Rachunek Prawdopodobieństwa

Wstęp: Sztuka Zliczania Możliwości

Prawdopodobieństwo na rozszerzeniu to gra w "ile jest wszystkich opcji" ( $|\Omega|$ ) oraz "ile opcji nas urządza" ( $|A|$ ). Aby to policzyć, musisz biegle władać kombinatoryką. Zaczniemy od rozróżnienia, kiedy kolejność ma znaczenie, a kiedy liczy się tylko skład grupy.

📋 Spis treści

I. Kombinatoryka i Klasyka

1 Reguła mnożenia, permutacje, wariacje, kombinacje
2 Symbol Newtona i jego własności
3 Złożone modele zliczania (Sklejanie i Przegródki)
4 Prawdopodobieństwo w modelu klasycznym

II. Prawdopodobieństwo Rozszerzone

5 Prawdopodobieństwo warunkowe i suma zdarzeń
6 Prawdopodobieństwo całkowite
7 Wzór Bayesa (Wnioskowanie o przyczynach)
8 Schemat Bernoulliego
9 Sytuacje nietypowe i pułapki

Reguła mnożenia, Permutacje, Kombinacje i Wariacje

Wybór odpowiedniego modelu zliczania to 90% sukcesu. Musisz odpowiedzieć sobie na dwa pytania:

Czy wykorzystuję wszystkie elementy zbioru?
Czy kolejność, w jakiej je układam, ma znaczenie?

Permutacje

Mieszamy wszystkie dostępne elementy. Kolejność jest kluczowa.

P_n = n!

Wariacje z powt.

Wybieramy

k

elementów, mogą się powtarzać. Kolejność ważna.

W_n^k = n^k

Kombinacje

Wybieramy grupę. Kolejność NIE ma znaczenia.

C_n^k = \binom{n}{k}

Wariacje bez powt.

Wybieramy

k

różnych elementów. Kolejność jest ważna.

V_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}

💡

Złota zasada: Reguła mnożenia

Jeśli czynność składa się z kilku etapów (np. wybierasz spodnie, potem koszulę), to liczby możliwości na każdym etapie mnożymy przez siebie. Jeśli masz wybór "albo to, albo to", to liczby możliwości dodajemy.

Przykładowe zadanie:

Ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których występują dokładnie dwie dwójki i dokładnie jedna trójka?

Krok 1: Rozmieszczamy dwójki (Kombinacje).

Mamy 5 wolnych miejsc. Wybieramy 2 miejsca z 5, na których postawimy dwójki. Kolejność wyboru miejsc nie ma znaczenia.

\binom{5}{2} = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10

Krok 2: Rozmieszczamy trójkę.

Zostały nam 3 wolne miejsca. Wybieramy 1 miejsce dla trójki.

\binom{3}{1} = 3

Krok 3: Pozostałe cyfry i pułapka zera.

Zostały 2 wolne miejsca. Na każdym może stać dowolna cyfra oprócz 2 i 3 (czyli mamy 8 opcji na każde miejsce).
ALE: Musimy odjąć przypadki, gdzie na pierwszym miejscu stoi zero.
Prościej: Rozważ dwa przypadki (zero na początku lub nie) lub użyj reguły mnożenia i odejmij "złe" liczby.

Liczba możliwości = (Wszystkie ustawienia 2 i 3) $\cdot 8^2$ - (Ustawienia z zerem na początku).

Symbol Newtona i jego własności

Symbol Newtona $\binom{n}{k}$ czytamy jako "n nad k". To liczba sposobów, na jakie możemy wybrać $k$ elementów ze zbioru $n$ -elementowego, nie dbając o ich kolejność. Najpiękniejszą wizualizacją tych liczb jest Trójkąt Pascala, w którym każda liczba jest sumą dwóch znajdujących się bezpośrednio nad nią.

Kluczowe Własności

\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}

Symetria: Wybranie 2 osób z 10 do delegacji to to samo, co wybranie 8 osób, które zostają na miejscu.

\binom{n}{0} = 1, \quad \binom{n}{1} = n, \quad \binom{n}{n} = 1

Wartości skrajne, które warto znać na pamięć, by nie liczyć silni.

