Rachunek prawdopodobieństwa sprawdzian 2

Rachunek prawdopodobieństwa

Sprawdzian 2

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Dane są dwie urny: w urnie pierwszej są trzy kule białe i jedna kula czarna, natomiast w urnie drugiej dwie kule białe i dwie kule czarne. Rzucamy monetą, jeśli wypadnie orzeł to losujemy jedną kulę z urny pierwszej, jeśli wypadnie reszka to losujemy jedną kulę z urny drugiej. Okazało się, że w wyniku tego doświadczenia wylosowaliśmy kulę białą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadł orzeł.

Wskazówki:

Doświadczenie jest dwuetapowe: najpierw rzucamy monetą (wybór urny), a następnie losujemy kulę z wylosowanej urny.
Treść zadania informuje o zdarzeniu, które już zaszło (wylosowano kulę białą) – szukamy prawdopodobieństwa przyczyny (wypadł orzeł). Jest to klasyczne prawdopodobieństwo warunkowe.
Zastosuj twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym do obliczenia całkowitej szansy wylosowania kuli białej $P(B)$, a następnie skorzystaj ze wzoru Bayesa.
Zadanie można także zinterpretować graficznie za pomocą drzewa stochastycznego jako stosunek prawdopodobieństwa ścieżki sprzyjającej do sumy prawdopodobieństw wszystkich ścieżek dających kulę białą.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zdefiniowanie zdarzeń losowych i schemat doświadczenia:
Wprowadźmy oznaczenia zdarzeń dla poszczególnych etapów losowania:
- $O$ – w rzucie monetą wypadł orzeł (losujemy kulę z urny I),
- $R$ – w rzucie monetą wypadła reszka (losujemy kulę z urny II),
- $B$ – w wyniku całego doświadczenia wylosowano kulę białą.

Dla symetrycznej monety prawdopodobieństwa wynoszą: $$P(O) = \frac{1}{2}, \quad P(R) = \frac{1}{2}$$ Określamy zawartość obu urn i prawdopodobieństwa warunkowe wylosowania kuli białej:
- Urna I: zawiera $3$ kule białe i $1$ czarną (łącznie $4$ kule). Zatem: $$P(B \mid O) = \frac{3}{4}, \quad P(C \mid O) = \frac{1}{4}$$ - Urna II: zawiera $2$ kule białe i $2$ czarne (łącznie $4$ kule). Zatem: $$P(B \mid R) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, \quad P(C \mid R) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$ Strukturę doświadczenia przedstawia poniższe drzewo probabilistyczne:
Sposób I – Zastosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym i wzoru Bayesa:
Zdarzenia $O$ i $R$ tworzą przestrzeń zdarzeń wykluczających się wzajemnie ($O \cap R = \emptyset$, $P(O) + P(R) = 1$).

Obliczamy całkowite prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej $P(B)$, sumując prawdopodobieństwa wylosowania jej z obu urn: $$\begin{aligned} P(B) &= P(O) \cdot P(B \mid O) + P(R) \cdot P(B \mid R) \\[8pt] &= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} \\[8pt] &= \frac{3}{8} + \frac{2}{8} \\[8pt] &= \frac{5}{8} \end{aligned}$$ Prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń (wypadł orzeł i wylosowano kulę białą) wynosi: $$P(O \cap B) = P(O) \cdot P(B \mid O) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8}$$ Korzystamy z definicji prawdopodobieństwa warunkowego (wzoru Bayesa), aby obliczyć prawdopodobieństwo, że wypadł orzeł pod warunkiem, że wylosowano kulę białą: $$\begin{aligned} P(O \mid B) &= \frac{P(O \cap B)}{P(B)} \\[8pt] &= \frac{\dfrac{3}{8}}{\dfrac{5}{8}} \\[8pt] &= \frac{3}{8} \cdot \frac{8}{5} \\[8pt] &= \frac{3}{5} \end{aligned}$$
Sposób II – Metoda ilorazu wag ścieżek na drzewie probabilistycznym:
Kula biała mogła zostać wylosowana wyłącznie na dwa rozłączne sposoby odpowiadające dwóm ścieżkom drzewa:
- Ścieżka 1: orzeł i biała kula $(O, B)$ o wadze prawdopodobieństwa: $$P_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8}$$
- Ścieżka 2: reszka i biała kula $(R, B)$ o wadze prawdopodobieństwa: $$P_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} = \frac{2}{8}$$
Wiemy na pewno, że zaszło zdarzenie dające kulę białą, zatem nową przestrzenią zdarzeń staje się suma prawdopodobieństw tych dwóch ścieżek: $$P_1 + P_2 = \frac{3}{8} + \frac{2}{8} = \frac{5}{8}$$ Szukane prawdopodobieństwo, że za ten wynik odpowiadała ścieżka z orłem, to stosunek wagi ścieżki pierwszej do sumy wag obu ścieżek sprzyjających zdarzeniu $B$: $$P(O \mid B) = \frac{P_1}{P_1 + P_2} = \frac{\dfrac{3}{8}}{\dfrac{3}{8} + \dfrac{2}{8}} = \frac{3}{3 + 2} = \frac{3}{5}$$

