MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 84

Porównujemy liczby leksykograficznie z $324516$.

• Jeśli pierwsza cyfra jest większa od $3$, wybieramy ją spośród $4,5,6$, a pozostałe ustawiamy dowolnie: $3\cdot5!=360$ liczb.
• Dla początku $3$ i drugiej cyfry większej od $2$ mamy $3\cdot4!=72$ liczby.
• Dla początku $32$ i trzeciej cyfry większej od $4$ mamy $2\cdot3!=12$ liczb.
• Dla początku $324$ i czwartej cyfry większej od $5$ mamy $2!=2$ liczby.
• Dla początku $3245$ tylko wybór cyfry $6$ na piątym miejscu daje liczbę większą: $1$ liczba.

Łącznie jest ich $360+72+12+2+1=447$.

Najpierw $P(B)=1-P(B')=0{,}7$. Ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy

$$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B) =0{,}6+0{,}7-0{,}9=0{,}4.$$

Zatem

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}4}{0{,}7}=\frac47.$$

Skoro student zna odpowiedź na pierwsze pytanie, zda egzamin, jeśli wśród dwóch pozostałych pytań znajdzie się przynajmniej jedno z sześciu innych znanych mu pytań. Zdarzeniem przeciwnym jest wylosowanie obu pytań spośród trzech nieznanych. Stąd

$$P=1-\frac{\binom32}{\binom92} =1-\frac3{36}=\frac{11}{12}.$$

Po wybraniu dowolnego czteroelementowego podzbioru jego elementy można ustawić w $4!=24$ równoprawdopodobnych porządkach. Dokładnie dwa z nich są monotoniczne: porządek rosnący i porządek malejący. Zatem, niezależnie od wybranego podzbioru,

$$P=\frac2{4!}=\frac2{24}=\frac1{12}.$$

Niech $T$ oznacza trafienie w tarczę, a $D$ — trafienie w dziesiątkę. Ponieważ $D\subset T$,

$$P(D)=P(T)P(D\mid T)=p\left(1-\frac23p\right)=0{,}36.$$

Otrzymujemy równanie

$$2p^2-3p+1{,}08=0.$$

Jego wyróżnik jest równy $0{,}36$, więc

$$p=\frac{3\pm0{,}6}{4}.$$

Oba rozwiązania, $p=0{,}6$ oraz $p=0{,}9$, należą do przedziału $[0,1]$ i dają poprawne prawdopodobieństwo warunkowe.

W jednym rzucie parą kostek prawdopodobieństwo dwóch szóstek wynosi $\frac1{36}$, a prawdopodobieństwo ich niewyrzucenia — $\frac{35}{36}$. Wszystkie $24$ próby są niezależne. Korzystając ze zdarzenia przeciwnego, otrzymujemy

$$P=1-\left(\frac{35}{36}\right)^{24}\approx0{,}4914.$$

W liczbie sześciocyfrowej muszą wystąpić trzy cyfry parzyste i trzy nieparzyste. Pierwsza cyfra jest parzysta z prawdopodobieństwem $\frac49$ (może być jedną z $2,4,6,8$), a nieparzysta z prawdopodobieństwem $\frac59$. Każda dalsza cyfra ma parzystość wybraną z prawdopodobieństwem $\frac12$. Zatem

$$P=\frac49\binom52\left(\frac12\right)^5 +\frac59\binom53\left(\frac12\right)^5 =\frac{40+50}{288}=\frac5{16}.$$

Niech $U$ oznacza wybór kostki nietypowej, a $C$ — klasycznej. Mamy $P(U)=\frac16$, $P(C)=\frac56$. Na kostce nietypowej są dwie ścianki z czwórką, zatem prawdopodobieństwo dwóch czwórek wynosi $(\frac26)^2=\frac19$. Dla kostki klasycznej wynosi ono $(\frac16)^2=\frac1{36}$. Ze wzoru Bayesa

$$P(U\mid 44)= \frac{\frac16\cdot\frac19} {\frac16\cdot\frac19+\frac56\cdot\frac1{36}} =\frac49.$$

Pierwsza cyfra jest dodatnia, a ostatnia — nieparzysta. Ponieważ suma cyfr wynosi tylko $5$, ograniczenie cyfry do wartości co najwyżej $9$ nie jest aktywne.

Jeśli ostatnią cyfrą jest $1$, odejmujemy po $1$ od pierwszej i ostatniej cyfry. Do rozdzielenia pozostają $3$ jednostki między pierwszą cyfrę i $98$ cyfr środkowych, czyli między $99$ zmiennych nieujemnych. Otrzymujemy

$$\binom{3+99-1}{99-1}=\binom{101}{3}=166650$$

liczb. Jeśli ostatnią cyfrą jest $3$, po odjęciu jedynki od pierwszej cyfry pozostaje jedna jednostka do rozdzielenia między $99$ pozycji, co daje $99$ liczb. Ostatnia cyfra $5$ jest niemożliwa, bo pierwsza także musi być dodatnia. Łącznie

$$166650+99=166749.$$