Zadania z Rachunku Prawdopodobie´nstwa i Statystyki (z ..., Egzaminy z Kombinatoryka

Pobierz Zadania z Rachunku Prawdopodobie´nstwa i Statystyki (z ... i więcej Egzaminy w PDF z Kombinatoryka tylko na Docsity!

Zadania z Rachunku Prawdopodobie´nstwa

i Statystyki

(z rozwi ˛azaniami)

Przemysław Spurek

Spis tre´sci

• 1. Zaj˛ecia 1. Kombinatoryka
• 2. Zaj˛ecia 2. Prawdopodobie ´nstwo warunkowe i całkowite
• 3. Zaj˛ecia 3. Prawdopodobie ´nstwo geometryczne
• 4. Zaj˛ecia 4. Zmienne losowe
• 5. Zaj˛ecia 5. Dystrybuanta i g˛esto´s´c zmiennej losowej
• 6. Zaj˛ecia 6. Warto´s´c oczekiwana i wariancja zmiennej losowej
• 7. Zaj˛ecia 7. Rozkład Normalny i Centralne Twierdzenie Graniczne
• 8. Zaj˛ecia 8. Wektor losowy, prawdopodobie ´nstwo ł ˛aczne i warunkowe
• 9. Zaj˛ecia 9. Ła ´ncuchy markowa
• 10. Zaj˛ecia 10. Estymatory
• 11. Zaj˛ecia 11. Przedziały najwi˛ekszej wiarygodno´sci
• 12. Zaj˛ecia 12. Testy statystyczne
  • Test χ^2 (Persona)
• 13. Tablice

Definicja 1.1. Permutacj ˛a bez powtórze´n zbioru zło˙zonego z n ró˙znych elementów nazywamy ka˙zdy n wyrazowy ci ˛ag utworzony ze wszystkich wyrazów zbioru. Wszystkich mo˙zliwych permutacji zbioru n-elementowego jest:

Pn = n!.

Definicja 1.2. Niech A oznacza zbiór zło˙zony z k ró˙znych elementów A = {a 1 , a 2 , ..., ak}. Permutacj ˛a n elementow ˛a z powtórzeniami, w której elementy a 1 , a 2 , ..., ak powtarzaj ˛a si˛e odpowiednio n 1 , n 2 ,... , nk razy, n 1 + n 2 +... + nk = n, jest ka˙zdy n-wyrazowy ci ˛ag, w którym elementy a 1 , a 2 ,... , ak powtarzaj ˛a si˛e podan ˛a liczb˛e razy. Liczba takich permutacji z powtórzeniami wynosi

P (^) nn 1 +n^2 +...+nk= (^) n n! 1!^ ·^ n 2!^ ·^...^ ·^ nk!

Definicja 1.3. Kombinacj ˛a k–elementow ˛a utworzon ˛a ze zbioru n–elementowego (k ≤ n) nazywamy dowolny k-elementowy podzbiór tego zbioru. W podzbiorach kolejno´s´c elementów nie jest wa˙zna. Liczba k–elementowych kombinacji zbioru n–elementowego wyra˙za si˛e wzorem:

Cnk =

(n k

= (^) k!(nn −! k)!.

Definicja 1.4. Kombinacj ˛a k-elementow ˛a z powtórzeniami utworzon ˛a z n-elementowego multizbioru (k ≤ n, n > 0 ) nazywamy ka˙zdy k-elementowy multizbiór. W podzbiorach kolejno´s´c elementów nie jest wa˙zna. Liczba k-elementowych kombinacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego wyra˙za si˛e wzorem: C^ ¯nk =

(k + n − 1 k

= (k k^ !(+n^ n −^ − 1)!^ 1)!.

Definicja 1.5. Wariacj ˛a bez powtórze´n k-wyrazow ˛a zbioru n-elementowego A ( 1 ≤ k ≤ n) nazywa si˛e ka˙zdy k-wyrazowy ci ˛ag k ró˙znych elementów tego zbioru. Kolejno´s´c elementów ma znaczenie. Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórze´n zbioru n-elementowego wyra˙za si˛e wzorem:

V (^) nk = (^) (n −n! k)! = n · (n − 1) · ... · (n − k + 1).

ω 1 2 3 4 P (ω) 15 13 151 156 Tablica 1.1. Rozkład prawdopodobie´nstwa dla rzutu czworo´scienn ˛a kostk ˛a.

