Slovní úlohy z pravděpodobnosti a statistiky

Řešení příkladu:

Nejprve si definujeme množiny:

\( M \) = množina studentů, kteří mají rádi matematiku, \( |M| = 18 \)

\( F \) = množina studentů, kteří mají rádi fyziku, \( |F| = 15 \)

\( M \cap F \) = studenti, kteří mají rádi oba předměty, \( |M \cap F| = 10 \)

Celkový počet studentů je \( N = 30 \).

Hledáme pravděpodobnost, že náhodně vybraný student má rád alespoň jeden předmět, tj. \( P(M \cup F) \).

Vztah pro sjednocení množin je:

\( P(M \cup F) = \frac{|M \cup F|}{N} = \frac{|M| + |F| – |M \cap F|}{N} \)

Dosadíme hodnoty:

\( |M \cup F| = 18 + 15 – 10 = 23 \)

Proto:

\( P(M \cup F) = \frac{23}{30} \approx 0{,}767 \)

Tedy pravděpodobnost, že náhodně vybraný student má rád alespoň jeden z předmětů, je přibližně \(76,7 %\).

Řešení příkladu:

U hodu dvěma kostkami je celkový počet možných výsledků:

\( N = 6 \times 6 = 36 \).

Hledáme počet příznivých výsledků, kdy součet bodů je \(7\).

Možné dvojice jsou:

\( (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) \)

Je jich tedy \(6\).

Pravděpodobnost:

\( P = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0{,}1667 \).

Tedy pravděpodobnost, že součet bude \(7\), je přibližně \(16,67 %\).

Řešení příkladu:

Celkový počet kuliček:

\( N = 4 + 3 + 5 = 12 \).

Počet kuliček, které nejsou červené:

\( N_{\text{nečervené}} = 3 + 5 = 8 \).

Pravděpodobnost, že vybereme kuličku, která není červená:

\( P = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667 \).

Tedy je \(66,67 %\) pravděpodobnost, že vybereme nečervenou kuličku.

Řešení příkladu:

Počet všech možných uspořádání pohlaví u tří dětí je:

\( N = 2^3 = 8 \) (chlapec = C, dívka = D):

Možné kombinace: CCC, CCD, CDC, CDD, DCC, DCD, DDC, DDD.

Příznivé jsou pouze kombinace, kde jsou všechny stejného pohlaví, tedy:

CCC a DDD → \(2\) možnosti.

Pravděpodobnost:

\( P = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} = 0{,}25 \).

Tedy pravděpodobnost, že všechny děti budou stejného pohlaví, je \(25\) %.

Řešení příkladu:

Celkový počet kuliček je:

\( N = 10 + 6 = 16 \).

Pravděpodobnost, že první vybraná kulička je bílá:

\( P_1 = \frac{10}{16} \).

Po vyjmutí první bílé kuličky je v krabici \(9\) bílých a celkem \(15\) kuliček.

Pravděpodobnost, že druhá vybraná kulička je také bílá:

\( P_2 = \frac{9}{15} \).

Celková pravděpodobnost, že obě kuličky jsou bílé, je součin:

\( P = P_1 \times P_2 = \frac{10}{16} \times \frac{9}{15} = \frac{90}{240} = \frac{3}{8} = 0{,}375 \).

Tedy pravděpodobnost, že obě kuličky budou bílé, je \(37{,}5\) %.

Řešení příkladu:

Směrodatná odchylka je odmocnina rozptylu:

\( \sigma = \sqrt{D} \), kde \( D = 16 \).

Proto:

\( \sigma = \sqrt{16} = 4 \).

Směrodatná odchylka známek je tedy \(4\).

Řešení příkladu:

Celkový počet žáků:

\( N = 12 + 18 = 30 \).

Pravděpodobnost, že vybereme dívku:

\( P(D) = \frac{12}{30} = 0{,}4 \).

Pravděpodobnost, že žák má modré oči:

\( P(M) = 0{,}4 \).

Pravděpodobnost, že dívka má modré oči:

\( P(M|D) = 0{,}5 \Rightarrow P(D \cap M) = P(D) \times P(M|D) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2 \).

Hledáme pravděpodobnost, že vybraný žák je dívka nebo má modré oči:

\( P(D \cup M) = P(D) + P(M) – P(D \cap M) = 0{,}4 + 0{,}4 – 0{,}2 = 0{,}6 \).

Tedy pravděpodobnost je \(60\%\).

Řešení příkladu:

Počet lidí s modrou barvou:

\( 40 \)

Počet lidí se zelenou barvou:

\( 20 \)

Celkový počet dotázaných:

\( 100 \)

Pravděpodobnost, že náhodně vybraný člověk má oblíbenou barvu modrou nebo zelenou:

\( P = \frac{40 + 20}{100} = \frac{60}{100} = 0{,}6 \).

Tedy \(60\%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet míčků:

\( N = 5 + 7 + 8 = 20 \).

Pravděpodobnost, že první vybraný míček je červený:

\( P_1 = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} \).

Protože vybíráme s vracením, pravděpodobnost druhého míčku modrého je stejná:

\( P_2 = \frac{7}{20} \).

Pravděpodobnost třetího míčku žlutého:

\( P_3 = \frac{8}{20} = \frac{2}{5} \).

Celková pravděpodobnost je součin:

\( P = P_1 \times P_2 \times P_3 = \frac{5}{20} \times \frac{7}{20} \times \frac{8}{20} = \frac{5 \times 7 \times 8}{20^3} = \frac{280}{8000} = 0{,}035 \).

