnie raz występuje cyfra 5.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.


Cyfra zero nie może występować na pierwszej pozycji w zapisie danej liczby sześciocyfrowej, pozostałe 5 miejsc jest już dozwolonych. Mamy więc {5\choose 3} możliwości, aby umiejscowić cyfrę zero. Na pozostałych 3 miejscach (tym razem już łącznie z najbardziej znaczącą cyfrą – czyli cyfrą setek tysięcy danej liczby) musi wystąpić cyfra 5. Na to mamy niezależnych {3\choose 1} możliwości. Pozostałe dwa miejsca możemy uzupełnić dowolnymi cyframi różnymi i od piątki i od zera. To daje kolejnych 8\cdot 8 możliwości (jest osiem dostępnych cyfr na dwa pozostałe miejsca). Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź: takich liczb jest dokładnie:

    \[{5\choose 3}\cdot {3\choose 1}\cdot 8^2=10\cdot 3\cdot 64=1920.\]

 

Zadanie 3. (0-4)
A i B są zdarzeniami losowymi i \mathbf{P}(B)>0. Wykaż, że

    \[\mathbf{P}(A|B)\leqslant\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)}.\]

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego mamy \mathbf{P}(A|B)=\dfrac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}. Zauważmy, że zdarzenie A\cap B jest zawarte w zdarzeniu A, dlatego \mathbf{P}(A\cap B)\leqslant \mathbf{P}(A). Tym samym możemy napisać

    \[\mathbf{P}(A|B)=\frac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}\leqslant \frac{\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}=\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)},\]

z własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego do A. To kończy dowód.

 

Zadanie 4. (0-4)
Rzucamy pięć razy symetryczną kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że ,,jedynka” wypadnie co najmniej cztery razy.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Oznaczmy przez A zdarzenie opisane w zadaniu (tj. przy pięciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry, uzyskamy jedno oczko co najmniej cztery razy), zaś przez \Omega tradycyjnie przestrzeń wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia losowego (pięciokrotnego rzutu kostką). Oczywiście wtedy \bar{\bar{\Omega}}=6^5, gdyż musimy uwzględnić każdy możliwy wynik przy jednym rzucie (a tych jest sześć) i ,,zwielokrotnić” go tyle razy ile rzutów wykonujemy (stąd wykładnik 5).

Dla obliczenia liczby \bar{\bar{A}} zauważmy, że A zajdzie gdy albo uzyskamy wyłącznie ,,jedynki” we wszystkich pięciu rzutach, albo w dokładnie jednym z kolejnych rzutów (pierwszym lub drugim itd… lub piątym) ,,jedynka” nie wypadnie. To daje nam równość 

    \[\bar{\bar{A}}=1^5+{5 \choose 1}\cdot 5\cdot 1^4=1+25=26\]

(drugi składnik powyższej sumy zawiera symbol Newtona, odpowiadający za to, w którym z kolei rzucie wypadnie wynik inny niż ,,jedynka”).

Ostatecznie mamy

    \[\mathbf{P}(A)=\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{26}{6^5}\approx 0,\!0033.\]

 

Zadanie 5. (0-4)
Z pewnej grupy osób, w której jest dwa razy więcej mężczyzn niż kobiet, wybrano losowo dwuosobową delegację. Prawdopodobieństwo tego, że w delegacji znajdą się tylko kobiety jest równe 0,\!1. Oblicz, ile kobiet i ilu mężczyzn jest w tej grupie.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Załóżmy, że liczba kobiet w opisanej grupie wynosi k, wtedy mężczyzn jest tam 2k. Wszystkich możliwych wyborów delegacji dwuosobowej jest równa

    \[\bar{\bar{\Omega}}={{k+2k}\choose 2}={3k\choose 2}=\frac{3k(3k-1)}{2}.\]

Delegacji złożonych wyłącznie z kobiet można utworzyć

    \[\bar{\bar{A}}={k \choose 2}=\frac{k(k-1)}{2}.\]

Stąd mamy równość 

    \[\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=0,\!1.\]

Stąd (k-1)\cdot 10=9k-3, czyli k=7. Mamy więc odpowiedź: w opisanej grupie było 7 kobiet.

 

Zadanie 6. (0-4)
Wśród m losów loterii jest 6 losów wygrywających. Dla jakich m prawdopodobieństwo tego, że zakupione dwa losy będą wygrywające, jest większe od \dfrac{1}{3}?

♦ matura – poziom podstawowy (Częstochowa), maj 1988.


Oczywiście m jest liczbą naturalną i m\geqslant 6. Wszystkich możliwych wyborów dwóch losów spośród m jest dokładnie \bar{\bar{\Omega}}={m\choose 2}. Możliwości, w których zakupione oba losy są zwycięskie mamy zaś \bar{\bar{A}}={6\choose 2}. Stąd dostajemy nierówność

    \[\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{6\cdot 5}{m\cdot (m-1)}>\frac{1}{3}.\]

To prowadzi do nierówności m(m-1)<90, czyli m^2-m-90<0. Obliczamy wyróżnik \Delta=1+360 i stąd m_1=\dfrac{1-19}{2}=-9 oraz m_2=\dfrac{1+19}{2}=10, czyli m\in(-9,10). Uwzględniając założenia – otrzymujemy końcowe rozwiązanie: m\in\{6,7,8,9\}.

 

Zadanie 7. (0-4)
W urnie umieszczono 4 kule białe i 8 kul czarnych. Losujemy jedną kulę. Jeżeli będzie biała, to wrzucamy ją z powrotem do urny i dorzucamy do niej jeszcze dwie białe kule. Jeżeli będzie czarna, to zatrzymujemy ją i dorzucamy dwie zielone kule do urny. Następnie losujemy z urny jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że obie z wylosowanych za drugim razem kul są białe.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Sytuację po pierwszym losowaniu wygodnie jest przedstawić za pomocą grafu.

\begin{tikzpicture}[node distance={35mm}, thick,main/.style = {draw, circle},mm/.style = {draw, rectangle}]  \node[mm] (1) {START: $4b+8cz$};  \node[mm] (2) [below left of=1] {$6b+8cz$};  \node[mm] (3) [below right of=1] {$4b+7cz+2z$};  \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {bia{\l}a} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{4}{12}$} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {czarna} (3); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{8}{12}$} (3); \end{tikzpicture}

Węzły drzewka zawierają opis zawartości urny w obu przypadkach. Wylosowanie za drugim razem dwóch kul białych wystąpi z prawdopodobieństwem

    \[\frac{4}{12}\cdot\frac{\binom{6}{2}}{\binom{14}{2}}+\frac{8}{12}\cdot\frac{\binom{4}{2}}{\binom{13}{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15}{91}+\frac{2}{3}\cdot\frac{6}{78}=\frac{29}{273}.\]

 

Dodaj komentarz

Twój adres e-mail nie zostanie opublikowany.