Definicja 1.6. Wariacj ˛a z powtórzeniami k-wyrazow ˛a zbioru n-elementowego A nazywa si˛e k-wyrazowy ci ˛ag elementów tego zbioru (dowolny element mo˙ze wyst ˛api´c wielokrotnie w ci ˛agu). Kolejno´s´c elementów ma znaczenie. Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji z mo˙zliwymi powtórzeniami zbioru n-elementowego jest równa V kn = nk.

Zadanie 1.1. Rzucamy trzema identycznymi monetami. Oblicz prawdopodobie´nstwo zdarzenia, polegaj ˛acego na wyrzuceniu co najmniej dwóch orłów.

Zadanie 1.2. Z tali 52 kart losujemy 3 karty. Ile mo˙zliwych ci ˛agów kart mo˙zemy uzyska´c? Jakie jest prawdopodobie´nstwo, ˙ze wylosujemy w tym samym rozdaniu jako pierwsz ˛a kart˛e dam˛e pik, a jako drug ˛a jakikolwiek króla?

Zadanie 1.3. Z czterech kart: król pik, król karo, dama pik, dama karo losujemy dwie karty. Oblicz prawdopodobie´nstwo zdarzenia, polegaj ˛acego na wylosowaniu jako pierwszej karty jakiegokolwiek króla i jako drugiej karty jakiegokolwiek pika.

Zadanie 1.4. W pierwszym rz˛edzie w teatrze znajduje si˛e 10 ponumerowanych miejsc. Na ile sposobów, mo˙zemy posadzi´c w nim 10 ludzi?

Zadanie 1.5. Z czterech identycznych tali kart licz ˛acych po 24 karty losujemy po jednej karcie. Oblicz prawdopodobie´nstwo otrzymania czterech dziesi ˛atek.

Zadanie 1.6. W puli znajduj ˛a si˛e bile: 4 czarne, 2 niebieskie i jedna biała. Losujemy dwie bile (bez zwracania). Oblicz prawdopodobie´nstwo zdarzenia, polegaj ˛acego na wyci ˛agni˛eciu jednej bili białej i jednej czarnej.

Zadanie 1.7. Rozkład prawdopodobie´nstwa dla rzutu czworo´scienn ˛a kostk ˛a przedstawia Tabela 1.1: Oblicz prawdopodobie´nstwo zdarzenia losowego, polegaj ˛acego na wylosowaniu nieparzystej liczby oczek.

Zadanie 1.8. Niech P (A) = x, P (B) = 2x, a ponadto wiadomo, ˙ze jedno ze zdarze´n musi zaj´s´c. Wyznaczy´c x gdy A i B wykluczaj ˛a si˛e.

Zadanie 1.9. Wiedz ˛ac, ˙ze zdarzenia A i B nie maj ˛a cz˛e´sci wspólnej oraz:

P (A) =^25 , P (B) =^15.

Rozwi ˛azanie 1.1. Rzucamy trzema monetami, mo˙zemy rozpisa´c wszystkie mo˙zliwe wyniki, bo nie b˛edzie ich du˙zo:

Ω = {(O, O, O); (O, O, R); (O, R, O); (R, O, O); (R, R, R); (R, R, O); (R, O, R); (O, R, R); }

A = {(O, O, O); (O, O, R); (O, R, O); (R, O, O)}

Wi˛ec moc obu zbiorów wynosi |Ω| = 8 |A| = 4

Obliczamy prawdopodobie´nstwo

P (A) = ||AΩ|| =^48 =^12.

Rozwi ˛azanie 1.2. Oznaczmy: “Dp” - dam˛e Pik; “K” - dowolny król (jest ich 4 ); “J” - dowolna karta; J J J 52 · 51 · 50

Obliczmy moc Ω |Ω| = 52 · 51 · 50 = 132600

Obliczmy moc zbioru A Dp K J 1 · 4 · 50 |A| = 1 · 4 · 50 = 200

Obliczamy prawdopodobie´nstwo

P (A) = ||AΩ|| = 132600 200 = 6631.

Rozwi ˛azanie 1.3. Oznaczmy jako zdarzenie A - jako pierwsza kart˛e wylosowano jakiegokolwiek króla i jako drug ˛a kart˛e jakiegokolwiek pika. A = {(Kk, Kp), (Kk, Dp), (Kp, Kp)} |Ω| = 4 · 3 = 12

P (A) = ||AΩ|| = 12 3 =^14

Rozwi ˛azanie 1.4. 10 · 9 · ... · 1 = 10!

Rozwi ˛azanie 1.5. Zakładamy, ˙ze talia podana w zadaniu jest tali ˛a pokerow ˛a i zawiera po cztery karty 9, 10, J, Q, K, A. Prawdopodobie´nstwo wyci ˛agni˛ecia dziesi ˛atki z jednej talii (|A| = 4, gdy˙z w talii s ˛a cztery 10-tki, |Ω| = 24, gdy˙z losujemy tylko jedn ˛a z 24 kart):

P (A) = ||AΩ|| = 24 4 =^16

Prawdopodobie´nstwo sukcesu, czyli wyci ˛agni˛ecia cztery razy dziesi ˛atki z czterech talii: P (B) = P (A)^4 = (^16 )^4 = 12961 ≈ 0 , 077%

Rozwi ˛azanie 1.6. Oznaczmy przez A - wyci ˛agni˛eciu jednej bili białej i jednej czarnej.

|Ω| =

|A| =

Prawdopodobie´nstwo zdarzenia:

P (A) = ||AΩ|| = 214

Rozwi ˛azanie 1.7. Wylosowanie nieparzystej liczby oczek dla kostki czworo´sciennej to wylosowanie jednego lub trzech oczek.

P (A∪B) =^15 + 15 1 = 154

Rozwi ˛azanie 1.8. Z zadania mamy, ˙ze P (A) = x, P (B) = 2x i P (A ∪ B) = 1. Wiemy te˙z, ˙ze zdarzenia A i B wykluczaj ˛a si˛e (P (A ∩ B) = ∅). Zatem

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) 1 = x + 2x − 0 1 = 3x x = (^13)

Rozwi ˛azanie 1.9. a) Poniewa˙z zdarzenia A i B nie maj ˛a cz˛eci wspólnej to P (A∩B) = 0 b) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) = 25 + 15 − 0 = (^35) c) P (A \ B) = P (A) − P (A ∩ B) = 25 − 0 = (^25)

Rozwi ˛azanie 1.13. Liter w słowie MATEMATYKA jest 10 , wi˛ec wszystkich mo˙zliwych ci ˛agów stworzonych z tych liter b˛edzie 10! Jednak litery: A, M, T powtarzaj ˛a si˛e. Dlatego liczba mo˙zliwych wyrazów uło˙zonych z tych liter wynosi

10! 2!2!3!

Rozwi ˛azanie 1.14. Rozwi ˛azanie: Rodzina przy stole musi siedzie´c w okreslonej kolejno´sci RDDDR (R-rodzic, D-dziecko). Mo˙zemy ich ustawi´c na 3! (na tyle sposobów dzieci) ∗2! (na tyle sposobów rodzice) = 12 sposobów. Nast˛epnie traktuj ˛ac rodzin˛e jako jeden element permutujemy j ˛a wraz z pozostałymi osobami siedz ˛acymi przy stole. Mo˙zemy to zrobi´c na 6! sposobów. Wszystkich sposobów rozsadzenia ludzi przy stole jest:

|A| = 2! · 3! · 6!

Uwaga. Je˙zeli stół jest okr ˛agły to mo˙zna podzieli´c wyniki przez ilo´s´c obrotów.

|A| = 2!^ ·^10 3!^ ·^ 6!.

Rozwi ˛azanie 1.15. Niech { 1 , 2 , 3 , ..., 29 , 30 }. Losujemy 10 ró˙znych liczb. Oznaczmy:

a) zdarzenie A = wszystkie wylosowane liczby s ˛a nieparzyste

b) zdarzenie B = dokładnie 3 liczby podzielne s ˛a przez 5,

c) zdarzenie C = wylosowano 5 liczb parzystych, 5 liczb nieparzystych, w tym dokładnie jedna liczba podzielna przez 10?

n = 30, k = 10

(n k

|A| =

= 5!15! · 10! = 10!^ ·^11 ·10!^12 ·^ · 125 13 · 14 ·^15 = 3003

|B| =

= 3!^ ·3!^4 ··^56 ·^6 ·17!^ ·^18 ·^19 ·^ 17!^20 ··^21 7! ·^22 ·^23 ·^24 = 20·346104 = 6922080

|C| =

= 10!^ ·^11 ·^ 10!^12 ··^13 5! ·^14 ·^15 ·8!^ ·^9 ·8!^10 ·^ ·4!^11 ·^12 ·3 = 3003· 495 ·3 = 29700

Obliczamy prawdopodobie´nstwa

P (A) = ||AΩ|| = 30045015 3003 = 100051.

P (B) = ||BΩ|| = 30045015 6922080 = 1001500514752.

P (C) = ||CΩ|| = 30045015 29700 = 6069760.

Teoria prawdopodobie´nstwa zajmuje si˛e zdarzeniami pojawiaj ˛acymi si˛e przy wykonywaniu do´swiadczenie losowych, czyli takich, których wyniku nie da si˛e z góry przewidzie´c, a jednocze´snie daj ˛acych si˛e powtarza´c w tych samych warunkach. Impuls do rozwoju teorii prawdopodobie´nstwa dała analiza gier hazardowych (XVII wiek), a tak˙ze, w pó´zniejszych czasach, analiza zjawisk masowych. Przeanalizujmy kilka przykładów do´swiadcze´n losowych.

Przykład 2.1. Pojedynczy rzut moneta. Mo˙zliwe wyniki to orzeł lub reszka. Do´swiadczenie mo˙zna powtarza´c wielokrotnie w tych samych warunkach. Czego mo˙zna oczekiwa´c w wyniku wielokrotnego powtórzenia tego do´swiadczenia?

Przykład 2.2. Pojedynczy rzut kostka. Mo˙zliwe wyniki to elementy zbioru { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 }, ale poniewa˙z wyników jest wi˛ecej, mo˙zemy w naturalny sposób mówi´c o zdarzeniach, np.: wypada parzysta liczba oczek, wypada liczba oczek mniejsza ni˙z 4 itd. Ka˙zdemu takiemu zdarzeniu odpowiada podzbiór mo˙zliwych wyników. Zdarzeniom b˛edziemy przypisywał prawdopodobie´nstwo ich zaj´scia.

Przykład 2.3. Z talii 52 kart wybieramy losowo 5. Jaka jest szansa, ˙ze wszystkie wylosowane karty b˛ed˛e czerwone (kiery lub kara)? Wynikami s ˛a wszystkie 5–elementowe podzbiory zbioru 52–elementowego. Interesuj ˛ace nas zdarzenie składa si˛e ze wszystkich 5–elementowych podzbiorów kart czerwonych, czyli szansa zaj˛ecia zdarzenia wynosi ( 26 5

5

Przykład 2.4. Rzucamy symetryczn ˛a monet ˛a do chwili pojawienia si˛e orła. Ile jest mo˙zliwych wyników? Czy jest ich przeliczalnie wiele? Jak przypisa´c im prawdopodobie´nstwa?

Podstawowe oznaczenia. Zbiór zawieraj ˛acy wszystkie mo˙zliwe wyniki do´swiadczenia nazywamy zbiorem zdarze´n elementarnych i oznaczamy przez Ω.

Definicja 2.1. Niech Ω b˛edzie dowolnym zbiorem, zwanym przestrzeni ˛a zdarze´n elementarnych. Elementy ω tej przestrzeni nazywamy zdarzeniami elementarnymi.

Zauwa˙zmy, ˙ze jest pewna dowolno´s´c w wyborze. Moneta z Przykładu 1. mo˙ze np. upa´s´c kantem - czy uwzgl˛edniamy taka sytuacje? Kolejno´s´c kart z Przykładu

3. nie jest istotna - co by si˛e zmieniło, gdyby była istotna? Podzbiór zbioru nazywa´c b˛edziemy zdarzeniem, jednak nie zawsze da si˛e przypisa´c prawdopodobie´nstwo wszystkim podzbiorom zbioru zdarze´n elementarnych Ω. Mo˙zna sformułowa´c pewne

minimalne, rozs ˛adne wymagania co do klasy zdarze´n F, którym b˛edziemy przypisywa´c prawdopodobie´nstwo: — je˙zeli rozwa˙zamy zdarzenie A ⊂ Ω, to automatycznie dopuszczamy mo˙zliwo´s´c, ˙ze A nie zajdzie. To jest zdarzenie A′^ = Ω \ A; — w Przykładzie 4. mamy niesko´nczon ˛a alternatyw˛e zdarze´n, czemu odpowiada branie niesko´nczonej sumy zbiorów; — rozpatrywany model powinien zawiera´c co najmniej jedno zdarzenie. σ-ciało podzbiorów Ω. Zdarzeniami nazywa´c b˛edziemy wył ˛acznie podzbiory nale˙z ˛ace do F. Przełó˙zmy powy˙zsze wymagania na formalne własno´sci matematyczne zbioru F:

1. ∅ ∈ F
2. je˙zeli A ∈ F to A′^ = Ω \ A ∈ F
3. je˙zeli Ai ∈ F, dla i = 1, 2 ,... to ⋃∞ i=1 Ai ∈ F

Definicja 2.2. Rodzin˛e zdarze´n F spełniaj ˛ac ˛a warunki (S1-S3) nazywamy σ–ciałem (podzbiorów zbioru Ω).