Dwumian Newtona

Symbol Newtona pojawia się przy potęgowaniu sumy $(a + b)^n$ . Współczynniki przy kolejnych wyrazach to właśnie liczby z $n$ -tego wiersza trójkąta Pascala.

(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{n-k} b^k

Suma wszystkich liczb w n-tym wierszu trójkąta Pascala wynosi zawsze $2^n$ . To często wykorzystywany trik w zadaniach dowodowych!

Zastosowanie w dowodzie (Pewniak):

Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej $n \ge 2$ prawdziwa jest równość:

\binom{n}{2} + \binom{n+1}{2} = n^2

Krok 1: Rozpisanie symboli Newtona z definicji.

Korzystamy ze wzoru $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ . Dla $k=2$ wzór upraszcza się do bardzo wygodnej postaci $\frac{n(n-1)}{2}$ .

L = \frac{n(n-1)}{2} + \frac{(n+1)n}{2}

Krok 2: Wspólny mianownik i uproszczenie.

Mamy wspólny mianownik, więc dodajemy liczniki i wyłączamy $n$ przed nawias.

L = \frac{n^2 - n + n^2 + n}{2} = \frac{2n^2}{2} = n^2

Otrzymaliśmy $L = P$ , co kończy dowód. c.n.d.

Złożone modele zliczania (Sklejanie i Przegródki)

Na poziomie rozszerzonym rzadko kiedy wystarczy po prostu wstawić dane do wzoru na wariacje czy kombinacje. Pojawiają się obostrzenia: pewne elementy muszą stać obok siebie, a inne nie mogą się stykać. Aby sobie z tym poradzić, matematycy stosują dwie genialne w swojej prostocie wizualizacje.

Metoda "Sklejania" (Blokowa)

Kiedy stosować: Gdy w zadaniu czytasz, że określone elementy (np. trzy konkretne książki, dwie osoby) muszą stać bezpośrednio obok siebie.

Algorytm:

Bierzemy te elementy i "sklejamy" taśmą w jeden super-blok.
Od teraz ten blok traktujemy jako jeden element podczas ustawiania z resztą obiektów.
Uwaga: Elementy wewnątrz bloku mogą się zamieniać miejscami! Dlatego zawsze mnożymy wynik przez silnię z liczby elementów w bloku.

Metoda "Przegródek" (Luki)

Kiedy stosować: Gdy wybrane elementy nie mogą stać obok siebie (np. dwóch chłopców nie może siedzieć obok siebie).

Algorytm:

Najpierw ustawiamy wszystkie "bezproblemowe" elementy (tworzą one bazę).
Pomiędzy tymi elementami oraz na ich krańcach powstają puste miejsca (luki/przegródki). Liczba luk to zawsze liczba elementów bazowych + 1.
Wybieramy luki i wstawiamy w nie nasze problematyczne elementy. Gwarantuje to, że będą one rozdzielone!

Maturalny Boss (Zastosowanie obu metod naraz):

Ile jest siedmiocyfrowych numerów telefonów (złożonych z niepowtarzających się cyfr od 0 do 9), w których cyfry 1 i 2 stoją obok siebie, ale cyfra 3 nie sąsiaduje ani z cyfrą 1, ani z cyfrą 2?

Krok 1: Wybór "tła" (zwykłych cyfr).

Nasz numer ma 7 cyfr. Trzy z nich są już określone: (1, 2, 3). Brakuje nam 4 cyfr. Wybieramy je z pozostałych siedmiu dostępnych cyfr (0, 4, 5, 6, 7, 8, 9).

\binom{7}{4} = 35 \text{ sposobów}

Krok 2: Sklejanie i tworzenie bazy (luk).

Sklejamy cyfry 1 i 2 w jeden nierozłączny blok: [1,2]. Naszą bazą do ustawienia będą 4 wybrane "zwykłe" cyfry oraz nasz sklejony blok [1,2]. Mamy więc 5 elementów bazy, które możemy permutować (przestawiać).

5! = 120 \text{ sposobów}

Krok 3: Przegródki dla cyfry 3.

