4.1. Zadania#
Zadanie 1#
Niech \(A_i, i = 0,1,2\) oznacza zdarzenie, że losowo wybrany kierowca ma \(i\) szkód komunikacyjnych w okresie 5 lat jazdy, a \(B\) oznacza zdarzenie, że ma więcej niż 2 szkody komunikacyjne w okresie 5 lat jazdy. Niech \(P(A_0)=0.9\), \(P(A_1)=0.05\), \(P(A_2)=0.03\), \(P(B)=0.02\). Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że kierowca:
a) miał 1 szkodę, jeżeli wiadomo, że nie miał więcej niż 2 szkody,
b) miał 2 szkody, jeżeli wiadomo, że miał jakąkolwiek szkodę.
Rozwiązanie
Należy skorzystać z wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe.
a)
\(C =\) {“nie więcej niż dwie szkody”},
\(P(C) = P(A_0) + P(A_1) + P(A_2) = 0.9 + 0.05 + 0.03 = 0.98\)
\(P(A_1 \cap C) = P(A_1) = 0.98\)
\(P(A_1 | C) = \frac{P(A_1 \cap C)}{P(C)} = \frac{0.05}{0.98} \approx 0.05\)
b)
C = {“jakakolwiek szkoda”},
\(P(C) = 1 - P(A_0) = 1 - 0.9 = 0.1\)
\(P(A_2 \cap C) = P(A_2) = 0.03\)
\(P(A_2 | C) = \frac{P(A_2 \cap C)}{P(C)} = \frac{0.03}{0.1} = 0.3\)
Zadanie 2#
Wiadomo, że \(P(A) = 0.7\), \(P(B') = 0.8\), \(P(A |B) = 0.6\). Oblicz \(P(A \cup B)\).
Rozwiązanie
\(P(A |B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)},\)
\(P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B),\)
\(P(A |B)\cdot P(B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B),\)
\(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A |B)\cdot P(B) = 0.7 + 0.2 - 0.6 \cdot 0.2 = 0.78\)
Zadanie 3#
Prawdopodobieństwo awarii sieci komputerowej w losowo wybranym dniu tygodnia wynosi 0.05. Awarie są zdarzeniami niezależnymi.
a) Oblicz prawdopodobieństwo, że w wybranym tygodniu zdarzą się awarie w czwartek i piątek.
b) Oblicz prawdopodobieństwo, że w tygodniu wystąpi awaria w co najmniej jednym dniu.
c) Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że wystąpią awarie w mniej niż trzech dniach, jeżeli wiadomo, że awaria wystąpiła w ciągu tygodnia.
Rozwiązanie
import scipy.stats as st
# a)
p_a = 0.05**2 * 0.95**5
print('a) Szukane prawdopodobienstwo:', p_a)
# b)
p_b = 1 - 0.95**7
print('b) Szukane prawdopodobienstwo:', p_b)
c)
\(A\) - awaria w mniej niż 3 dniach,
\(B\) - awaria w ciągu tygodnia.
\(P(A \cap B) = P(X=1) + P(X=2).\)
import scipy.stats as st
p_ab = st.binom.pmf(1, 7, 0.05) + st.binom.pmf(2, 7, 0.05)
p_b = p_b = 1 - 0.95**7
print('Szukane prawdopodobienstow: ', p_ab / p_b)
Zadanie 4#
W urnie znajduje się 6 kul czarnych i 4 białe. Wyciągamy losowo dwa razy po jednej kuli:
a) ze zwrotem kuli do urny po pierwszym wyjęciu,
b) bez zwrotu.
Obliczyć prawdopodobieństwo, ze druga wylosowana kula będzie biała, jeśli wiadomo, że
pierwsza wylosowana była biała.
Rozwiązanie
\(A\) - pierwsza wylosowana kula jest biała,
\(B\) - druga wylosowana kula jest biała,
\(A \cap B\) - pierwsza i druga wylosowana kula jest biała.
a)
\(P(A) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5},\)
\(P(A \cap B) = \frac{4}{10} \cdot \frac{4}{10} = \frac{4}{25}\)
\(P(B|A) = \frac{\frac{4}{25}}{\frac{2}{5}} = \frac{2}{5} = 0.4.\)
b)
\(P(A) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5},\)
\(P(A \cap B) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{2}{15}\)
\(P(B|A) = \frac{\frac{2}{15}}{\frac{2}{5}} = \frac{1}{3} \approx 0.33.\)
Zadanie 5#
Z liczb 2, 3, 15, 30 losujemy jedna liczbę. Sprawdzić, czy zdarzenia:
\(A\) - wylosowana liczba jest podzielna przez 2,
\(B\) - wylosowana liczba jest podzielna przez 3
są niezależne.
Rozwiązanie
\(A = \{2, 30\},\)
\(B = \{3, 15, 30\},\)
\(A \cap B = \{30\},\)
\(P(A \cap B) = \frac{1}{4} \ne \frac{2}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8} = P(A)P(B)\)
Zdarzenia nie są niezależne.
Zadanie 6#
Rzucamy dwa razy kostka do gry. Niech \(A\) oznacza zdarzenie „suma wyrzuconych oczek równa się 8”, zaś \(B\) zdarzenie „w pierwszym rzucie wypadło 6 oczek”. Ustalić, czy zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne.
Rozwiązanie
\(A = \{(2, 6), (3, 4), (4, 4), (5, 3), (6, 2)\},\)
\(B = \{(6, 1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)\},\)
\(A \cap B = \{(6, 2)\},\)
\(P(A \cap B) = \frac{1}{36} \ne \frac{5}{36} \cdot \frac{6}{36} = \frac{5}{216} = P(A)P(B)\)
Zdarzenia nie są niezależne.
Zadanie 7#
Z talii 52 kart wyciągamy losowo jedną. Czy zdarzenia:
\(A\) - wyciągnięcie asa,
\(B\) - wyciągnięcie karty koloru czerwonego
są niezależne?
Rozwiązanie
Asów w talii jest 4 więc moc zbioru \(A\) to:
\(|A| =4,\)
Karty mogą być czerwone lub czarne więc mac zbioru \(B\):
\(|B| = 26,\)
Są dwa czerwone asy więc:
\(|A \cap B| = 2,\)
\(P(A \cap B) = \frac{2}{52} = \frac{1}{26} = \frac{4}{52} \cdot \frac{26}{52} = \frac{1}{26} = P(A)P(B)\)
Zdarzenia są niezależne.
Zadanie 8#
Prawdopodobieństwo, ze cena pewnego towaru pójdzie jutro w górę wynosi 0.3, a prawdopodobieństwo, że cena srebra pójdzie w górę wynosi 0.2. Wiadomo ponadto, ze w 6% przypadków obie ceny - towaru i srebra idą w górę. Czy cena towaru i cena srebra są niezależne?
Rozwiązanie
\(T\) - zdarzenie polegające na tym, że cena towaru idzie w górę,
\(S\) - zdarzenie polegające na tym, że cena srebra idzie w górę,
\(P(T) = 0.3,\)
\(P(S) = 0.2,\)
\(P(T \cap S) = 0.06,\)
\(P(T \cap S) = 0.06 = 0.3 \cdot 0.2 = 0.06 = P(T)P(S)\)
Zdarzenia są niezależne.