MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 80

Pierwszą urnę wybieramy wtedy, gdy w dwóch rzutach nie wypadły dwie reszki, zatem z prawdopodobieństwem $1-\frac14=\frac34$. Drugą urnę wybieramy z prawdopodobieństwem $\frac14$.

a) Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym

$$P(\text{biała})=\frac34\cdot\frac4{10}+\frac14\cdot\frac3{10} =\frac{15}{40}=\frac38.$$

b) Analogicznie

$$P(\text{niebieska})=\frac34\cdot\frac6{10}+\frac14\cdot\frac2{10} =\frac{20}{40}=\frac12.$$

Kostkę klasyczną wybieramy z prawdopodobieństwem $\frac45$, a nietypową — z prawdopodobieństwem $\frac15$. Na kostce klasycznej szóstka zajmuje jedną ściankę, a na nietypowej cztery ścianki. Stąd

$$P(6)=\frac45\cdot\frac16+\frac15\cdot\frac46 =\frac4{30}+\frac4{30}=\frac4{15}.$$

Losowania pytań z obu części są niezależne. Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch znanych pytań z części I wynosi $\frac{\binom82}{\binom{10}2}$, a z części II — $\frac{\binom{10}2}{\binom{12}2}$. Zatem

$$P=\frac{\binom82}{\binom{10}2}\cdot \frac{\binom{10}2}{\binom{12}2} =\frac{28}{66}=\frac{14}{33}.$$

Oznaczmy $P(A)=P(B)=p$ oraz $P(A\cap B)=r$. Ponieważ $A\cup B=\Omega$,

$$1=P(A\cup B)=2p-r.$$

a) Dla $r=\frac14$ otrzymujemy $p=\frac58$. Zatem

$$P(A\mid B)=\frac rp=\frac25.$$

Ponadto $P(A\cap B')=p-r=\frac38$ i $P(B')=1-p=\frac38$, więc $P(A\mid B')=1$.

b) Warunek $P(A\mid B)=\frac15$ daje $r=\frac p5$. Po podstawieniu do $2p-r=1$ mamy $\frac95p=1$, czyli $p=\frac59$ oraz $r=\frac19$.

Traktujemy wyniki jako uporządkowane pary.

a) Sumę $6$ dają pary $(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)$. Tylko w parze $(4,2)$ drugi wynik jest dwójką, więc prawdopodobieństwo warunkowe wynosi $\frac15$.

b) Iloczyn $6$ dają pary $(1,6),(2,3),(3,2),(6,1)$. Tylko para $(3,2)$ spełnia dodatkowy warunek, zatem prawdopodobieństwo wynosi $\frac14$.

Każdy z $2^{10}$ ciągów wyników jest jednakowo prawdopodobny.

a) Dopuszczamy zero albo jedną reszkę:

$$P=\frac{\binom{10}0+\binom{10}1}{2^{10}} =\frac{1+10}{1024}=\frac{11}{1024}.$$

b) Dopuszczamy od zera do trzech reszek:

$$P=\frac{\binom{10}0+\binom{10}1+\binom{10}2+\binom{10}3}{2^{10}} =\frac{1+10+45+120}{1024}=\frac{11}{64}.$$

Jeśli w dziesięciu rzutach wypadło dokładnie $k$ szóstek, to każdy wybór $k$ pozycji szóstek jest jednakowo prawdopodobny. Zdarzeniu, że pierwsza pozycja jest jedną z nich, odpowiada $\binom9{k-1}$ układów spośród $\binom{10}k$. Zatem

$$P=\frac{\binom9{k-1}}{\binom{10}k}=\frac{k}{10}.$$

Dla $k=2$ otrzymujemy $\frac15$, a dla $k=3$ — $\frac3{10}$.

W jednym rzucie oczekiwana wygrana za piątkę lub szóstkę wynosi

$$10\cdot\frac16+20\cdot\frac16=5\ \text{zł},$$

więc dla dwóch rzutów jest to $10$ zł. Przegrana $x$ zł następuje, gdy oba wyniki należą do zbioru $\{1,2,3,4\}$, co ma prawdopodobieństwo $(\frac46)^2=\frac49$. Gra jest sprawiedliwa, gdy wartość oczekiwana zysku jest zerowa:

$$10-\frac49x=0,$$

czyli $x=\frac{45}{2}=22{,}50$ zł.

Liczba rzutów $X$ może przyjąć wartości od $1$ do $4$. Kończymy po jednym rzucie dla wyniku R, po dwóch dla OR, po trzech dla OOR, a po czterech dla OOOR lub OOOO. Zatem

$$P(X=1)=\frac12,\quad P(X=2)=\frac14,\quad P(X=3)=\frac18,\quad P(X=4)=\frac18.$$

Wartość oczekiwana wynosi

$$E(X)=1\cdot\frac12+2\cdot\frac14+3\cdot\frac18+4\cdot\frac18 =\frac{15}{8}.$$