Ciele

  1. Zhrnutie základných poznatkov z kombinatoriky. \(\def\a{&}\)
  2. Výpočet pravdepodobnosti javu podľa klasickej definície pravdepodobnosti.
  3. Operácie s javmi a pravdepodobnosť.

Úvod

    Oboznámime sa so základnými poznatkami z kombinatoriky, ktoré sú potrebné pri riešení úloh z pravdepodobnosti. Na konkrétnych príkladoch ukážeme použitie klasickej definície pravdepodobnosti.

Postup

  1. Na výpočet pravdepodobnosti istých javov je často nutné použiť základné poznatky z kombinatoriky . Predpokladajme, že je daná množina \(A\), ktorá obsahuje práve \(n\) rôznych prvkov. Chceme zistiť, koľkými spôsobmi môžeme z tejto množiny vybrať \(k\) prvkov. Úloha závisí od toho, či výber realizujeme bez návratu alebo s návratom a navyše, či pri výbere záleží na poradí vybraných prvkov alebo či nezáleží na ich poradí.
    1. Výber bez návratu
      • Záleží na poradí (usporiadaní)
        Počet všetkých usporiadaných \(k\)-tic (\(k\le n\)), ktoré môžeme vybrať z \(n\)-prvkovej množiny je daný vzťahom \begin{equation}\label{var} n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}=V_n(k). \end{equation} Ide o tzv. variácie \(k\)-tej triedy z \(n\) prvkov bez opakovania. Vzťah (\ref{var}) je zrejmý z toho, že na prvý vybraný prvok máme \(n\) možností, na druhý už len \(n-1\) možností (nemôže to byť prvok, ktorý sme vybrali ako prvý), na tretí prvok máme \(n-2\) možností (nemôžu to byť prvky, ktoré sme vybrali na prvých dvoch miestach) a napokon na \(k\)-tý prvok máme \(n-(k-1)=n-k+1\) možností. Špeciálnym prípadom variácií \(k\)-tej triedy z \(n\) prvkov je prípad, keď \(k=n\): vtedy ide tzv. o počet všetkých možných usporiadaní \(n\)-prvkovej množiny, ktorý je na základe (\ref{var}) daný vzťahom \begin{equation}\label{per} V_n(n)=n!=P_n. \end{equation} V tomto prípade hovoríme, že ide o permutácie \(n\)-prvkovej množiny a ich počet označujeme zápisom \(P_n\).
      • Nezáleží na poradí (usporiadaní) V tomto prípade ide o tzv. kombinácie \(k\)-tej triedy z \(n\) prvkov a ich počet označujeme \(C_n(k)\. Počet všetkých možných výberov \(k\)-prvkovej množiny z danej \(n\)-prvkovej množiny (\(k\le n\)) je daný vzťahom \begin{equation}\label{komb} C_n(k)={n \choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}. \end{equation}
    2. Výber s návratom
      • Záleží na poradí (usporiadaní)
        Tentoraz máme na každé miesto (prvé, druhé až \(k\)-te miesto) \(n\) možností. Takto dostaneme \(n^k\) rôznych usporiadaných \(k\)-tic. Tomuto prípadu hovoríme variácie \(k\)-tej triedy z \(n\) prvkov s opakovaním a ich počet označujeme \(V^{\prime}_n(k)\). Teda \begin{equation}\label{varop} V^{\prime}_n(k)=n^k. \end{equation}
      • Nezáleží na poradí (usporiadaní)
        Dá sa dok�zať, že počet všetkých možností výberu \(k\) prvkov bez ohľadu na ich poradie z \(n\)-prvkovej množiny za predpokladu, že prvky sa môžu opakovať je daný vzťahom \begin{equation}\label{kombop} C^{\prime}_n(k)={n+k-1 \choose k}. \end{equation}
  2. Budeme používať tzv. klasickú definíciu pravdepodobnosti javu:
    Nech \(\gamma=\{E_1,E_2,\dots , E_n \}\) je konečná množina elementárnych javov a nech každý elementárny jav je rovnako možný (očakávaný). Pre ľubovoľný jav \(A\in \tau \) definujeme jeho pravdepodobnosť predpisom \begin{equation}\label{kp} P(A)=\frac{m}{n}, \end{equation} kde \(m\) je počet rôznych elementárnych javov, na ktoré sa jav \(A\) rozkladá, t. j. \begin{equation}\label{kk} A=E_{i_1}\cup E_{i_2}\cup \dots \cup E_{i_m}. \end{equation} Táto definícia nie je univerzálna - je to špeciálny prípad Kolmogorovovej definície pravdepodobnosti. Pre naše potreby s ňou však vystačíme.

    Špeciálnym prípadom klasickej definície pravdepodobnosti je tzv. kombinatorická pravdepodobnosť, ktorá sa obyčajne viaže na rôzne spôsoby výberu (losovania, ťahania) istého počtu prvkov z danej množiny prvkov.
    Pre zjednodušenie výkladu si predstavme \(N\) guliek, z ktorých je \(K\) bielych guliek a zvyšných \(N-K\) guliek je čiernych. Nech sú tieto guľky uložené v urne (urna - štandardný pojem v pravdepodobnosti). Z tejto urny náhodne vyberieme \(n\) guliek a bude nás zaujímať pravdepodobnosť toho, že medzi vybranými guľkami bude práve \(k\) bielych guliek a \(n-k\) čiernych guliek. Táto pravdepodobnosť zrejme závisí od toho, akým spôsobom guľky vyberáme. V ďalšom texte si preberieme základné možnosti.
    1. Výber z jednej urny bez návratu
      2. Losovanie guliek prebieha tak, že náhodne vytiahnutú guľku do urny nevrátime a z urny náhodne vyberáme ďalšiu guľku -- takto postupujeme až po \(n\)-tú vytiahnutú guľku. Je zrejmé, že potom počet vylosovaných bielych guliek nemôže byť väčší ako \(K\) (toľko bielych guliek je v urne) a súčasne nemôže byť väčší ako \(n\) (toľko guliek losujeme). Teda \(k\le K\) a \(k\le n\).
      Tento model má dva varianty: buď je dôležité konkrétne poradie vytiahnutých guliek alebo na ich poradí nezáleží.