Ustawiliśmy 5 elementów bazy. Generują one 6 luk (przed pierwszym, między nimi, za ostatnim). Cyfra 3 nie może sąsiadować z blokiem [1,2]! Skoro blok to jeden z naszych 5 elementów, zajmuje on miejsce, a obok niego są dokładnie 2 luki. Te 2 luki są "zakazane" dla cyfry 3.

Z 6 dostępnych luk, 2 są zakazane, więc cyfrze 3 zostają tylko 4 bezpieczne luki do wyboru.

\binom{4}{1} = 4 \text{ sposoby na wstawienie cyfry 3}

Krok 4: Wewnętrzna permutacja bloku i finalizacja.

Pamiętamy, że wewnątrz bloku cyfry mogą stać jako [1,2] lub [2,1] (czyli 2! sposobów). Na koniec łączymy wszystko regułą mnożenia:

\text{Wynik} = 35 \cdot 120 \cdot 4 \cdot 2! = 33\,600

(Jeśli w zadaniu nie wspomniano, że 0 nie może być na początku, to jest nasz końcowy wynik. Kombinatoryka w najczystszej postaci!)

Model Klasyczny i Potęga Zdarzenia Przeciwnego

W modelu klasycznym zakładamy, że wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne (np. rzut uczciwą kostką). Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ to stosunek liczby wyników sprzyjających do liczby wszystkich możliwych wyników w przestrzeni $\Omega$ .

P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}

Gdzie: $0 \le P(A) \le 1$

🔄

Zdarzenie Przeciwne: Twój najlepszy przyjaciel

Jeśli zadanie zawiera frazę "co najmniej" lub "co najwyżej", zazwyczaj prościej jest policzyć zdarzenie przeciwne $A'$ (czyli to, czego nie chcemy) i odjąć je od jedynki.

P(A) = 1 - P(A')

Zadanie z egzaminu (Szybka analiza):

Z pudełka zawierającego 7 kul białych i 3 kule czarne losujemy jednocześnie 3 kule. Oblicz prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych kul co najmniej jedna jest czarna.

Krok 1: Wszystkie możliwości $|\Omega|$ .

Losujemy 3 kule z 10 bez względu na kolejność. Używamy kombinacji (Symbolu Newtona).

|\Omega| = \binom{10}{3} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 120

Krok 2: Definiujemy zdarzenie przeciwne $A'$ .

Zdarzenie $A$ : co najmniej jedna czarna (czyli 1, 2 lub 3 czarne).
Zdarzenie $A'$ : zero czarnych (czyli wszystkie 3 kule są białe).

|A'| = \binom{7}{3} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 35

Krok 3: Obliczamy $P(A)$ .

P(A) = 1 - \frac{35}{120} = 1 - \frac{7}{24} = \frac{17}{24}

Gdybyśmy liczyli wprost (1 czarna + 2 czarne + 3 czarne), zajęłoby to trzy razy więcej czasu i łatwiej byłoby o błąd!

Prawdopodobieństwo Warunkowe i Suma Zdarzeń

Często szukamy prawdopodobieństwa sumy dwóch zdarzeń (A lub B). Musimy wtedy pamiętać, by nie policzyć ich części wspólnej dwukrotnie. Z kolei prawdopodobieństwo warunkowe stosujemy, gdy mamy dodatkową wiedzę o wyniku doświadczenia.

Wzór na sumę (A ∪ B)

P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)

Pamiętaj: Jeśli zdarzenia są rozłączne, to $P(A \cap B) = 0$ .

Definicja Warunkowa

P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}

Czytamy: "Prawdopodobieństwo A pod warunkiem B". Zakładamy, że $P(B) > 0$ .

🌳

Metoda Drzewka: Wizualizacja procesów

W zadaniach wieloetapowych (np. losowanie z dwóch różnych urn) "drzewko" jest niezastąpione.

Idąc wzdłuż gałęzi – mnożymy prawdopodobieństwa.
Jeśli wynik sprzyjający znajduje się na różnych końcach gałęzi – wyniki z tych gałęzi dodajemy.

Zadanie na "warunek" i wzory:

Wiadomo, że $P(A) = 0.4$ , $P(B) = 0.5$ oraz $P(A \cup B) = 0.7$ . Oblicz $P(A|B)$ .