Prawdopodobie ´nstwo. Aksjomaty Kołmogorowa. Mo˙zemy teraz zdefiniowa´c miar˛e probabilistyczn ˛a na wprowadzonym σ-ciele.

Definicja 2.3. Prawdopodobie´nstwem nazywamy dowolna funkcj˛e P : F → R o warto´sciach rzeczywistych, okre´slon ˛a na σ–ciele zdarze´n F ⊂ 2 Ω, spełniaj ˛ac ˛a warunki:

1. P (A) ≥ 0 dla ka˙zdego A ∈ F;
2. P (Ω) = 1;
3. Je˙zeli Ai ∈ F, i = 1, 2 ,... oraz Ai ∩ Aj = ∅ dla i 6 = j, to

P

i=

Ai

∑^ ∞

i=

P (Ai).

Warunek (B1) stwierdza, ˙ze prawdopodobie´nstwo ka˙zdego zdarzenia jest nieujemne. (B2) wzi˛eło si˛e stad, ˙ze prawdopodobie´nstwo zdarzenia pewnego wynosi 1. (B3) mówi, ze dla zdarze´˙ n wykluczaj ˛acych si˛e prawdopodobie´nstwo ich sumy równe jest sumie prawdopodobie´nstw tych zdarze´n. Ten warunek nazywa si˛e przeliczaln ˛a addytywno´sci ˛a prawdopodobie´nstwa. Powy˙zsze warunki sformułował po raz pierwszy w 1933 roku Andriej Nikołajewicz Kołmogorow jako aksjomaty teorii prawdopodobie´nstwa. Do´swiadczenie losowe. Matematyczny model do´swiadczenia losowego to trójka

(Ω, F, P ),

Twierdzenie 2.1 (Wzór na prawdopodobie´nstwo całkowite). Je˙zeli {H 1 , H 2 ,... , Hn} jest rozbiciem Ω na zdarzenia o dodatnich prawdopodobie´nstwach, to dla dowolnego zdarzenia A

P (A) =

∑^ n i=

P (A|Hi)P (Hi).

Zadanie 2.2. Kto´s rzucił 3 razy monet ˛a i poinformował nas, ˙ze wypadła nieparzysta liczba orłów (zdarzenie B). Jaka jest szansa, ˙ze wypadły 3 orły (zdarzenie A).

Zadanie 2.3. Losujemy jedn ˛a rodzin˛e spo´sród rodzin z dwojgiem dzieci. Obliczy´c prawdopodobie´nstwo zdarzenia, ˙ze wybierzemy rodzin˛e z dwoma chłopcami, je´sli wiemy, ˙ze w tej rodzinie:

1. starsze dziecko jest chłopcem,
2. jest co najmniej jeden chłopiec.

Zadanie 2.4. Firma produkuje 98 % wyrobów odpowiadaj ˛acych normie. W´sród wyrobów spełniaj ˛acych norm˛e jest 75 % wyrobów pierwszego gatunku. Obliczy´c prawdopodobie´nstwo, ˙ze losowo wybrany wyrób jest pierwszego gatunku.

Zadanie 2.5. Z urny zawieraj ˛acej 10 kul białych i 20 czarnych wyci ˛agamy kolejno bez zwracania 3 kule. Jakie jest prawdopodobie´nstwo wyci ˛agni˛ecia 3 kul białych.

Zadanie 2.6. Pierwsza urna zawiera 4 białe i jedn ˛a czarn ˛a kule, druga – 2 białe i 3 czarne. Losujemy urn˛e tak, by szansa wybrania pierwszej urny była dwukrotnie mniejsza ni˙z drugiej. Nast˛epnie z wybranej urny losujemy kul˛e. Jakie jest prawdopodobie´nstwo wylosowania kuli białej.

Zadanie 2.7. Mamy w urnie b kul białych i c czarnych. Wyci ˛agamy jedn ˛a kul˛e i natychmiast j ˛a wyrzucamy, nie sprawdzaj ˛ac koloru. Jaka jest szansa wyci ˛agni˛ecia za drugim razem kuli białej.