      • Rozhodujúce je konkrétne poradie guliek, t. j. guľky vieme od seba rozlíšiť (nielen podľa farby):
        pre prvú guľku máme \(N\) možností, pre druhú guľku už len \(N-1\) možností (lebo prvú guľku sme nevrátili do urny), pre tretiu \(N-2\) možností, atď. a pre \(n\)-tú guľku \(N-n+1\) možností. Ak \(\Omega\) je množina všetkých možných výsledkov daného pokusu (teda množina všetkých možných elementárnych javov), tak pre jej počet prvkov \(|\Omega|\) podľa (\ref{var}) platí \begin{equation}\label{var1} |\Omega|=N\cdot (N-1)\cdot (N-2)\cdots (N-n+1)=\frac{N!}{(N-n)!}=V_N(n). \end{equation} Nech \(A\) je jav, ktorý spočíva v tom, že z \(n\) náhodne vytiahnutých guliek je \(k\) bielych a \(n-k\) čiernych guliek na vopred určených poradových miestach. Počet všetkých priaznivých výsledkov tohto javu (t. j. počet elementárnych javov, z ktorých je jav \(A\) zložený) je zrejme \begin{equation}\label{vark} |A|=V_K(k)\cdot V_{N-K}(n-k)=\frac{K!}{(K-k)!}\cdot\frac{(N-K)!}{\left[(N-K)-(n-k)\right]!}. \end{equation} Z (\ref{var1}) a (\ref{vark}) dostaneme pravdepodobnosť javu \(A\): \begin{equation}\label{pvar} P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{V_K(k)\cdot V_{N-K}(n-k)}{V_N(n)}. \end{equation}
      • Nezáleží na konkrétnom poradí guliek t. j. guľky rozlišujeme len podľa farby (tzv. Pearsonova schéma):
        počet všetkých možných výsledkov daného pokusu je zrejme rovný počtu všetkých neusporiadaných \(n\)-tíc z \(N\) prvkov, čo sú kombinácie \(n\)-tej triedy z \(N\). Podľa (\ref{komb}) je \begin{equation}\label{kombp} |\Omega|={N \choose n}. \end{equation} Nech \(B\) je jav, ktorý spočíva v tom, že medzi \(n\) náhodne vytiahnutými guľkami je \(k\) bielych a \(n-k\) čiernych guliek, pričom nezáleží na konkrétnom poradí guliek (guľky rozlišujeme len podľa farby). Počet všetkých priaznivých výsledkov tohto javu (t. j. počet elementárnych javov, z ktorých je jav \(B\) zložený ) je zrejme \begin{equation}\label{hygek} |B|={K \choose k}\cdot{N-K \choose N-n}. \end{equation} Na základe (\ref{kombp}) a (\ref{hygek}) dostaneme pravdepodobnosť javu \(B\): \begin{equation}\label{phyge} P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{\displaystyle{{K \choose k}{N-K \choose N-n}}}{\displaystyle{{N \choose n}}}. \end{equation}
    2. Výber z jednej urny s návratom
      3. Losovanie guliek prebieha tak, že náhodne vytiahnutú guľku do urny vrátime a potom z urny náhodne vyberáme ďalšiu guľku - takto postupujeme až po \(n\)-tú vytiahnutú guľku. Ani tentoraz počet vylosovaných bielych guliek nemôže byť väčší ako \(n\) (toľko guliek losujeme), t. j. \(k\le n\). Všimnime si, že môže nastať aj prípad \(k\gt K\).
      Tento model má opäť dva varianty: buď je dôležité konkrétne poradie vytiahnutých guliek alebo na ich poradí nezáleží. V oboch prípadoch je (na rozdiel od výberu bez návratu) ale množina všetkých možných výsledkov daného pokusu určená všetkými usporiadanými \(n\)-ticami, ktoré je možné získať z \(N\) prvkov s možnosťou opakovania výberu ľubovoľného prvku. Ide teda o variácie \(n\)-tej triedy z \(N\) prvkov s opakovaním. Podľa (\ref{varop}) dostaneme \begin{equation}\label{varopp} |\Omega|=V^{\prime}_N(n)=N^n. \end{equation}
      • Rozhodujúce je konkrétne poradie guliek, t. j. guľky vieme od seba rozlíšiť (nielen podľa farby):
        nech \(A\) je jav, ktorý spočíva v tom, že z \(n\) náhodne vytiahnutých guliek je \(k\) bielych a \(n-k\) čiernych guliek na vopred určených poradových miestach. Na výber každej bielej guľky máme \(K\) možností a pre každú čiernu guľku máme \(N-K\) možností. Potom počet všetkých priaznivých výsledkov tohto javu (t. j. počet elementárnych javov, z ktorých je jav \(A\) zložený) je \begin{equation}\label{varkop} |A|=V^{\prime}_K(k)\cdot V^{\prime}_{N-K}(n-k)=K^k\cdot (N-K)^{n-k}. \end{equation} Na základe (\ref{varopp}) a (\ref{varkop}) dostaneme pravdepodobnosť javu \(A\): \begin{equation}\label{pvarop} P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{K^k\cdot (N-K)^{n-k}}{N^n}=\left(\frac{K}{N}\right)^{\!\!k}\cdot\left(\!1-\frac{K}{N}\right)^{\!\!n-k}. \end{equation}
      • Nezáleží na konkrétnom poradí guliek t. j. guľky rozlišujeme len podľa farby (tzv. Bernoulliho schéma):
        nech \(B\) je zložený jav z elementárnych javov, ktoré pozostávajú zo všetkých usporiadaných \(n\)-tíc obsahujúcich \(k\) bielych a \(n-k\) čiernych guliek bez ohľadu na ich usporiadanie. Keby sme brali do úvahy aj konkrétne poradie bielych a čiernych guliek, tak takýchto \(n\)-tíc by sme podľa (\ref{varkop}) mali práve \(K^k\cdot (N-K)^{n-k}\). K ľubovoľnej \(n\)-tici, v ktorej je \(k\) bielych usporiadaných guliek, môžeme vytvoriť práve \(n \choose k\) \(n\)-tíc, v ktorých nie je rozhodujúce usporiadanie guliek. Potom \begin{equation}\label{varkopp} |B|={n \choose k}\cdot K^k\cdot (N-K)^{n-k}, \end{equation} a teda podľa (\ref{varopp}) a (\ref{varkopp}) je \begin{equation}\label{pvaropp} P(B)={n \choose k}\cdot\left(\frac{K}{N}\right)^{\!\!k}\cdot\left(\!1-\frac{K}{N}\right)^{\!\!n-k}. \end{equation}
    Výber z viacfarebnej konštelácie guliek Zovšeobecnením predchádzajúcich modelov je urna s \(N\) guľkami, ktoré môžeme (napr. podľa ich farby) rozdeliť do \(s\) disjunktných skupín: v prvej skupine je \(K_1\) guliek, v druhej skupine \(K_2\) guliek \(\ldots\) a v \(s\)-tej skupine je \(K_s\) guliek. Zrejme \(K_1+K_2+\cdots+K_s=N\).
