Sprzyjają wyniki $5$ i $6$ — dwa z sześciu:

$$P=\frac26=\frac13$$

Uwaga: „większa od $4$” nie obejmuje czwórki.

Odpowiedź: C. $\frac13$.

Zdarzenie przeciwne dopełnia prawdopodobieństwo do jedynki:

$$P(A')=1-P(A)=1-0{,}3=0{,}7$$

Odpowiedź: $0{,}7$.

Wszystkich kul jest $8$, czarnych $3$:

$$P=\frac38=0{,}375$$

Odpowiedź: $\frac38$.

Warunek zawęża przestrzeń zdarzeń do $B$, więc dzielimy przez $P(B)$:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$

Odpowiedź: A. $\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$.

$$P(A|B)=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4$$

Odpowiedź: $0{,}4$.

Niezależność oznacza, że zajście jednego zdarzenia nie zmienia szans drugiego:

$$P(A|B)=P(A) \iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Uwaga: odpowiedź A opisuje zdarzenia rozłączne, a to zupełnie co innego — rozłączne zdarzenia o dodatnim prawdopodobieństwie są silnie zależne.

Odpowiedź: B. $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$.

Sposób 1 — wprost z definicji. Niech $B$ to „orzeł w pierwszym rzucie” ($P(B)=\frac12$), a $A$ to „dwa orły” ($P(A\cap B)=\frac14$):

$$P(A|B)=\frac{1/4}{1/2}=\frac12$$

Sposób 2 — przez zawężenie. Wiedząc, że pierwszy rzut to orzeł, pytamy tylko o drugi rzut — a on jest niezależny, więc $\frac12$.

Odpowiedź: $\frac12$.

Zawężamy przestrzeń do kart czerwonych — jest ich $26$. Asów czerwonych jest $2$ (kier i karo):

$$P=\frac{2}{26}=\frac{1}{13}$$

Obserwacja: to tyle samo, co $P(\text{as})=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}$ bez warunku — kolor i figura są tu niezależne.

Odpowiedź: $\frac{1}{13}$.

Dodając $P(A)$ i $P(B)$, część wspólną liczymy dwa razy — dlatego trzeba ją odjąć.

Odpowiedź A jest prawdziwa tylko dla zdarzeń rozłącznych, gdy $P(A\cap B)=0$.

Odpowiedź: D. $P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.

Krok 1 — suma:

$$P(A\cup B)=0{,}6+0{,}5-0{,}3=0{,}8$$

Krok 2 — test niezależności:

$$P(A)\cdot P(B)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3=P(A\cap B) \ ✔$$

Odpowiedź: $P(A\cup B)=0{,}8$; zdarzenia są niezależne.

Wszystkich wyników jest $36$. Sumę $7$ dają pary: $(1,6)$, $(2,5)$, $(3,4)$, $(4,3)$, $(5,2)$, $(6,1)$ — sześć możliwości:

$$P=\frac{6}{36}=\frac16$$

Ciekawostka: siódemka jest najczęstszą sumą przy dwóch kostkach.

Odpowiedź: B. $\frac16$.

Korzystamy z reguły mnożenia dla prawdopodobieństw warunkowych:

$$P=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15}$$

Dlaczego drugi ułamek jest inny: po wyjęciu jednej białej zostaje $3$ białe z $9$ kul — losowanie bez zwracania zmienia warunki.

Odpowiedź: $\frac{2}{15}\approx0{,}133$.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „ani jednego orła”, czyli same reszki:

$$P(\text{same reszki})=\left(\tfrac12\right)^3=\tfrac18$$

$$P(\text{co najmniej jeden orzeł})=1-\tfrac18=\tfrac78$$

Dlaczego tak liczymy: wprost trzeba by dodać przypadki „dokładnie jeden”, „dokładnie dwa” i „trzy” — dopełnienie to jeden rachunek zamiast trzech.

Odpowiedź: $\frac78=0{,}875$.

Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$. Gdyby były niezależne, musiałoby zachodzić $P(A)P(B)=0$, czyli jedno z prawdopodobieństw byłoby zerem — a założyliśmy, że oba są dodatnie.

Intuicja: jeśli zaszło $A$, to $B$ na pewno nie zaszło — to najsilniejsza możliwa zależność.

Odpowiedź: C. nigdy nie są niezależne.

Przez zdarzenie przeciwne — dwa chybienia:

$$P(\text{dwa pudła})=0{,}2\cdot0{,}2=0{,}04$$

$$P(\text{co najmniej raz})=1-0{,}04=0{,}96$$

Odpowiedź: $0{,}96$.

Zdarzenie $A$ rozbijamy na przypadki według tego, które z $B_i$ zaszło, i sumujemy iloczyny „prawdopodobieństwo gałęzi razy prawdopodobieństwo warunkowe”.

Obrazowo: to sumowanie po wszystkich ścieżkach drzewa stochastycznego prowadzących do $A$.

Odpowiedź: A. $P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)$.