Odpowiedź:
Prawdopodobieństwo, że w rzucie monetą wypadł orzeł, pod warunkiem wylosowania kuli białej, wynosi $\dfrac{3}{5}$.

Zadanie 2 (2 pkt)

W loterii jest 10 losów, w tym 3 wygrywające. Zakupiono dwa losy. Wyznacz wartość oczekiwaną liczby losów wygranych wśród zakupionych losów.

Wskazówki:

Zdefiniuj dyskretną zmienną losową $X$ jako liczbę wygranych losów spośród dwóch zakupionych. Zastanów się, jakie wartości może przyjmować ta zmienna (od zera do dwóch wygranych).
Sposób I (tabela rozkładu zmiennej losowej): Wyznacz prawdopodobieństwa poszczególnych zdarzeń $P(X = 0)$, $P(X = 1)$ oraz $P(X = 2)$ za pomocą kombinatoryki (losowanie bez zwracania) lub drzewa stochastycznego. Następnie oblicz wartość oczekiwaną z definicji: $E(X) = x_1 \cdot p_1 + x_2 \cdot p_2 + x_3 \cdot p_3$.
Sposób II (liniowość wartości oczekiwanej): Przedstaw liczbę wygranych jako sumę dwóch zmiennych wskaźnikowych $X = X_1 + X_2$, gdzie $X_1$ informuje o wygranej w pierwszym losie, a $X_2$ w drugim. Skorzystaj z faktu, że wartość oczekiwana sumy jest sumą wartości oczekiwanych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza etapów losowania (drzewo stochastyczne):
W loterii znajduje się $10$ losów, z czego $3$ są wygrywające ($W$), a pozostałe $7$ to losy przegrywające ($P$). Zakup dwóch losów odpowiada losowaniu dwóch elementów bez zwracania. Przebieg tego procesu oraz prawdopodobieństwa przejścia na poszczególnych etapach ilustruje poniższe drzewo:
Sposób I – Wyznaczenie rozkładu prawdopodobieństwa zmiennej losowej $X$ i obliczenie wartości oczekiwanej:
Niech zmienna losowa $X$ oznacza liczbę wygranych losów wśród dwóch zakupionych. Zmienna ta przyjmuje wartości ze zbioru $\{0, 1, 2\}$.

Liczbę wszystkich możliwych par losów wyznaczamy ze wzoru na kombinację: $$ |\Omega| = \binom{10}{2} = \dfrac{10 \cdot 9}{2 \cdot 1} = 45 $$ Obliczamy prawdopodobieństwo dla każdej wartości zmiennej losowej $X$:

1. Dla $X = 0$ (brak wygranych losów – oba są przegrywające):
Wybieramy $2$ losy spośród $7$ przegrywających: $$ \begin{aligned} P(X = 0) &= \dfrac{\binom{7}{2}}{\binom{10}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{\dfrac{7 \cdot 6}{2}}{45} \\[8pt] &= \dfrac{21}{45} = \dfrac{7}{15} \end{aligned} $$ 2. Dla $X = 1$ (dokładnie jeden wygrywający i jeden przegrywający):
Wybieramy $1$ los spośród $3$ wygrywających oraz $1$ spośród $7$ przegrywających: $$ \begin{aligned} P(X = 1) &= \dfrac{\binom{3}{1} \cdot \binom{7}{1}}{\binom{10}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{3 \cdot 7}{45} \\[8pt] &= \dfrac{21}{45} = \dfrac{7}{15} \end{aligned} $$ 3. Dla $X = 2$ (oba losy wygrywające):
Wybieramy $2$ losy spośród $3$ wygrywających: $$ \begin{aligned} P(X = 2) &= \dfrac{\binom{3}{2}}{\binom{10}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{3}{45} = \dfrac{1}{15} \end{aligned} $$ Sprawdzamy sumę prawdopodobieństw: $$ \dfrac{21}{45} + \dfrac{21}{45} + \dfrac{3}{45} = \dfrac{45}{45} = 1 $$ Rozkład dyskretnej zmiennej losowej $X$ przedstawia się następująco: $$ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x_i & 0 & 1 & 2 \\ \hline P(X = x_i) & \dfrac{21}{45} & \dfrac{21}{45} & \dfrac{3}{45} \\ \hline \end{array} $$ Wartość oczekiwaną zmiennej losowej $X$ wyznaczamy, mnożąc każdą możliwą wartość przez odpowiadające jej prawdopodobieństwo i sumując uzyskane iloczyny: $$ E(X) = 0 \cdot P(X = 0) + 1 \cdot P(X = 1) + 2 \cdot P(X = 2) $$ $$ \begin{aligned} E(X) &= 0 \cdot \dfrac{21}{45} + 1 \cdot \dfrac{21}{45} + 2 \cdot \dfrac{3}{45} \\[8pt] &= 0 + \dfrac{21}{45} + \dfrac{6}{45} \\[8pt] &= \dfrac{27}{45} \end{aligned} $$ Skracamy ułamek przez największy wspólny dzielnik, czyli $9$: $$ E(X) = \dfrac{27 : 9}{45 : 9} = \dfrac{3}{5} = 0{,}6 $$
Sposób II – Wykorzystanie liniowości wartości oczekiwanej (metoda indykatorów):
Całkowitą liczbę wygranych losów możemy zapisać jako sumę dwóch zmiennych zero-jedynkowych: $$ X = X_1 + X_2 $$ gdzie:
- $X_1 = 1$, gdy pierwszy los jest wygrywający, oraz $X_1 = 0$, gdy jest przegrywający,
- $X_2 = 1$, gdy drugi los jest wygrywający, oraz $X_2 = 0$, gdy jest przegrywający.
Z własności liniowości wartości oczekiwanej wartość oczekiwana sumy zmiennych losowych jest zawsze równa sumie ich wartości oczekiwanych: $$ E(X) = E(X_1) + E(X_2) $$ Wyznaczamy wartość oczekiwaną dla pierwszego losu: $$ \begin{aligned} P(X_1 = 1) &= \dfrac{3}{10} \\[8pt] E(X_1) &= 1 \cdot P(X_1 = 1) + 0 \cdot P(X_1 = 0) \\[8pt] &= 1 \cdot \dfrac{3}{10} + 0 \cdot \dfrac{7}{10} = \dfrac{3}{10} \end{aligned} $$ Prawdopodobieństwo, że drugi los będzie wygrywający, obliczamy z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym (lub sumując odpowiednie ścieżki z drzewa stochastycznego): $$ \begin{aligned} P(X_2 = 1) &= P(W_1 \cap W_2) + P(P_1 \cap W_2) \\[8pt] &= \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{2}{9} + \dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{3}{9} \\[8pt] &= \dfrac{6}{90} + \dfrac{21}{90} = \dfrac{27}{90} = \dfrac{3}{10} \end{aligned} $$ Stąd wartość oczekiwana zmiennej $X_2$ wynosi: $$ E(X_2) = 1 \cdot \dfrac{3}{10} + 0 \cdot \dfrac{7}{10} = \dfrac{3}{10} $$ Dodajemy wartości oczekiwane obu losowań: $$ \begin{aligned} E(X) &= E(X_1) + E(X_2) \\[8pt] &= \dfrac{3}{10} + \dfrac{3}{10} \\[8pt] &= \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5} = 0{,}6 \end{aligned} $$

Odpowiedź:
Wartość oczekiwana liczby wygranych losów wynosi $E(X) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6$.