    Nech \(A\) je jav, ktorý spočíva v tom, že z urny náhodne vylosujeme \(k_1\) guliek z prvej skupiny, \(k_2\) guliek z druhej skupiny \ldots a \(k_s\) guliek z \(s\)-tej skupiny. Teda z urny náhodne vyberáme \(k_1+k_2+\ldots+k_s=n\) guliek. Chceme určiť pravdepodobnosť javu \(A\). Budeme sa zaoberať len prípadom, keď nezáleží na konkrétnom poradí vylosovaných guliek, t. j. guľky rozlišujeme len podľa farby. Skúmať budeme dve situácie: výber bez návratu a výber s návratom.
    • Výber bez návratu:
      keďže poradie losovaných guliek nie je rozhodujúce a \(n\) guliek losujeme z \(N\) guliek bez návratu, tak počet všetkých možných výsledkov \(|\Omega|\) daného pokusu je podľa (\ref{komb}) \begin{equation}\label{kombs} |\Omega|={N \choose n}. \end{equation} Pre \(i\)-tú skupinu platí, že \(k_i\) guliek môžeme z \(K_i\) guliek vybrať \(\displaystyle{{k_i \choose K_i}}\) spôsobmi. Každý výber z \(i\)-tej skupiny môžeme skombinovať s každou možnosťou výberu \(j\)-tej skupiny (\(i\not=j\)), čo znamená, že počet priaznivých možností pre jav \(A\) je \begin{equation}\label{kombsa} |A|={k_1 \choose K_1}\cdot{k_2 \choose K_2}\cdots{k_s \choose K_s}. \end{equation} Na základe (\ref{kombs}) a (\ref{kombsa}) je \begin{equation}\label{pkombsa} P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{\displaystyle{{k_1 \choose K_1}\cdot{k_2 \choose K_2}\cdots{k_s \choose K_s}}}{\displaystyle{{N \choose n}}}. \end{equation}
    • Výber s návratom:
      dá sa ukázať, že v tomto prípade je \begin{equation}\label{pkombsan} P(A)=\frac{n!}{k_1!\cdot k_2!\cdots k_s!}\!\cdot\left(\frac{K_1}{N}\right)^{\!\!k_1}\!\cdot\left(\frac{K_2}{N}\right)^{\!\!k_2}\!\!\cdots\left(\frac{K_s}{N}\right)^{\!\!k_s}. \end{equation}
    Príklad: Určme pravdepodobnosť toho, že pri jednom hode bežnou hracou kockou:
    a) padne číslo \(6\);
    b) padne nepárne číslo;
    c) nepadne číslo \(4\);
    d) nepadne číslo väčšia ako \(4\).
    Riešenie:
    Nech \(E_k\) je jav, ktorý spočíva v tom, že pri hode hracou kockou padne číslo \(k\). Je zrejmé, že množina šiestich javov \(\gamma=\{E_1,E_2,E_3,E_4,E_5,E_6\}\) je množinou elementárnych javov pre daný pokus. Teda podľa (\ref{kp}) \(n=6\). Nech \(A\) je jav, ktorého pravdepodobnosť chceme určiť. Potom na základe (\ref{kk}) a (\ref{kp}) dostaneme:
    a) \(A=E_6\), čo znamená, že \(m=1\) a \(P(A)=\frac{1}{6}\);
    b) \(A=E_1\cup E_3\cup E_5\), a preto \(m=3\) a \(P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2};\)
    c) pre opačný jav \(\overline{A}=E_5\) je \(m=1\) a \(P(\overline{A})=\frac{1}{6}\). Teda \(P(A)=1-P(\overline{A})=\frac{5}{6};\)
    d) zrejme \(A=E_1\cup E_2\cup E_3\cup E_4\), a teda \(m=4\) a \(P(A)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.\)
    Príklad: Neštandardná spoločenská hra domino pozostáva z obdĺžnikových doštičiek, ktoré sú uprostred rozdelené a každej polovičke doštičky je počtom bodiek priradená jedna z číselných hodnôt od nuly do deväť (napr. na jednej z doštičiek je na jednej jej polovičke šesť bodiek a na druhej polovičke osem bodiek - takejto doštičke môžeme priradiť neusporiadanú dvojicu \(\{6;8\}\)). Z úplnej sady domina náhodne vyberieme bez vrátenia tri doštičky. Určme pravdepodobnosť toho, že na každej vybranej doštičke je na oboch jej polovičkách rovnaký počet bodiek (napr. doštičky \(\{7;7\}\) a \(\{0;0\}\)).
    Riešenie: Najprv zistíme, koľko doštičiek obsahuje úplná sada domina. Pre počet bodiek na každej polovičke doštičky máme \(9\) možností (\(0,1,2,\ldots, 7,8\) bodiek). Počet bodiek môže byť na oboch polovičkách doštičky rovnaký, čo znamená výber s opakovaním dvoch číselných hodnôt z deviatich, pričom poradie nie je rozhodujúce. Ide teda o kombinácie druhej triedy z deviatich prvkov s opakovaním - na základe (\ref{kombop}) dostaneme, že úplná sada nášho domina obsahuje práve \[C^{\prime}_9(2)={9+2-1 \choose 2}={10 \choose 2}=45\,\mbox{doštičiek}\] (skúste dôjsť k tomuto záveru aj bez poznatkov o \(C^{\prime}_9(2)\)).
    Teda náhodne vyberáme tri doštičky domina zo \(45\) doštičiek bez vrátenia. Zrejme na poradí vyberaných doštičiek nezáleží. Doštičky úplnej sady domina môžeme rozdeliť do dvoch disjunktných množín: doštičky, ktoré majú na oboch ich polovičkách rovnaký počet bodiek (tých je \(9\)) a doštičky, ktoré majú na oboch ich polovičkách odlišný počet bodiek (tých je zrejme \(36\)).
    Z formulácie úlohy vyplýva, že \(3\) doštičky z úplnej sady \(45\) doštičiek domina môžeme vybrať \({45 \choose 3}\) spôsobmi (čo je počet všetkých možných výsledkov daného pokusu), pričom každý výber je rovnako pravdepodobný. Tri doštičky s rovnakým počtom bodiek na oboch ich polovičkách môžeme vybrať \({9 \choose 3}\) spôsobmi (čo je počet všetkých priaznivých výsledkov daného pokusu). Z klasickej definície pravdepodobnosti dostaneme \[p=\frac{\displaystyle{{9 \choose 3}}}{\displaystyle{{45 \choose 3}}}=\frac{84}{14\,190}\approx 0{,}00592.\] Poznamenávame, že k tomuto záveru sme mohli dospieť aj na základe (\ref{phyge}), kde \(N=45\), \(K=9\), \(n=3\) a \(k=3\).