Krok 1: Wyznaczamy część wspólną $P(A \cap B)$ .

Przekształcamy wzór na sumę zdarzeń:

P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B)

P(A \cap B) = 0.4 + 0.5 - 0.7 = 0.2

Krok 2: Podstawiamy do wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe.

P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0.2}{0.5} = \frac{2}{5} = 0.4

Prawdopodobieństwo Całkowite i Wzór Bayesa

Wyobraź sobie, że zdarzenie $A$ może zajść na kilka sposobów, zależnie od tego, który "etap wstępny" ( $B_1, B_2, ..., B_n$ ) wybierzemy. Prawdopodobieństwo całkowite to suma szans na zajście $A$ w każdym z tych wariantów.

Wzór na prawdopodobieństwo całkowite

P(A) = P(A|B_1) \cdot P(B_1) + P(A|B_2) \cdot P(B_2) + ... + P(A|B_n) \cdot P(B_n)

Warunek: Zdarzenia $B_i$ muszą być rozłączne i w sumie dawać całą przestrzeń $\Omega$ (tworzyć tzw. partycję).

Twierdzenie Bayesa (Prawdopodobieństwo przyczyn)

"Skoro wiemy, że zaszło zdarzenie A, to jakie jest prawdopodobieństwo, że stało się to akurat przez przyczynę B₁?"

P(B_k|A) = \frac{P(A|B_k) \cdot P(B_k)}{P(A)}

W mianowniku zawsze ląduje wynik z prawdopodobieństwa całkowitego!

Złożone zadanie egzaminacyjne (Krok po kroku):

Mamy dwie urny. W pierwszej są 4 kule białe i 2 czarne, w drugiej 2 białe i 4 czarne. Rzucamy symetryczną kostką. Jeśli wypadnie szóstka, losujemy kulę z pierwszej urny, w przeciwnym razie z drugiej.
a) Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
b) Wiedząc, że wylosowano kulę białą, oblicz szansę, że pochodzi ona z pierwszej urny.

Analiza Części A (Całkowite)

Zdefiniujmy zdarzenia:
$B_1$ – wybór urny I (wypadła szóstka): $P(B_1) = \frac{1}{6}$
$B_2$ – wybór urny II (pozostałe wyniki): $P(B_2) = \frac{5}{6}$
$A$ – wylosowanie kuli białej.

Szansa na białą w urnie I:

P(A|B_1) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}

Szansa na białą w urnie II:

P(A|B_2) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}

P(A) = \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{3} + \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{18} + \frac{5}{18} = \frac{7}{18}

Analiza Części B (Bayes)

Szukamy $P(B_1|A)$ . Korzystamy z wyniku uzyskanego w punkcie (a):

P(B_1|A) = \frac{P(A|B_1) \cdot P(B_1)}{P(A)} = \frac{\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6}}{\frac{7}{18}} = \frac{\frac{2}{18}}{\frac{7}{18}} = \frac{2}{7}

Zauważ: mimo że w urnie I jest więcej białych kul, prawdopodobieństwo, że biała kula pochodzi stamtąd, jest małe (2/7), ponieważ rzadko trafiamy do tej urny (tylko przy szóstce).

Prawdopodobieństwo Całkowite (Drzewo Zdarzeń)

Często zdarzenie, którego szansę chcemy policzyć (np. wylosowanie białej kuli), zależy od tego, co wydarzyło się wcześniej (np. z której urny losujemy). Prawdopodobieństwo całkowite to matematyczny sposób na powiedzenie: "policz szansę na sukces w każdym z możliwych scenariuszy, a następnie dodaj je do siebie".

Twierdzenie o Prawdopodobieństwie Całkowitym

Aby móc zsumować prawdopodobieństwa, "scenariusze wstępne" (nazywane hipotezami $H_1, H_2, \dots, H_n$ ) muszą spełniać trzy rygorystyczne warunki:

Wyczerpują wszystkie opcje: Ich suma to cała przestrzeń $\Omega$ (zawsze musi zajść któryś ze scenariuszy).
Wykluczają się wzajemnie: Są parami rozłączne (nie możesz jednocześnie wylosować z Urny 1 i Urny 2 w tym samym etapie).
Są możliwe: Prawdopodobieństwo każdego z nich jest większe od zera $P(H_i) > 0$ .