Twierdzenie 2.2 (Wzór Bayesa). Je˙zeli {Hi}i∈I jest przeliczalnym rozbiciem Ω na zdarzenia o dodatnich prawdopodobie´nstwach oraz P (A) > 0 , to dla dowolnego j ∈ I mamy P (Hj |A) = ∑P^ (A|Hj^ )P^ (Hj^ ) i∈I P^ (A|Hi)P^ (Hi)

Uwaga 2.1. Prawdopodobie´nstwo hipotetyczne P (Hi) nazywamy prawdopodobie´nstwem a priori (przed do´swiadczeniem), P (Hi|A) prawdopodobie´nstwem a posteriori (po do´swiadczeniu).

Zadanie 2.8. W do´swiadczeniu z Zad. 2.7 oblicz prawdopodobie´nstwo, ˙ze kula z pierwszego losowania jest biała, gdy biała jest kula z drugiego losowania.

Zadanie 2.9. W sytuacji z Zad. 2.6 oblicz prawdopodobie´nstwo, ˙ze losowano z drugiej urny gdy wynikiem losowania jest kula biała.

Zadanie 2.10. W firmie IT 20% wytwarzanych modułów przechodzi specjalny proces inspekcji. Z danych historycznych wiadomo, ˙ze ka˙zdy moduł poddany inspekcji nie ma defektów z prawdopodobie´nstwem 0.95. Dla modułu nie poddanego procesowi inspekcji prawdopodobie´nstwo to wynosi jedynie 0.7. Klient znajduje defekt w module. Jakie jest prawdopodobie´nstwo, ˙ze moduł ten przeszedł przez proces inspekcji?

P (B \ A) ≥ 0

Stad mamy, ze:

P (B) ≥ P (A)

Podpunkt 5

Na mocy poprzedniej własno´sci mamy

P (B) − P (A) = P (B \ A) ≥ 0.

Nierówno´s´c wynika z aksjomatu 1.

Podpunkt 6

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)

Zauwa˙zmy, ˙ze

A ∪ B = [A \ (A ∩ B)] ∪ (A ∪ B) ∪ [B \ (A ∩ B)]

oraz powy˙zsze zdarzenia s ˛a rozł ˛aczne. Mamy wi˛ec

P (A ∪ B) = P (A) − P (A ∩ B) + P (A ∪ B) + P (B) − P (A ∩ B). Wynika równie˙z mo˙zna odczyta´c z poni˙zszego diagramu.

A B

Rozwi ˛azanie 2.2.

Ω = {(o, o, o), (o, o, r), (o, r, o), (o, r, r), (r, o, o), (r, o, r), (r, r, o), (r, r, r)}

Prawdopodobie´nstwo wylosowania trzech orłów pod rz ˛ad:

P (A) =^18

Prawdopodobie´nstwo wylosowania nieparzystej ilo´sci orłów:

P (B) =^48

Prawdopodobie´nstwo warunkowe zdarzenia A pod warunkiem zdarzenia B

P (A|B) = P^ P(A (^ ∩B^ )B )= P^ ({(r, r, r P ({()} ∩ {o, o, r()o, o, r, (o, r, o),^ ()o, r, o, (r, o, o),^ ()r, o, o, (r, r, r),^ ()r, r, r}) )})=

(^18) 48 =

8 ·^

Rozwi ˛azanie 2.3. Oznaczmy przez: C - Chłopiec D - Dziewczynka Omega wynosi: Ω = {(C, D), (C, C), (D, D), (D, C))}

a) wybierzemy rodzin˛e z dwoma chłopcami pod warunkiem, ˙ze starsze dziecko jest chłopcem. A = {(C, C)} - rodzina z dwoma chłopcami. B = {(D,C), (C,C)} - starsze dziecko jest chłopcem. A ∩ B = {(C, C)}

P (B) = (^12) P (A ∩ B) = (^14)

P (A|B) = P^ ( PA (^ B∩^ )B )=

(^14) 12 =

b) wybierzemy rodzin˛e z dwoma chłopcami pod warunkiem, ˙ze jest co najmniej jeden chłopiec. A = {(C,C)} - rodzina z dwoma chłopcami. B = {(C,D), (C,C), (D,C)} - co najmniej jeden chłopiec. A ∩ B = {(C, C)}

P (B) = (^34) P (A ∩ B) = (^14)

P (A|B) = P^ ( PA (^ B∩^ )B )=

(^14) 34 =