  3. Príklad: O javoch \(A\) a \(B\) je známe, že \(P(A)=0{,}4\), \(P(\overline{B})=0{,}45\) a \(P(\,\overline{\!A}\cap B)=0{,}2\) (\(\overline{\!A}\) je opačný jav k javu \(A\)). Určme
    a) \(P(\,\overline{\!A}\cap \overline{B}\,)\);
    b) \(P(A\cup B)\);
    c) \(P(A\cap B)\);
    d) \(P(\,\overline{\!A}\cup \overline{B}\,)\);
    e) \(P(B-A)\);
    f) \(P(A-B)\).
    Riešenie: Viackrát použijeme poznatok, že ak javy \(C\) a \(D\) sú disjunktné (nezlučiteľné), tak pravdepodobnosť javu \(C\cup D\) je rovná súčtu pravdepodobností javov \(C\) a \(D\), t. j. \begin{equation}\label{pdj} C\cap D=\emptyset \quad \Longrightarrow\quad P(C\cup D)=P(C)+P(D). \end{equation} a) Keby boli javy \(A\) a \(B\) nezávislé (nezávislými javmi sa budeme zaoberať na budúcom cvičení), tak by platila rovnosť \(P(\,\overline{\!A}\cap B)=P(\,\overline{\!A})\cdot P(B)=0{,}33.\) My musíme určiť požadovanú pravdepodobnosť pre ľubovoľné javy \(A\) a \(B\): pre ne platí \[\overline{\!A}=\overline{\!A}\cap I\stackrel{\star}{=}\overline{\!A}\cap(B\cup \overline{B}\,)\stackrel{\star\star}{=}(\,\overline{\!A}\cap B)\cup(\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,),\] kde v rovnosti \(\stackrel{\star}{=}\) sme vyjadrili istý jav \(I\) ako zjednotenie javu \(B\) a javu, ktorý je k nemu opačný a v rovnosti \(\stackrel{\star\star}{=}\) sme použili distributívny zákon. Teda \[\overline{\!A}=(\,\overline{\!A}\cap B)\cup(\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,).\] Je evidentné, že javy \((\,\overline{\!A}\cap B)\) a \((\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,)\) sú disjunktné, a preto na základe (\ref{pdj}) je \[P(\overline{A})=P(\,\overline{\!A}\cap B)+P(\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,).\] Odtiaľ vzhľadom na to, že \(P(A)=0{,}4\) a \(P(\,\overline{\!A}\cap B)=0{,}2\) dostaneme \[0{,}6=0{,}2+P(\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,), \] a teda \(P(\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,)=0{,}4.\)
    b) Z výsledku časti a) vyplýva, že \(P(\overline{\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,})=0{,}6\) (ide o pravdepodobnosť opačného javu). Z de Morganovho pravidla je \(\overline{\,\overline{\!A}\cap\overline{B}\,}=A\cup B,\) a preto \(P(A\cup B)=0{,}6.\)
    c) Pre ľubovoľné javy \(A\) a \(B\) platí \[P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B),\] čo v našom prípade znamená, že (pozri výsledok časti b) a dané pravdepodobnosti v znení príkladu) \[0{,}6=0{,}4+0{,}55-P(A\cap B),\] a preto \(P(A\cap B)=0{,}35.\)
    d) Pokúste sa vysvetliť každú z nasledujúcich rovností: \[P(\,\overline{\!A}\cup \overline{B}\,)=1-P(\overline{\,\overline{\!A}\cup \overline{B}\,})=1-P(A\cap B)=1-0{,}35=0{,}65.\]
    e) Je zrejmé, že pre ľubovoľné javy \(A\) a \(B\) platí \[B-A=B\cap\overline{\!A}=\overline{\!A}\cap B.\] Keďže \(P(\,\overline{\!A}\cap B)=0{,}2\) (pozri text daného príkladu), tak \(P(B-A)=0{,}2\).
    f) Požadovanú pravdepodobnosť by sme mohli získať napr. z nasledujúceho rozkladu javu \(A\cup B\) na zjednotenie troch po dvojiciach disjunktných javov: \[A\cup B=(A-B)\cup(A\cap B)\cup(B-A),\] pričom by sme využili výsledky častí b), c) a e). Ukážeme iný postup: obdobnou úvahou ako v časti a) dostaneme \[A=A\cap I=A\cap(B\cup \overline{B}\,)=(A\cap B)\cup(A\cap\overline{B}\,).\] Keďže javy \((A\cap B)\) a \((A\cap\overline{B}\,)\) sú disjunktné, tak na základe (\ref{pdj}) je \[P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B}\,).\] Ale \(P(A)=0{,}4\) a z časti c) je \(P(A\cap B)=0{,}35\), a teda \[0{,}4=0{,}35+P(A\cap\overline{B}\,).\] To znamená, že \(P(A\cap\overline{B}\,)=0{,}05\). Keďže \(A\cap\overline{B}=A-B\), tak \(P(A-B)=0{,}05\).
    Príklad: a) Určme pravdepodobnosť toho, že medzi \(n\) náhodne vybranými osobami budú aspoň dve osoby, ktoré oslavujú svoje narodeniny v ten istý deň v roku (pre zjednodušenie predpokladajme, že každý rok má \(365\) dní - osoby, ktoré sa narodili 29. februára môžeme zaradiť medzi tých, ktorí sa narodili 28. februára).
    b) Pri akom minimálnom počte osôb je pravdepodobnosť toho, že sú medzi nimi aspoň dve osoby oslavujúce svoje narodeniny v ten istý deň, väčšia ako pravdepodobnosť toho, že takéto osoby medzi nimi nie sú?
    c) Urobme diskusiu o vypočítaných pravdepodobnostiach.
    Riešenie: a) Nech
    \(\bullet\) \(A_n\) je jav, ktorý spočíva v tom, že medzi \(n\) náhodne vybranými osobami budú aspoň dve osoby, ktoré oslavujú svoje narodeniny v ten istý deň v roku a
    \(\bullet\) \(\overline{A_n}\) je opačný jav k javu \(A_n\) (teda \(\overline{A_n}\) je jav, ktorý spočíva v tom, že každá z \(n\) náhodne vybraných osôb oslavuje svoje narodeniny v odlišných dňoch).
    Je evidentné, že pre \(n\gt 365\) je \(P(A_n)=1\) a \(P(\overline{A_n})=0\).
    Ak \(n\le 365\), tak každá osoba má \(365\) možných dní na oslavu svojich narodenín. Je zrejmé, že pre \(n\) osôb existuje práve \(365^n\) rovnako pravdepodobných možností pre oslavu ich narodenín.