P(A) = P(A|H_1)\cdot P(H_1) + P(A|H_2)\cdot P(H_2) + \dots + P(A|H_n)\cdot P(H_n)

(Wizualnie: Idziesz po gałęziach "drzewka stochastycznego" i mnożysz prawdopodobieństwa, a wyniki z różnych gałęzi dodajesz).

Maturalny Klasyk (Zadanie z fabrykami):

W hurtowni znajdują się żarówki pochodzące z trzech fabryk: $F_1, F_2, F_3$ . Fabryka $F_1$ dostarcza 50% żarówek, $F_2$ – 30%, a $F_3$ – 20%. Wiadomo, że wadliwych żarówek z tych fabryk jest odpowiednio: 2%, 3% i 5%. Oblicz prawdopodobieństwo, że losowo wybrana z hurtowni żarówka będzie wadliwa.

Krok 1: Wypisanie hipotez (Prawdopodobieństwa przyczyn).

Zdefiniujmy nasze zdarzenia wstępne (pochodzenie żarówki):

P(F_1) = 0.50 \quad P(F_2) = 0.30 \quad P(F_3) = 0.20

(Zauważ, że $0.5 + 0.3 + 0.2 = 1$ , więc warunek wyczerpania przestrzeni jest spełniony!)

Krok 2: Prawdopodobieństwa warunkowe na gałęziach.

Niech zdarzenie $W$ oznacza wylosowanie wadliwej żarówki. Zapisujemy szanse na wadliwość, pod warunkiem pochodzenia z konkretnej fabryki:

P(W|F_1) = 0.02 \quad P(W|F_2) = 0.03 \quad P(W|F_3) = 0.05

Krok 3: Zastosowanie wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.

Sumujemy iloczyny wzdłuż naszych trzech "ścieżek":

P(W) = P(W|F_1)\cdot P(F_1) + P(W|F_2)\cdot P(F_2) + P(W|F_3)\cdot P(F_3)

P(W) = (0.02 \cdot 0.50) + (0.03 \cdot 0.30) + (0.05 \cdot 0.20)

P(W) = 0.010 + 0.009 + 0.010 = 0.029

Szansa na wylosowanie wadliwej żarówki wynosi 2.9%. Zadanie rozpykane!

Wzór Bayesa (Wnioskowanie o Przyczynie)

Wzór Bayesa to nic innego jak prawdopodobieństwo warunkowe odwrócone w czasie. Wiemy na pewno, że zaszło zdarzenie $A$ (np. wylosowaliśmy wadliwy produkt, pacjent ma pozytywny wynik testu). Pytamy: jakie jest prawdopodobieństwo, że przyczyną tego stanu rzeczy była konkretna hipoteza $H_k$ (np. produkt pochodzi z fabryki X, pacjent jest faktycznie chory)?

Twierdzenie Bayesa (Anatomia Wzoru)

Wzór ten to w rzeczywistości zwykła definicja prawdopodobieństwa warunkowego, w której mianownik rozpisujemy za pomocą Prawdopodobieństwa Całkowitego:

P(H_k|A) = \frac{P(A|H_k) \cdot P(H_k)}{P(A)}

Licznik (Jedna Ścieżka)

To szansa na to, że zajdzie konkretna przyczyna $H_k$ i wywoła ona skutek $A$ . Na drzewku to po prostu wymnożenie wartości na jednej, interesującej nas gałęzi.

Mianownik (Wszystkie Ścieżki)

To $P(A)$ , czyli Suma Całkowita, którą policzyliśmy w poprzednim punkcie. To suma wszystkich gałęzi, które kończą się skutkiem $A$ .

Maturalne Poszukiwanie Winnego (Kontynuacja):

Wracamy do zadania z hurtownią. Wyobraź sobie, że kupiłeś żarówkę, wkręcasz ją w domu i... nie świeci. Masz pewność, że wylosowana żarówka jest wadliwa (zaszło zdarzenie $W$ ). Oblicz prawdopodobieństwo, że ta feralna żarówka została wyprodukowana przez fabrykę trzecią ( $F_3$ ).

Krok 1: Wykorzystanie Prawdopodobieństwa Całkowitego (Mianownik).

W poprzednim zadaniu wyliczyliśmy już szansę na wylosowanie jakiejkolwiek wadliwej żarówki z całej hurtowni. Ta liczba ląduje w mianowniku naszego wzoru Bayesa.

P(W) = 0.029

Krok 2: Izolacja poszukiwanej "ścieżki" (Licznik).

Szukamy prawdopodobieństwa pochodzenia z fabryki trzeciej. Interesuje nas gałąź opisująca fabrykę $F_3$ i jej wadliwe produkty. Mnożymy udział tej fabryki w rynku przez jej wskaźnik wadliwości:

P(W|F_3) \cdot P(F_3) = 0.05 \cdot 0.20 = 0.010

Krok 3: Wzór Bayesa i wniosek końcowy.

Dzielimy naszą pojedynczą "złą" ścieżkę z fabryki 3 przez wszystkie "złe" ścieżki w całej hurtowni.

P(F_3|W) = \frac{P(W|F_3) \cdot P(F_3)}{P(W)}

P(F_3|W) = \frac{0.010}{0.029} = \frac{10}{29} \approx 0.3448

Prawdopodobieństwo, że zepsuta żarówka pochodzi z fabryki 3, wynosi około 34.5%.
Mimo że fabryka ta dostarcza najmniej żarówek (tylko 20%), ma największy wskaźnik wadliwości, co mocno winduje jej udział w ogólnej puli "bubli"!

Schemat Bernoulliego (Próby Niezależne)

Schemat Bernoulliego stosujemy, gdy wykonujemy serię $n$ niezależnych doświadczeń, z których każde kończy się albo sukcesem (z prawdopodobieństwem $p$ ), albo porażką (z prawdopodobieństwem $q = 1 - p$ ). Kluczowe jest to, że szansa na sukces nie zmienia się w trakcie trwania prób.

Wzór na k sukcesów w n próbach

P_n(k) = \binom{n}{k} \cdot p^k \cdot q^{n-k}

\binom{n}{k} — wybieramy, w których momentach (próbach) nastąpiły sukcesy.

p^k \cdot q^{n-k} — prawdopodobieństwo konkretnego ciągu sukcesów i porażek.

Zadanie z egzaminu (Analityczne):

Strzelec trafia w dziesiątkę z prawdopodobieństwem $p = 0.2$ . Oddaje 5 niezależnych strzałów. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi w dziesiątkę co najmniej dwa razy.

Krok 1: Określenie parametrów.

Liczba prób $n = 5$ .
Szansa sukcesu $p = 0.2$ , szansa porażki $q = 0.8$ .

Krok 2: Wybór strategii (Zdarzenie przeciwne).

Zdarzenie $A$ : trafi 2, 3, 4 lub 5 razy.
Zdarzenie przeciwne $A'$ : trafi 0 razy lub 1 raz.
Obliczenie dwóch przypadków ( $k=0$ oraz $k=1$ ) jest znacznie szybsze.

Krok 3: Obliczenia cząstkowe.

P_5(0) = \binom{5}{0} \cdot (0.2)^0 \cdot (0.8)^5 = 1 \cdot 1 \cdot 0.32768 = 0.32768

P_5(1) = \binom{5}{1} \cdot (0.2)^1 \cdot (0.8)^4 = 5 \cdot 0.2 \cdot 0.4096 = 0.4096

Krok 4: Wynik końcowy.

P(A) = 1 - (0.32768 + 0.4096) = 1 - 0.73728 = 0.26272

Warto zauważyć: Szansa na co najmniej dwa trafienia wynosi około 26%, mimo że strzelec jest raczej przeciętny (trafia co 5. raz).

⚠️ Uwaga: Najbardziej prawdopodobna liczba sukcesów

Częstym pytaniem na rozszerzeniu jest: "Jaka liczba sukcesów jest najbardziej prawdopodobna?".
Jeśli liczba $(n+1)p$ nie jest liczbą całkowitą, to najbardziej prawdopodobną liczbą sukcesów jest $k = \lfloor(n+1)p\rfloor$ (część całkowita).
W naszym zadaniu: $(5+1) \cdot 0.2 = 1.2$ , więc najbardziej prawdopodobne jest dokładnie 1 trafienie.