Zadanie 3 (2 pkt)

Rzucamy trzykrotnie symetryczną sześcienną kostką do gry. Suma wyrzuconych oczek jest równa 15. Oblicz prawdopodobieństwo, że w pierwszym rzucie wypadła piątka.

Wskazówki:

Zadanie dotyczy prawdopodobieństwa warunkowego – informacja o tym, że suma oczek wynosi 15, zawęża przestrzeń możliwych zdarzeń.
Wypisz wszystkie nieuporządkowane trójki liczb ze zbioru $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, których suma wynosi 15, a następnie policz liczbę ich uporządkowań (permutacji).
Wskaż, w ilu spośród tych uporządkowanych trójek na pierwszym miejscu stoi liczba 5.
Zadanie możesz rozwiązać za pomocą klasycznego wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe $P(A|B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ lub poprzez bezpośrednie zawężenie przestrzeni zdarzeń elementarnych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zdefiniowanie przestrzeni zdarzeń i oznaczenie zdarzeń:
Doświadczenie losowe polega na trzykrotnym rzucie symetryczną, sześcienną kostką do gry. Zdarzeniem elementarnym jest uporządkowana trójka liczb $(x_1, x_2, x_3)$, gdzie $x_i \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.

Całkowita liczba wszystkich możliwych wyników wynosi: $$\begin{aligned} |\Omega| &= 6 \cdot 6 \cdot 6 \\[8pt] &= 216 \end{aligned}$$ Definiujemy dwa zdarzenia:
- $B$ – suma wyrzuconych oczek w trzech rzutach jest równa $15$,
- $A$ – w pierwszym rzucie wypadła piątka ($x_1 = 5$).
Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A|B)$.
Wyznaczenie liczby zdarzeń sprzyjających warunkowi $B$ (suma oczek równa 15):
Maksymalna liczba oczek na jednej kostce to $6$. Szukamy takich zestawów trzech liczb od $1$ do $6$, których suma wynosi $15$:
- Zestaw liczb $\{6, 6, 3\}$: dwie szóstki i jedna trójka. Liczba możliwych ustawień w trzech rzutach wynosi: $$\dfrac{3!}{2!} = 3$$ Są to wyniki: $(6, 6, 3)$, $(6, 3, 6)$, $(3, 6, 6)$.
- Zestaw liczb $\{6, 5, 4\}$: trzy różne liczby. Liczba możliwych ustawień w trzech rzutach to: $$3! = 6$$ Są to wyniki: $(6, 5, 4)$, $(6, 4, 5)$, $(5, 6, 4)$, $(5, 4, 6)$, $(4, 6, 5)$, $(4, 5, 6)$.
- Zestaw liczb $\{5, 5, 5\}$: trzy piątki. Liczba możliwych ustawień wynosi: $$\dfrac{3!}{3!} = 1$$ Jest to wynik: $(5, 5, 5)$.
Inne rozkłady nie istnieją, ponieważ przy największej liczbie równej $4$ maksymalna suma wynosiłaby zaledwie $4 + 4 + 4 = 12 < 15$.