    Pre \(n=2\) máme \(365\cdot 364\) priaznivých možností pre jav \(\overline{A_2}\), lebo prvá osoba má \(365\) možností, ale druhá osoba už len \(364\) možností. Potom \[P(\overline{A_2})=\frac{365\cdot 364}{365^2}\quad \Longrightarrow\quad P(A_2)=1-P(\overline{A_2})=1-\frac{365\cdot 364}{365^2}\approx 0{,}0027.\] Pre \(n=3\) máme \(365\cdot 364\cdot 363\) priaznivých možností pre jav \(\overline{A_3}\). Preto \[P(\overline{A_3})=\frac{365\cdot 364\cdot 363}{365^3}\approx 0{,}9918\quad \Longrightarrow\quad P(A_3)=1-P(\overline{A_3})\approx 0{,}0082.\] Je zrejmé, že v prípade \(n\) osôb \((n\ge 2)\) máme \(365\cdot 364\cdot\ldots\cdot (365-(n-1))\) priaznivých možností pre jav \(\overline{A_n}\) (skúste sa zamyslieť nad prípadom \(n=1\)). Potom \[P(\overline{A_n})=\frac{365\cdot 364\cdot\ldots\cdot (365-n+1)}{365^n},\] a teda \begin{equation}\label{p365} P(A_n)=1-P(\overline{A_n})=1-\frac{365\cdot 364\cdot\ldots\cdot (366-n)}{365^n} \end{equation} b) Je potrebné určiť najmenšie \(n\), pre ktoré platí \(P(A_n)\gt P(\overline{A_n})\). Ak prihliadneme na to, že \(P(A_n)=1- P(\overline{A_n})\), tak posledná nerovnosť je ekvivalentná s nerovnosťou \begin{equation}\label{n365} P(A_n)\gt 0{,}5 \end{equation} Dá sa ukázať, že postupnosť pravdepodobností \(\big\{P(A_n)\big\}_{n=2}^{365}\) je rastúca. V nasledujúcej tabuľke sú uvedené niektoré jej členy: \[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c|c|c} n \a 5 \a 15 \a 20 \a 22 \a 23 \a 50\a 70 \\ \hline P(A_n) \a 0{,}0271 \a0{,}2529 \a 0{,}4114 \a 0{,}4757 \a 0{,}5072\a 0{,}9704 \a 0{,}9992 \end{array} \] Z uvedených pravdepodobností vyplýva, že \(P(A_{22})\lt 0{,}5\), ale \(P(A_{23})\gt 0{,}5\). To znamená, že odpoveď na položenú otázku znie: stačí minimálne \(23\) osôb. Nie je to prekvapujúce?
    c) V praxi je jav, ktorého pravdepodobnosť je väčšia ako \(0{,}97\) považovaný za "temer istý jav". Z tabuľky, ktorá je uvedená v časti b) vidno, že je temer isté, že medzi \(50\) osobami sa nájdu aspoň dve osoby, ktoré oslavujú svoje narodeniny v ten istý deň v roku. A to sme asi nečakali! V literatúre sa tento fakt zvykne označovať ako paradox spoločných narodenín. Zaujímavé je aj to, že napríklad pri \(70\) osobách je uvažovaná pravdepodobnosť dokonca \(0{,}9992\) - a to reprezentuje "ešte istejší jav".
    Príklad: O javoch \(A\) a \(B\) je známe, že \(P(A-B)=0{,}3\), \(P(\overline{A})=0{,}3\) a \(P(\,\overline{\!A}\cap \overline{B}\,)=0{,}1\). Určte
    a) \(P(A)\);
    b) \(P(A\cap B)\);
    c) \(P(B)\);
    d) \(P(B-A)\);
    e) \(P(\overline{B}\cup A)\);
    f) \(P(A-\overline{B}\,)\).
    Príklad: Dvaja hráči \({\cal H}_A\) a \({\cal H}_B\) budú striedavo hádzať mincou a zvíťazí ten, komu ako prvému padne rub mince. Hráč \({\cal H}_A\) hádže prvý, pričom dohromady budú hádzať najviac štyrikrát. Ak nepadne rub mince v žiadnom zo štyroch hodov, tak hra skončí remízou. Je to spravodlivá hra?
    Riešenie: Kedy je hra spravodlivá? Zrejme vtedy, ak pravdepodobnosť (t. j. šanca) výhry je u oboch hráčov rovnaká.
    Na ohodnotenie šancí u oboch hráčov je nevyhnutné zobrať do úvahy tieto dva javy:
    - jav \(A\), ktorý spočíva v tom, že rub mince padne prvýkrát v prvom alebo v druhom hode;
    - jav \(B\), ktorý spočíva v tom, že rub mince padne prvýkrát v druhom alebo vo štvrtom hode.
    Ak nastane jav \(A\), tak zvíťazí hráč \({\cal H}_A\) a pokiaľ nastane jav \(B\), tak zvíťazí hráč \({\cal H}_B\). Skúsme stanoviť \(\gamma \) - množinu elementárnych javov daného pokusu. Ľahko vidieť, že pre daný pokus máme päť elementárnych javov: \begin{equation}\label{ej} \gamma=\{r,\ell r, \ell\ell r, \ell\ell\ell r,\ell\ell\ell\ell\}, \end{equation} kde \(r\) znamená padnutie rubu mince a \(\ell\) padnutie líca mince (napr. \(\ell\ell r\) označuje postupnosť líce, líce a rub mince - vtedy vyhráva hráč \({\cal H}_A\)). Teda v definícii (\ref{kp}) je \(n=5\). Je evidentné, že \(A= r\cup \ell\ell r\), a teda podľa (\ref{kk}) je \(m=2\). Na základe (\ref{kp}) dostávame \[P(A)=\frac{2}{5}.\] Obdobnou úvahou dospejeme k týmto záverom: \(B= \ell r\cup \ell\ell\ell r\), čo znamená, že aj pre jav \(B\) je \[P(B)=\frac{2}{5}.\] Teda šance na výhru sú u oboch hráčov rovnaké. Nie je to pravda! V definícii (\ref{kp}) sa predpokladá, že každý elementárny jav je rovnako možný. A to v našom prípade nie je splnené! Overíme to. Zoberme napr jav \(\ell\ell r\), ktorý je výsledkom troch hodov mincou. Množina elementárnych javov má teraz tvar \[\gamma_3=\{\ell\ell\ell, \ell\ell r,\ell r\ell,r\ell\ell,\ell rr,r\ell r,rr\ell,rrr\}\] a podľa (\ref{kp}) je \(n=8\) a pre jav \(\ell\ell r\) je \(m=1\). Teda \[P(\ell\ell r)=\frac{1}{8}.\] Pre jav \(\ell r\) je \(\gamma_2=\{\ell\ell, \ell r, r\ell,rr\}\), a teda \(P(\ell r)=\frac{1}{4}\). Presvedčte sa, že pre elementárne javy (\ref{ej}) platí: \[P(r)=\frac{1}{2}, \quad P(\ell r)=\frac{1}{4}, \quad P(\ell\ell r)=\frac{1}{8}, \quad P(\ell\ell\ell r)=\frac{1}{16}, \quad P(\ell\ell\ell\ell)=\frac{1}{16}.\] Teda elementárne javy z (\ref{ej}) nie sú rovnako možné (pozri predpoklady v definícii (\ref{kp})), a preto naše predchádzajúce úvahy boli chybné! Tu je správny výpočet požadovaných pravdepodobností: \[P(A)=P(r)+P(\ell\ell r)=\frac{1}{2}+\frac{1}{8}=\frac{5}{8}\quad \mbox{a} \quad P(B)=P(\ell r)+P(\ell\ell\ell r)=\frac{1}{4}+\frac{1}{16}=\frac{5}{16}. \] Hra teda nie je spravodlivá: šanca na výhru je u hráča \({\cal H}_A\) dvakrát väčšia ako u hráča \({\cal H}_B\). Pravdepodobnosť remízy je \(\frac{1}{16}.\)

    Touto úlohou sme chceli ukázať, že je dôležité uvedomiť si v (\ref{kp}) predpoklady klasickej definície pravdepodobnosti. V tomto príklade neplatil predpoklad o tom, že všetky elementárne javy sú rovnako možné.
