MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 289

Sztuk pierwszego gatunku jest $0{,}3n$. Po sprzedaniu jednej takiej sztuki zostaje ich $0{,}3n-1$ wśród $n-1$ wyrobów. Z warunku $\frac{0{,}3n-1}{n-1}=\frac27$ otrzymujemy $7(3n-10)=20(n-1),\qquad 21n-70=20n-20,$ czyli $n=50$.

a) Iloczyn nie jest podzielny przez $3$ tylko wtedy, gdy w żadnym rzucie nie wypadnie $3$ ani $6$. Zdarzenie warunkujące ma więc $6^3-4^3=152$ wyników. Gdy trzeci wynik to $6$, pierwsze dwa są dowolne, co daje $36$ wyników. Stąd $P=\frac{36}{152}=\frac9{38}$.

b) Sumę $12$ daje $25$ uporządkowanych trójek. Przy trzecim wyniku $6$ pierwsze dwa muszą dawać sumę $6$, co zachodzi dla pięciu par. Zatem $P=\frac5{25}=\frac15$.

c) Każda klasa reszt modulo $3$ zawiera po dwie wartości kostki, więc spośród $216$ trójek dokładnie $72$ mają sumę dającą resztę $1$. Gdy trzeci wynik to $6$, reszty dwóch pierwszych muszą tworzyć parę $(0,1)$, $(1,0)$ albo $(2,2)$; daje to $3\cdot2\cdot2=12$ wyników. Zatem $P=\frac{12}{72}=\frac16$.

Jeśli przeniesiono kulę białą, co ma prawdopodobieństwo $\frac46$, w drugiej urnie jest $5$ czarnych spośród $9$ kul. Jeśli przeniesiono czarną, co ma prawdopodobieństwo $\frac26$, czarnych jest $6$ spośród $9$. Zatem

Po pierwszej białej kuli, wylosowanej z prawdopodobieństwem $\frac38$, urna ma skład $5$ białych i $5$ czarnych. Po pierwszej czarnej, wylosowanej z prawdopodobieństwem $\frac58$, ma skład $3$ białe i $7$ czarnych. Zatem

Trzy kolejne wylosowane liczby tworzą uporządkowaną próbę bez zwracania. Jej dwie ostatnie pozycje są, niezależnie od opisu pierwszego losowania, losową dwójką spośród całego zbioru. Wśród $50$ liczb jest $25$ parzystych, więc

Niech w pierwszej urnie będzie $k$ białych kul, a w drugiej $6-k$, gdzie $k\in\{0,1,\ldots,6\}$. Wtedy $P_k=\frac12\left(\frac{k}{k+4}+\frac{6-k}{10-k}\right).$ Wartości są symetryczne względem $k=3$. Dla $k=0,1,2,3$ wynoszą odpowiednio $\frac3{10},\quad\frac{17}{45},\quad\frac5{12},\quad\frac37.$ Największa jest ostatnia, więc należy umieścić po trzy białe kule w każdej urnie.

Wśród pierwszych dwóch pytań student może wylosować dwa znane albo jedno znane i jedno nieznane. W drugim przypadku wśród $2n-2$ pozostałych pytań zna $n-1$, więc dodatkowe pytanie odpowie dobrze z prawdopodobieństwem $\frac12$. Zatem

Niech $A$ oznacza wynik co najwyżej $4$, a $B$ — co najmniej $4$. Mamy $A\cup B=\Omega$, natomiast $A\cap B$ jest zdarzeniem uzyskania dokładnie czterech oczek. Stąd $P(4)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0{,}6+0{,}8-1=0{,}4.$

Mamy $P(B)=1-P(B')=\frac56$ oraz $P(A\cap B)=P(B\mid A)P(A)=\frac13\cdot\frac23=\frac29.$ Zatem