Sytuacje nietypowe i pułapki kombinatoryczne

Matura rozszerzona lubi sprawdzać Twoją czujność. Często standardowe wzory zawodzą, bo nie uwzględniają powtarzających się elementów lub specyfiki "pojemników", do których wkładamy obiekty. Oto trzy najczęstsze maturalne "haczyki".

1. Permutacje z powtórzeniami (Anagramy)

Stosujemy je, gdy chcemy ułożyć w szeregu elementy, z których część jest nierozróżnialna (identyczna). Gdybyśmy użyli zwykłego $n!$ , policzylibyśmy ten sam układ wielokrotnie (bo zamiana dwóch identycznych liter "A" nie tworzy nowego słowa).

Rozwiązanie: Dzielimy $n!$ przez silnie z liczby powtórzeń poszczególnych elementów.

P_{powt} = \frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!}

(Gdzie $n$ to suma wszystkich elementów, a $n_1, n_2$ to ilości sztuk identycznych elementów).

2. Rozmieszczanie w pudełkach (Błąd $n^k$ vs $k^n$ )

Wyobraź sobie zadanie: "Wrzucamy 5 różnych listów do 3 różnych skrzynek pocztowych". To wariacje z powtórzeniami, ale uczniowie często mylą podstawę z wykładnikiem (piszą $5^3$ zamiast $3^5$ ).

Złota zasada (Kto wybiera kogo?): To list "wybiera" skrzynkę, a nie skrzynka list! Skrzynka nie pójdzie na pocztę wrzucić do siebie listu. Dla każdego z 5 listów mamy 3 opcje wyboru skrzynki. Reguła mnożenia daje nam: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^5$ .

3. Prawdopodobieństwo geometryczne

Używamy go, gdy $\Omega$ nie jest zbiorem skończonym, lecz ciągłym (np. losujemy punkt z odcinka lub tarczy). Wtedy prawdopodobieństwo to stosunek miar (długości, pól powierzchni lub objętości).

P(A) = \frac{\text{Pole}(A)}{\text{Pole}(\Omega)}

Maturalne wyzwanie (Anagramy + Zdarzenie przeciwne):

Oblicz, ile różnych słów (mających sens lub nie) można utworzyć z liter słowa MISSISSIPPI, tak aby wszystkie cztery litery "S" nie stały obok siebie.

Krok 1: Zliczamy wszystkie możliwe anagramy ( $|\Omega|$ ).

Słowo ma 11 liter, w tym powtórzenia: M(1), I(4), S(4), P(2). Używamy wzoru na permutacje z powtórzeniami:

|\Omega| = \frac{11!}{1! \cdot 4! \cdot 4! \cdot 2!} = \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4!}{4! \cdot 24 \cdot 2} = 34\,650

Krok 2: Liczymy zdarzenie przeciwne ( $|A'|$ ).

Znacznie łatwiej policzyć sytuację, w której wszystkie cztery litery "S" stoją obok siebie. Sklejamy je w jeden nierozerwalny super-blok: [SSSS].

Mamy teraz do ułożenia 8 "obiektów": blok [SSSS], jedno M, cztery litery I oraz dwie litery P. Zauważ, że w tym nowym układzie powtarzają się tylko I(4) oraz P(2). Blok [SSSS] to teraz jeden unikalny obiekt!

|A'| = \frac{8!}{1! \cdot 4! \cdot 2!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4!}{4! \cdot 2} = 840

(Nie mnożymy wewnątrz bloku przez 4!, ponieważ litery "S" są identyczne, więc ich zamiana miejscami nic nie zmienia).

Krok 3: Wynik ostateczny.

Od wszystkich możliwości odejmujemy te "złe":

|A| = |\Omega| - |A'| = 34\,650 - 840 = 33\,810

Teoria opanowana? Czas na praktykę!

Baza Quizów Maturalnych

Lista Pewniaków CKE