    Príklad: V číselnej lotérii sa losuje šesť čísel zo \(49\) čísel \(\{1,2, 3,\ldots , 49\}\). Určme pravdepodobnosť toho, že budú vylosované
    a) dve po sebe idúce čísla (napr. \(17\) a \(18\));
    b) práve dve po sebe idúce čísla;
    c) práve štyri po sebe idúce čísla (napr. \(17,\) \(18,\) \(19,\) a \(20\));
    d) dve trojice po sebe idúcich čísel.
    Riešenie: Predstavme si \(49\) bielych guliek, ktoré sú očíslované v jednom rade v poradí od \(1\) po \(49\). Po vylosovaní šiestich čísel zmeníme farby vylosovaných guliek na zelenú farbu. Teda po vylosovaní šiestich čísel bude mať \(6\) guliek zelenú farbu a \(43\) nevylosované guľky budú biele. Pri losovaní guliek na ich poradí nezáleží (rozhodujúce je to, že aké guľky sa vylosovali) a guľky sa losujú bez návratu (ľubovoľná guľka môže byť vylosovaná maximálne raz). Na základe (\ref{komb}) dostaneme počet všetkých možných výsledkov \(|\Omega|\) losovania (pokusu): \[|\Omega|={49 \choose 6}=13\,983\,816,\] pričom všetky výsledky losovania sú rovnako pravdepodobné.
    a) Nech \(A\) je jav, ktorý spočíva v tom, že budú vylosované dve po sebe idúce čísla. Zrejme k nemu opačný jav \(\overline{\!A}\) znamená, že medzi \(6\) vylosovanými číslami nebudú dve po sebe idúce čísla. To znamená, že zelené guľky sú v uvažovanom rade umiestnené tak, že medzi \(43\) bielymi guľkami žiadne dve zelené nie sú vedľa seba. Uložme \(43\) bielych guliek do radu a skúmajme počet miest, na ktorých môžu byť umiestnené zelené guľky tak, aby žiadne dve zelené neboli vedľa seba. Jedno miesto môže byť na začiatku radu, jedno na konci radu a \(42\) miest medzi bielymi guľkami - spolu \(44\) miest. Na tých \(44\) miest môžeme \(6\) zelených guliek umiestniť \({44 \choose 6}\) spôsobmi. Teda javu \(\overline{\!A}\) zodpovedá \({44 \choose 6}\) priaznivých výsledkov. Teda \[P(\overline{\!A})=\frac{\displaystyle{{44 \choose 6}} }{\displaystyle{{49 \choose 6}}}=\frac{7\,059\,052}{13\,983\,816}\approx 0{,}5048\quad\Longrightarrow\quad P(A)=1-0{,}5048=0{,}4952.\] b) Nech \(B\) je jav, ktorý spočíva v tom, že budú vylosované práve dve po sebe idúce čísla. Opäť uvažujme \(43\) bielych guliek a \(6\) zelených. Vzhľadom na to, že chceme, aby bola vylosovaná práve jedna dvojica po sebe idúcich čísel, tak "spojíme" dve zelené guľky do jednej trebárs červenej guľky (takto budeme mať jednu červenú guľku a štyri zelené guľky).
    Teraz stačí zistiť, koľkými spôsobmi môžeme \(5\) farebných guliek (červenú alebo zelené) umiestniť k bielym guľkám tak, aby ľubovoľné dve farebné neboli vedľa seba. Je zrejmé, že tak ako v časti a) máme k dispozícii \(44\) miest:
    - najprv umiestnime červenú guľku - na to máme k dispozícii \(44\) miest;
    - pre zvyšné \(4\) zelené nám zostalo \(43\) miest, na ktoré ich môžeme umiestniť \({43 \choose 4}\) spôsobmi.
    Teda máme \(44\cdot{43 \choose 4}\) priaznivých prípadov, kedy nastáva jav \(B\). Potom \[P(B)=\frac{44\cdot \displaystyle{{43 \choose 4}} }{\displaystyle{{49 \choose 6}}}=\frac{5\,430\,040}{13\,983\,816}\approx 0{,}3883.\] c) Nech \(C\) je jav, ktorý spočíva v tom, že budú vylosované práve štyri po sebe idúce čísla.Obdobne ako v časti b) "spojíme" štyri zelené guľky do jednej červenej guľky (takto budeme mať jednu červenú guľku a dve zelené guľky). Pre červenú guľku máme takisto \(44\) možných umiestnení a pre zvyšné dve zelené guľky zostane \(43\) pozícií, na ktoré ich môžeme umiestniť \({43 \choose 2}\) spôsobmi. Takto získame \(44\cdot{43 \choose 2}\) priaznivých prípadov, kedy nastáva jav \(C\). Teda \[P(C)=\frac{44\cdot \displaystyle{{43 \choose 2}} }{\displaystyle{{49 \choose 6}}}=\frac{39\,732}{13\,983\,816}\approx 0{,}002\,841.\] d) Nech \(D\) je jav, ktorý spočíva v tom, že budú vylosované dve trojice po sebe idúcich čísel. Teraz spojíme každú zodpovedajúcu trojicu zelených guliek do jednej červenej guľky - týmto dostaneme dve červené guľky. Je evidentné, že tieto červené guľky môžeme umiestniť na \(44\) miest, a to \({44 \choose 2}\) rôznymi spôsobmi, čo je vlastne počet priaznivých prípadov, kedy nastáva jav \(D\). Potom \[P(D)=\frac{\displaystyle{{44 \choose 2}} }{\displaystyle{{49 \choose 6}}}=\frac{946}{13\,983\,816}\approx 0{,}000\,067\,65.\]
    Príklad: V urne je \(190\) guliek, z ktorých každá je očíslovaná práve jedným z čísel \(1,2,\dots , 190\). Náhodne z nej vytiahneme jednu guľku. Určme pravdepodobnosť toho, že vytiahnutá guľka je označená číslom, ktoré je deliteľné
    a) tromi;
    b) štyrmi alebo šiestimi;
    c) štyrmi alebo šiestimi alebo deviatimi;
    Riešenie:
    Je zrejmé, že počet všetkých možných výsledkov daného pokusu je vo všetkých troch úlohách \(n=190\). Nech \(A_k\) je jav, ktorý spočíva vo vytiahnutí guľky označenej číslom, ktoré je deliteľné číslom \(k\).
    a) Je potrebné určiť \(P(A_3)\). Ľahko zistíme, že z čísel \(1,2,\dots , 190\) je deliteľných číslom \(3\) práve \(63=m\) (počet priaznivých prípadov). Preto \[P(A_3)=\frac{m}{n}=\frac{63}{190}.\] b) Tentoraz nás zaujíma \(P(A_4\cup A_6)\). Je známe, že pre pravdepodobnosť zjednotenia dvoch javov platí \begin{equation}\label{a} P(A_4\cup A_6)=P(A_4)+P(A_6)-P(A_4\cap A_6). \end{equation} Obdobným spôsobom ako v časti a) ľahko zistíme, že \[P(A_4)=\frac{47}{190} \qquad \mbox{a} \qquad P(A_6)=\frac{31}{190}.\] Jav \(A_4\cap A_6\) spočíva v tom, že číslo na vytiahnutej guľke je deliteľné súčasne číslom \(4\) a aj číslom \(6\). Je evidentné, že tento jav nastane práve vtedy, keď to číslo je deliteľné najmenším spoločným násobkom čísel \(4\) a \(6\), teda číslom \(12\). Preto \(A_4\cap A_6=A_{12}\). Keďže \(P(A_{12})=\frac{15}{190}\), tak na základe (\ref{a}) dostaneme \[P(A_4\cup A_6)=\frac{47}{190}+\frac{31}{190}-\frac{15}{190}=\frac{63}{190}.\] c) Máme určiť \(P(A_4\cup A_6\cup A_9)\). Pre pravdepodobnosť zjednotenia troch javov platí \begin{equation}\label{b} P(A_4\cup A_6\cup A_9)=P(A_4)+P(A_6)+P(A_9)-P(A_4\cap A_6)-P(A_4\cap A_9)-P(A_6\cap A_9)+P(A_4\cap A_6\cap A_9). \end{equation} Je zrejmé, že \(P(A_4)=\frac{47}{190}\), \(P(A_6)=\frac{31}{190}\), \(P(A_9)=\frac{21}{190}\), Využijúc najmenšie spoločné násobky dostaneme, že pre pravdepodobnosti prienikov javov v (\ref{b}) platí (overte!):
    \(A_4\cap A_6=A_{12}\) a \(P(A_4\cap A_6)=P(A_{12})=\frac{15}{190}\) (pozri časť b))
    \(A_4\cap A_9=A_{36}\) a \(P(A_4\cap A_9)=P(A_{36})=\frac{5}{190}\)
    \(A_6\cap A_9=A_{18}\) a \(P(A_6\cap A_9)=P(A_{18})=\frac{10}{190}\)
    a nakoniec
    \(A_4\cap A_6\cap A_9=A_{36}\) a \(P(A_4\cap A_6\cap A_9)=P(A_{36})=\frac{5}{190}\).
    Napokon podľa (\ref{b}) dostaneme \[P(A_4\cup A_6\cup A_9)=\frac{47}{190}+\frac{31}{190}+\frac{21}{190}-\frac{15}{190}-\frac{5}{190}-\frac{10}{190}+\frac{5}{190}=\frac{74}{190}. \]
    Príklad: V krabici je \(5\) bielych, \(6\) modrých a \(7\) červených guliek. Náhodne z nej (bez vrátenia do krabice) vyberieme \(9\) guliek. Aká je pravdepodobnosť toho, že sme vybrali \(2\) biele, \(3\) modré a \(4\) červené guľky?
    Riešenie: Z textu úlohy vyplýva, že pri výbere guliek nezáleží na poradí. Je potrebné rozlišovať dva prípady: či guľky vyberáme z urny bez návratu alebo s návratom.
    • Výber bez návratu:
      v krabici je spolu \(18\) guliek. Keďže guľky vyberáme bez návratu, tak \(9\) guliek môžeme vybrať \(r=\displaystyle{{18 \choose 9}}\) rôznymi spôsobmi, pričom požadovaná konštelácia farieb sa dá dosiahnuť \(m=\displaystyle{{5 \choose 2}{6 \choose 3}{7 \choose 4}}\) spôsobmi. Preto hľadaná pravdepodobnosť je \[P=\frac{m}{r}=\frac{\displaystyle{{5 \choose 2}{6 \choose 3}{7 \choose 4}}}{\displaystyle{{18 \choose 9}}}=\frac{10\cdot 20\cdot 35}{48620}=0{,}1440.\] Tento výsledok sme mohli dostať aj na základe (\ref{pkombsa}), kde \(s=3\), \(K_1=5\), \(K_2=6\), \(K_3=7\), \(N=18\), \(k_1=2\), \(k_2=3\), \(k_3=4\) a \(n=9\).
    • Výber s návratom:
      podľa (\ref{pkombsan}) je \[P=\frac{9!}{2!\cdot 3!\cdot 4!}\!\cdot\left(\frac{5}{18}\right)^{\!\!2}\!\cdot\left(\frac{6}{18}\right)^{\!\!3}\!\!\cdot\left(\frac{7}{18}\right)^{\!\!4}\approx0{,}0824.\]
    Príklad: V urne je \(b\) bielych guliek a \(c\) červených guliek (\(b\ge 1\), \(c\ge 1\)). Náhodne z nej postupne vyberáme po jednej guľke
    a) s návratom vytiahnutej guľky do urny;
    b) bez návratu.