Łączna liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu $B$ wynosi: $$\begin{aligned} |B| &= 3 + 6 + 1 \\[8pt] &= 10 \end{aligned}$$
Wyznaczenie liczby zdarzeń sprzyjających iloczynowi $A \cap B$:
Iloczyn zdarzeń $A \cap B$ oznacza, że suma oczek wynosi $15$ oraz w pierwszym rzucie wypadła liczba $5$ ($x_1 = 5$). Spośród wypisanych powyżej $10$ trójek wybieramy te, które zaczynają się od $5$: $$A \cap B = \{(5, 4, 6), (5, 6, 4), (5, 5, 5)\}$$ Liczba elementów iloczynu zdarzeń wynosi zatem: $$|A \cap B| = 3$$
Obliczenie prawdopodobieństwa – Sposób I (z klasycznego wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe):
Obliczamy prawdopodobieństwa zdarzeń $B$ oraz $A \cap B$ w przestrzeni $\Omega$: $$\begin{aligned} P(B) &= \dfrac{|B|}{|\Omega|} = \dfrac{10}{216} \\[8pt] P(A \cap B) &= \dfrac{|A \cap B|}{|\Omega|} = \dfrac{3}{216} \end{aligned}$$ Stosujemy definicję prawdopodobieństwa warunkowego: $$\begin{aligned} P(A|B) &= \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} \\[8pt] &= \dfrac{\dfrac{3}{216}}{\dfrac{10}{216}} \\[8pt] &= \dfrac{3}{10} = 0{,}3 \end{aligned}$$
Obliczenie prawdopodobieństwa – Sposób II (poprzez zwężenie przestrzeni zdarzeń elementarnych):
Ponieważ wiemy na pewno, że zaszło zdarzenie $B$, nową przestrzenią zdarzeń elementarnych staje się zbiór $B$. Wszystkie $10$ układów należących do $B$ jest jednakowo prawdopodobnych.

Wśród nich dokładnie $3$ wyniki mają na pierwszej kostce liczbę $5$. Prawdopodobieństwo wynosi więc bezpośrednio: $$P(A|B) = \dfrac{|A \cap B|}{|B|} = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$$

Odpowiedź:
$P = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$

Zadanie 4 (4 pkt)

Rzucamy $n$ razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Wyznacz te wartości parametru $n$ dla których prawdopodobieństwo wyrzucenia co najmniej jednej piątki lub szóstki jest większe od 0,99.

Wskazówki:

