Niech $\mathrm{\Omega }$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych.

Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A\subset \mathrm{\Omega }$ nazywamy liczbę:

Rzucamy dwa razy kostką do gry. Obliczymy prawdopodobieństwo, że suma wyrzuconych oczek będzie mniejsza od $6$.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na otrzymaniu sumy oczek mniejszej od $6$.

Aby wyznaczyć moc zbioru zdarzeń elementarnych, korzystamy z reguły mnożenia.

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=6·6=36$

Rozwiązanie zadania wymaga wypisania wszystkich zdarzeń sprzyjających.

$A=\left\{\left(\mathrm{1,} 1\right),\left(\mathrm{1,} 2\right),\left(\mathrm{1,} 3\right),\left(\mathrm{1,} 4\right),\left(\mathrm{2,} 1\right),\left(\mathrm{2,} 2\right),\left(\mathrm{2,} 3\right),\left(\mathrm{3,} 1\right),\left(\mathrm{3,} 2\right),\left(\mathrm{4,} 1\right)\right\}$

Stąd:

$\left|A\right|=10$

Na podstawie klasycznej definicji prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwaklasycznej definicji prawdopodobieństwa:

$P\left(A\right)=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia sumy oczek mniejszej od $6$ jest równe $\frac{5}{18}$.

Rzucamy trzykrotnie monetą. Obliczymy prawdopodobieństwo, że orzeł wypadł tylko raz.

Oznaczmy:
$O$ – zdarzenie polegające na tym, że orzeł wypadł tylko raz.

Korzystamy z reguły mnożenia.

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=2·2·2=8$

Wypisujemy zdarzenia sprzyjające:

$O=\left\{\left(0, R, R\right), \left(R, 0, R\right), \left(R, R, 0\right)\right\}$

Stąd:

$\left|O\right|=3$

Zatem:

$P\left(O\right)=\frac{3}{8}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia orła dokładnie raz jest równe $\frac{3}{8}$.

Rzucamy kostką i monetą. Obliczymy prawdopodobieństwo wyrzucenia reszki i parzystej liczby oczek.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wyrzuceniu reszki i parzystej liczby oczek.

Rzucamy kostką – $6$ możliwości,

rzucamy monetą – $2$ możliwości.

Zatem:

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=6·2=12$

W tym przypadku nie jest ważna kolejność, w jakiej rzucaliśmy kostką i monetą – możemy przyjąć, że rzucamy jednocześnie.

Zdarzania sprzyjające

$A=\left\{\left(2, R\right), \left(4, R\right), \left(6, R\right)\right\}$, czyli $\left|A\right|=3$

Szukane prawdopodobieństwo jest więc równe:

$P\left(A\right)=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia reszki i parzystej liczby oczek jest równe $\frac{1}{4}$.

W urnie znajduje się $5$ kul zielonych i $6$ białych. Losujemy kolejno, bez zwracania, trzy kule. Obliczymy prawdopodobieństwo, że za trzecim razem wylosujemy kulę zieloną.

Skoro losujemy kule bez zwracania, to znaczy, że wylosowanych kul nie wrzucamy już z powrotem, zatem liczba kul w urnie po każdym losowaniu zmniejsza się.

W urnie początkowo było $5+6=11$ kul.

Pierwszą kulę losujemy więc spośród $11$ kul, drugą spośród $10$ kul, a trzecią spośród $9$ kul.

Z reguły mnożenia wynika, że:

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=11·10·9=990$

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na wylosowaniu za trzecim razem kuli zielonej.

Zdarzeniu $A$ sprzyjają zdarzenia, w których na trzecim miejscu jest kula zielona, na pierwszym dowolna z $11-1=10$ kul, a na drugim dowolna z pozostałych $9$ kul.

$\left|A\right|=10·9·5=450$

Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ jest równe:

$P\left(A\right)=\frac{450}{990}=\frac{5}{11}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania za trzecim razem kuli zielonej jest równe $\frac{5}{11}$.

Z urny zwierającej $3$ kule białe i $7$ czarnych, losujemy bez zwracania $3$ kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej dwóch kul czarnych.