    Určme pravdepodobnosť toho, že \(j\)-tá vytiahnutá guľka bude biela.
    Riešenie: Nech \(B_j\) je jav, ktorý spočíva v tom, že \(j\)-tá vytiahnutá guľka bude biela. V oboch prípadoch a) a b) je pred vytiahnutím prvej guľky konštelácia guliek v urne rovnaká:
    -
    - jav \(B_1\) nastane práve v \(b\) možnostiach - toľko je bielych guliek v urne.
    Preto \[P(B_1)=\frac{b}{b+c}.\] Konštelácia guliek v urne pred vytiahnutím druhej guľky nebude v prípadoch a) a b) rovnaká. Preto sa musíme prípadmi zaoberať osobitne.

    a) Keďže prvú vytiahnutú guľku vrátime späť do urny, tak zloženie guliek v urne pred vytiahnutím druhej guľky bude rovnaké ako pred vytiahnutím prvej guľky. To znamená, že pravdepodobnosť toho, že druhá vytiahnutá guľka bude biela je rovnaká ako bola pre prvú guľku, t. j. \[P(B_2)=\frac{b}{b+c}.\] Ľahko nahliadneme, že pravdepodobnosť toho, že \(j\)-tá vytiahnutá guľka bude biela je \begin{equation}\label{a1} P(B_j)=\frac{b}{b+c}, \qquad j=1,2,3,\dots . \end{equation} b) Ak prvú vytiahnutú guľku nevrátime späť do urny, tak konštelácia guliek v urne pred vytiahnutím druhej guľky bude iná: jednak tam bude už len \(b+c-1\) guliek a čo je horšie, nevieme koľko guliek bude bielych, resp. čiernych. Úlohu by sme mohli vyriešiť pomocou podmienenej pravdepodobnosti, ale to je náplň budúceho cvičenia (navyše tento prístup by bol komplikovanejší).
    Očíslujme biele guľky číslami od \(1\) do \(b\) a červené guľky číslami od \(b+1\) do \(b+c\). Pretože postupne vyberáme po jednej guľke bez návratu guľky do urny, tak môžeme vytiahnuť maximálne \(b+c\) guliek. Je zrejmé, že existuje práve \((b+c)!\) možností výberu očíslovaných guliek (ide o permutácie množiny \(\{1,2, \dots ,b+c\}\)). V koľkých prípadoch bude \(j\)-tá vytiahnutá guľka biela? Tu si stačí uvedomiť, že
    - na to, aby \(j\)-tá guľka bola biela máme \(b\) možností;
    - pre zvyšné \(b+c-1\) miesta máme \((b+c-1)!\) možností.
    Teda existuje práve \(b\cdot (b+c-1)!\) prípadov, keď na \(j\)-tom mieste bude biela guľka. A teraz pomocou klasickej definície pravdepodobnosti ľahko určíme \(P(B_j)\): \begin{equation}\label{b1} P(B_j)=\frac{b\cdot (b+c-1)!}{(b+c)!}=\frac{b}{b+c}, \qquad j=1,2,3,\dots , b+c. \end{equation} Ak porovnáme výsledky (\ref{a1}) a (\ref{b1}), tak zistíme, že pre \(j\in\{1,2,3,\dots , b+c\}\) sú pravdepodobnosti toho, že \(j\)-tá vytiahnutá guľka bude biela, prekvapujúco v oboch prípadoch rovnaké.

Doplňujúce úlohy

    Príklad: Určte pravdepodobnosť toho, že náhodne zvolené kladné trojciferné číslo je deliteľné
    a) ôsmimi;
    b) štyrmi alebo šiestimi;
    c) štyrmi alebo ôsmimi alebo dvanástimi.
    Príklad: V číselnej lotérii sa losuje šesť čísel zo \(49\) čísel \(\{1,2, 3,\ldots , 49\}\). Určme pravdepodobnosť toho, že budú vylosované
    a) šesť po sebe idúce čísla;
    b) práve tri po sebe idúce čísla;
    c) práve päť po sebe idúcich čísel (napr. \(17,\) \(18,\) \(19,\) a \(20\));
    d) tri dvojice po sebe idúcich čísel;
    e) jedna dvojica a jedna štvorica po sebe idúcich čísel.
    Príklad: Výrobca ponúka kódovacie zámky pre zabezpečenie bytu. Kód zámku tvorí postupnosť \(n\) číslic z množiny \(\{0,1,2,\dots ,9\}\) (napríklad pre \(n=7\) kódom môže byť postupnosť \(1108841\)). Ak niekto trikrát po sebe zle vyťuká kód, tak sa spustí alarm.
    a) Určte pravdepodobnosť toho, že sa zlodejovi (ten samozrejme nepozná kód zámku, ale pozná typ zámku, t. j. vie koľkomiestny je kód) podarí bez spustenia alarmu otvoriť byt.
    b) Minimálne z koľkých číslic musí pozostávať kód zámku, aby pravdepodobnosť toho, že sa zlodejovi podarí otvoriť byt, bola menšia ako \(0{,}000\,25\)?
    Poznámka: Túto úlohu môžeme vyriešiť viacerými spôsobmi. Efektívne je využiť závery predchádzajúceho riešeného príkladu.
    V tejto úlohe máme \(10^n\) možností pre \(n\)-miestny kód. Pre zlodeja, ktorý chce otvoriť byt, je to v podstate ťahanie guľky z urny bez vrátenia, v ktorej je \(10^n\) guliek, z ktorých je \(10^n-1\) červených a jedna biela (kód bytu). Toľkokrát (ale maximálne trikrát) náhodne vyberá po jednej guľke bez vrátenia z tejto urny, kým nevytiahne bielu.
    Príklad: V urne je osem gulí očíslovaných od \(1\) do \(8\). Aká je pravdepodobnosť toho, že pri prvých piatich náhodne vytiahnutých guliach bude poradové číslo ťahanej gule vždy totožné s číslom na vytiahnutej guli?

Doplňujúce zdroje

  1. Buša, J., Pirč, V., Schrötter, Š.: Numerické metódy, pravdepodobnosť a matematická štatistika. Elfa, Košice, 2006, 166 s., ISBN 80-8073-632-4.
  2. Gavalec, M., Kováčová, N., Ostertagová, E., Skřivánek, J.: Pravdepodobnosť a matematická štatistika v počítačovom prostredí MATLABu. Elfa, Košice, 2002, 150 s., ISBN 80-89066-05-4.
  3. Plocki, A., Tlustý, P.: Pravděpodobnost a statistika pro začátečníky a mírně pokročilé, Prometheus, spol. s.r.o., Praha, 2007, 307 s., ISBN 978-80-7196-330-1

Kvíz