Zamiast sumować prawdopodobieństwa wielu przypadków, skorzystaj ze zdarzenia przeciwnego: $P(A) = 1 - P(A')$.
Zdarzeniem przeciwnym do „wyrzucenia co najmniej jednej piątki lub szóstki” jest zdarzenie: „ani razu nie wyrzucono piątki ani szóstki” w $n$ rzutach.
W każdym pojedynczym rzucie kostką prawdopodobieństwo niewypadnięcia piątki ani szóstki (wypadnięcia liczby ze zbioru $\{1, 2, 3, 4\}$) wynosi $\dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.
Rozwiąż otrzymaną nierówność wykładniczą $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n < 0{,}01$, szacując kolejne potęgi liczby naturalnej lub korzystając z własności logarytmów.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zastosowanie zdarzenia przeciwnego i ułożenie nierówności:
W pojedynczym rzucie symetryczną kostką zbiór wszystkich możliwych wyników to $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
Sukcesem w jednym rzucie jest wypadnięcie 5 lub 6 oczek, co daje prawdopodobieństwo: $$p = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$$ Porażką jest wypadnięcie jednej z liczb ze zbioru $\{1, 2, 3, 4\}$, zatem: $$q = 1 - p = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$$ Rzucamy kostką $n$ razy ($n \in \mathbb{N}^+$). Niech zdarzenie $A$ oznacza: „wyrzucono co najmniej jedną piątkę lub szóstkę”.
Zdarzeniem przeciwnym $A'$ jest: „w żadnym z $n$ rzutów nie wypadła ani piątka, ani szóstka” (we wszystkich $n$ rzutach wypadły wyłącznie liczby ze zbioru $\{1, 2, 3, 4\}$).
Ponieważ poszczególne rzuty są zdarzeniami niezależnymi: $$P(A') = \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$$ Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ wynosi: $$P(A) = 1 - P(A') = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$$ Zgodnie z warunkiem zadania prawdopodobieństwo to ma być większe od $0{,}99$: $$\begin{aligned} 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n &> 0{,}99 \\[8pt] -\left(\dfrac{2}{3}\right)^n &> 0{,}99 - 1 \\[8pt] -\left(\dfrac{2}{3}\right)^n &> -0{,}01 \\[8pt] \left(\dfrac{2}{3}\right)^n &< 0{,}01 \end{aligned}$$ Zapisując $0{,}01 = \dfrac{1}{100}$ i odwracając obie strony nierówności, zmieniamy jej zwrot: $$\left(\dfrac{3}{2}\right)^n > 100 \iff (1{,}5)^n > 100$$
Sposób I – Wyznaczenie parametru $n$ metodą kolejnych potęg:
Ponieważ liczba wykonanych rzutów $n$ musi być dodatnią liczbą całkowitą ($n \in \mathbb{N}^+$), badamy wartości potęg liczby $1{,}5 = \dfrac{3}{2}$: $$\begin{aligned} (1{,}5)^2 &= 2{,}25 \\[8pt] (1{,}5)^4 &= (2{,}25)^2 = 5{,}0625 \\[8pt] (1{,}5)^8 &= (5{,}0625)^2 \approx 25{,}63 \\[8pt] (1{,}5)^{10} &= (1{,}5)^8 \cdot (1{,}5)^2 \approx 25{,}63 \cdot 2{,}25 \approx 57{,}67 \\[8pt] (1{,}5)^{11} &\approx 57{,}67 \cdot 1{,}5 \approx 86{,}50 \\[8pt] (1{,}5)^{12} &\approx 86{,}50 \cdot 1{,}5 \approx 129{,}75 \end{aligned}$$ Porównując bezpośrednio wartości ułamków z progiem $0{,}01$: $$\left(\dfrac{2}{3}\right)^{11} = \dfrac{2048}{177147} \approx 0{,}01156 > 0{,}01$$ $$\left(\dfrac{2}{3}\right)^{12} = \dfrac{4096}{531441} \approx 0{,}00771 < 0{,}01$$ Ponieważ funkcja wykładnicza o podstawie $\dfrac{2}{3} \in (0, 1)$ jest ściśle malejąca, nierówność $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n < 0{,}01$ zachodzi dla każdego $n \ge 12$.
Sposób II – Wyznaczenie parametru $n$ za pomocą logarytmowania:
Rozwiązujemy nierówność $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n < 0{,}01$, nakładając na obie strony logarytm dziesiętny $\log$ (funkcja ta jest rosnąca, więc nie zmienia zwrotu nierówności): $$\begin{aligned} \log\left(\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\right) &< \log(0{,}01) \\[8pt] n \cdot \log\left(\dfrac{2}{3}\right) &< -2 \\[8pt] n \cdot (\log 2 - \log 3) &< -2 \end{aligned}$$ Z tablic matematycznych odczytujemy wartości przybliżone: $\log 2 \approx 0{,}3010$ oraz $\log 3 \approx 0{,}4771$.
Różnica $\log 2 - \log 3 = 0{,}3010 - 0{,}4771 = -0{,}1761$ jest liczbą ujemną.
Dzieląc obie strony przez liczbę ujemną, zmieniamy zwrot nierówności na przeciwny: $$\begin{aligned} n &> \dfrac{-2}{\log 2 - \log 3} \\[8pt] n &> \dfrac{2}{\log 3 - \log 2} \\[8pt] n &> \dfrac{2}{0{,}1761} \approx 11{,}36 \end{aligned}$$ Ponieważ $n \in \mathbb{N}^+$, najmniejszą liczbą naturalną spełniającą ten warunek jest $n = 12$.
Zatem warunki zadania spełniają wszystkie liczby naturalne: $$n \ge 12$$

Odpowiedź:
Prawdopodobieństwo jest większe od 0,99 dla $n \ge 12$, gdzie $n \in \mathbb{N}^+$ (czyli $n \in \{12, 13, 14, \dots\}$).

Zadanie 5 (3 pkt)

$A, B$ są zdarzeniami losowymi zawartymi w $\Omega$ oraz $P(A) = 0{,}7$ i $P(B) = 0{,}5$. Udowodnij, że $P(A \cap B') \le 0{,}5$.

Wskazówki:

Zauważ, że zdarzenie $A \cap B'$ jest tożsame z różnicą zbiorów $A \setminus B$, czyli oznacza zajście zdarzenia $A$ i jednoczesne niezajście zdarzenia $B$.
Zdarzenie $A$ można przedstawić jako sumę dwóch zdarzeń wykluczających się: $A = (A \cap B) \cup (A \cap B')$, skąd wynika równość $P(A \cap B') = P(A) - P(A \cap B)$.
Prawdopodobieństwo sumy dowolnych zdarzeń nie może przekraczać jedności: $P(A \cup B) \le 1$. Zastosuj wzór na sumę prawdopodobieństw, aby oszacować od dołu wartość $P(A \cap B)$.
Zadanie można także udowodnić bezpośrednio, zauważając prostą relację zawierania: $A \cap B' \subseteq B'$ oraz korzystając z monotoniczności prawdopodobieństwa.