Z treści zadania wnioskujemy, że nie ważna jest kolejność w jakiej losujemy kule, a jedynie kolor.

Losujemy trzy spośród dziesięciu kul, stąd:

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=\left(\begin{array}{c}10\\ 3\end{array}\right)=120$

Oznaczmy:
$C$ – wylosowanie co najmniej dwóch kul czarnych.

Zdarzeniu $C$ sprzyjają zdarzenia: wylosowano trzy kule czarne, wylosowano dwie kule czarne i jedną białą.

W pierwszym przypadku trzy kule czarne losujemy spośród siedmiu czarnych.

W drugim przypadku losujemy dwie kule czarne spośród siedmiu czarnych i jedną białą spośród trzech białych.

Z reguły dodawania wynika, że:

$\left|C\right|=\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}7\\ 2\end{array}\right)·\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)=35+63=98$

Szukane prawdopodobieństwo jest więc równe

$P\left(C\right)=\frac{98}{120}=\frac{49}{60}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej dwóch kul czarnych jest równe $\frac{49}{60}$.

Liczby $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ ustawiamy losowo jedna za drugą. Obliczymy prawdopodobieństwo, że suma każdych dwóch sąsiednich, ustawionych w ten sposób liczb, będzie liczbą nieparzystą.

Aby określić liczbę możliwych ustawień w szeregu sześciu podanych liczb, korzystamy ze wzoru na liczbę permutacji zbioru sześcioelementowego.

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=6!=1·2·3·4·5·6=720$

Suma dwóch liczb jest nieparzysta, jeżeli jedna z tych liczb jest parzysta, a druga nieparzysta.

Zatem liczby parzyste i nieparzyste muszą stać na przemian.

Na przykład:

$1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ lub $6$, $5$, $4$, $3$, $2$, $1$

Widać więc, że mamy dwie możliwości – ustawiając liczby można zacząć od liczby nieparzystej lub od liczby parzystej.

Są trzy liczby nieparzyste – można je ustawić na $3!=6$ sposobów. Mamy też trzy liczby parzyste, zatem, zgodnie z regułą mnożenia, w pierwszym przypadku jest $6·6=36$ możliwości. Podobnie w drugim przypadku.

Wynika z tego, że

$p=\frac{36+36}{720}=\frac{72}{720}=\frac{1}{10}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb, będzie liczbą nieparzystą jest równe $\frac{1}{10}$.

Na stole leżą karteczki, na których zapisane są liczby od $1$ do $8$ – na każdej kartce jedna liczba. Wyciagamy jednocześnie trzy karteczki. Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $S$ – jedna z wylosowanych liczb jest równa sumie dwóch pozostałych liczb.

Z treści zadania wynika, że mamy doczynienia z losowaniem bez zwracania, w którym nie jest ważna kolejność, w jakiej losujemy karteczki z liczbami.

$\left|\mathrm{\Omega }\right|=\left(\begin{array}{c}8\\ 3\end{array}\right)=\frac{8!}{3!·5!}=\frac{6·7·8}{6}=56$

Wypisujemy wszystkie zdarzenia, sprzyjające zdarzeniu $S$ (tu również nie jest ważna kolejność wypisywania liczb).

$S=\left\{\left(3,1,2\right),\left(4,1,3\right),\left(5,1,4\right),\left(5,2,3\right),\left(6,1,5\right),\left(6,2,4\right),\left(7,1,6\right),\right.$$\left.\left(\mathrm{7,2},5\right),\left(\mathrm{7,3},4\right),\left(8,1,7\right),\left(\mathrm{8,2},6\right),\left(\mathrm{8,3},5\right)\right\}$

Zatem:

$\left|S\right|=12$

Obliczamy prawdopodobieństwo, korzystając ze wzoru na podobieństwo klasyczne.

$P\left(S\right)=\frac{12}{56}=\frac{3}{14}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że jedna z wylosowanych liczb jest równa sumie dwóch pozostałych liczb jest równe $\frac{3}{14}$.

niech $\mathrm{\Omega }$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych; prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A\subset \mathrm{\Omega }$ nazywamy liczbę: