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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 Anuluj pisanie odpowiedzi