Rozwiązanie krok po kroku:

Sposób I – Wykorzystanie wzoru na sumę zdarzeń i własności $P(A \cup B) \le 1$:
Zdarzenie $A$ możemy zapisać jako sumę dwóch zdarzeń rozłącznych: części wspólnej z $B$ oraz części nieposiadającej elementów ze zdarzenia $B$: $$A = (A \cap B) \cup (A \cap B')$$ Ponieważ zbiory $(A \cap B)$ oraz $(A \cap B')$ są rozłączne, prawdopodobieństwo ich sumy jest równe sumie prawdopodobieństw: $$\begin{aligned} P(A) &= P(A \cap B) + P(A \cap B') \\[8pt] P(A \cap B') &= P(A) - P(A \cap B) \end{aligned}$$

Dla dowolnych dwóch zdarzeń losowych prawdziwy jest wzór na prawdopodobieństwo ich sumy: $$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$$ Ponieważ każde prawdopodobieństwo zdarzenia losowego nie przekracza jedności, zachodzi: $$P(A \cup B) \le 1$$ Podstawiamy dane liczbowe $P(A) = 0{,}7$ oraz $P(B) = 0{,}5$: $$\begin{aligned} 0{,}7 + 0{,}5 - P(A \cap B) &\le 1 \\[8pt] 1{,}2 - P(A \cap B) &\le 1 \\[8pt] -P(A \cap B) &\le 1 - 1{,}2 \\[8pt] -P(A \cap B) &\le -0{,}2 \end{aligned}$$ Mnożąc obie strony przez $-1$ (ze zmianą zwrotu nierówności), otrzymujemy: $$P(A \cap B) \ge 0{,}2$$ Wracamy do zależności na $P(A \cap B')$: $$P(A \cap B') = P(A) - P(A \cap B) = 0{,}7 - P(A \cap B)$$ Skoro odejmujemy wielkość $P(A \cap B)$, która wynosi co najmniej $0{,}2$, to całe wyrażenie osiąga wartość niewiększą niż przy odjęciu minimum: $$\begin{aligned} P(A \cap B') &\le 0{,}7 - 0{,}2 \\[8pt] P(A \cap B') &\le 0{,}5 \end{aligned}$$ co kończy dowód tezy.
Sposób II – Wykorzystanie relacji zawierania zdarzeń i monotoniczności:
Z definicji iloczynu zbiorów wynika, że dla dowolnych zdarzeń $A$ oraz $B'$ część wspólna jest zawsze podzbiorem każdego z tych zdarzeń: $$A \cap B' \subseteq B'$$ Z własności monotoniczności prawdopodobieństwa (jeśli $X \subseteq Y$, to $P(X) \le P(Y)$) otrzymujemy: $$P(A \cap B') \le P(B')$$ Korzystamy z własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego $B'$: $$P(B') = 1 - P(B)$$ Wstawiamy daną wartość $P(B) = 0{,}5$: $$\begin{aligned} P(B') &= 1 - 0{,}5 \\[8pt] &= 0{,}5 \end{aligned}$$ Łącząc obie relacje, otrzymujemy bezpośrednio: $$P(A \cap B') \le 0{,}5$$ co stanowi alternatywne, natychmiastowe uzasadnienie tezy.

Odpowiedź:
Wykazano, że $P(A \cap B') \le 0{,}5$.

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Dane są dwie urny: w urnie pierwszej jest jedna kula biała i dwie kule czarne, natomiast w urnie drugiej trzy kule białe i dwie kule czarne. Rzucamy monetą, jeśli wypadnie orzeł to losujemy jedną kulę z urny pierwszej, jeśli wypadnie reszka to losujemy jedną kulę z urny drugiej. Okazało się, że w wyniku tego doświadczenia wylosowaliśmy kulę białą. Oblicz prawdopodobieństwo, że wypadł orzeł.