Tedy pravděpodobnost je \(3{,}5\%\).

Řešení příkladu:

Střední hodnota (očekávaná hodnota) náhodné veličiny \( X \) je:

\( E(X) = \sum x_i p_i = 1 \times 0{,}2 + 2 \times 0{,}5 + 3 \times 0{,}3 = 0{,}2 + 1 + 0{,}9 = 2{,}1 \).

Pro výpočet rozptylu \( D(X) \) potřebujeme nejprve \( E(X^2) \):

\( E(X^2) = \sum x_i^2 p_i = 1^2 \times 0{,}2 + 2^2 \times 0{,}5 + 3^2 \times 0{,}3 = 0{,}2 + 2 + 2{,}7 = 4{,}9 \).

Rozptyl je:

\( D(X) = E(X^2) – (E(X))^2 = 4{,}9 – (2{,}1)^2 = 4{,}9 – 4{,}41 = 0{,}49 \).

Tedy střední hodnota je \(2{,}1\) a rozptyl \(0{,}49\).

Řešení příkladu:

Máme danou pravděpodobnost, že součástka je vadná \(p = 0{,}02\). Celkový počet součástek ve vzorku je \(n = 50\). Hledáme pravděpodobnost, že právě \(2\) součástky z \(50\) budou vadné.

Situaci můžeme modelovat pomocí binomického rozdělení, protože každá součástka může být vadná (úspěch) nebo nevadná (neúspěch), a jednotlivé součástky jsou nezávislé. Pravděpodobnost získání právě \(k = 2\) vadných součástek je podle binomické pravděpodobnosti

\[ P(X = 2) = C_{50}^{2} \cdot p^{2} \cdot (1 – p)^{50 – 2}, \]

kde počet kombinací \(C_{50}^{2}\) lze vyjádřit pomocí faktoriálů jako

\[ C_{50}^{2} = \frac{50!}{2! \cdot 48!} = \frac{50 \times 49}{2 \times 1} = 1225. \]

Dosadíme tedy do vzorce:

\[ P(X = 2) = 1225 \times (0{,}02)^2 \times (0{,}98)^{48}. \]

Vypočítáme jednotlivé části:

\[ (0{,}02)^2 = 0{,}0004, \] \[ (0{,}98)^{48} = e^{48 \ln(0{,}98)}. \]

Pro výpočet \((0{,}98)^{48}\) použijeme aproximaci:

\[ \ln(0{,}98) \approx -0{,}0202, \] \[ 48 \times (-0{,}0202) = -0{,}9696, \] \[ e^{-0{,}9696} \approx 0{,}379. \]

Tedy

\[ P(X = 2) \approx 1225 \times 0{,}0004 \times 0{,}379 = 1225 \times 0{,}0001516 = 0{,}1858. \]

Výsledkem je přibližná pravděpodobnost, že ve vzorku bude právě \(2\) vadné součástky, a to asi \(18{,}58\,\%\).

Řešení příkladu:

Celkem je ve třídě \(N = 30\) studentů, z toho \(N_D = 18\) dívek a \(N_C = 12\) chlapců. Náhodně vybíráme vzorek o velikosti \(n = 5\).

Pravděpodobnost, že ve výběru je více dívek než chlapců znamená, že počet dívek \(k\) ve výběru je větší než počet chlapců, tedy

\[ k > 5 – k \Rightarrow k > 2{,}5 \Rightarrow k \geq 3. \]

Možné hodnoty \(k\) jsou tedy \(3\), \(4\) nebo \(5\).

Protože výběr je bez návratu z konečné populace, použijeme hypergeometrické rozdělení. Pravděpodobnost, že ve výběru je právě \(k\) dívek, je

\[ P(X = k) = \frac{ \frac{18!}{k! (18-k)!} \cdot \frac{12!}{(5-k)! (12-(5-k))!} }{ \frac{30!}{5! (30-5)!} }. \]

Explicitně přepíšeme pomocí násobení (výpočet jednotlivých kombinací):

\[ \text{Kombinace dívek:} \quad \frac{18 \times 17 \times \cdots \times (18 – k + 1)}{k \times (k-1) \times \cdots \times 1}, \] \[ \text{Kombinace chlapců:} \quad \frac{12 \times 11 \times \cdots \times (12 – (5 – k) + 1)}{(5 – k) \times (5 – k – 1) \times \cdots \times 1}, \] \[ \text{Celkové kombinace:} \quad \frac{30 \times 29 \times 28 \times 27 \times 26}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}. \]

Vypočítáme jednotlivé hodnoty pro \(k = 3, 4, 5\):

Pro \(k=3\):

\[ \frac{18 \times 17 \times 16}{3 \times 2 \times 1} = 816, \] \[ \frac{12 \times 11}{2 \times 1} = 66, \] \[ 816 \times 66 = 53856. \]

Pro \(k=4\):

\[ \frac{18 \times 17 \times 16 \times 15}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 3060, \] \[ 12, \] \[ 3060 \times 12 = 36720. \]

Pro \(k=5\):

\[ \frac{18 \times 17 \times 16 \times 15 \times 14}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 8568, \] \[ 1, \] \[ 8568 \times 1 = 8568. \]

Celkový počet možných výběrů \(5\) studentů ze \(30\) je

\[ \frac{30 \times 29 \times 28 \times 27 \times 26}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 142506. \]

Pravděpodobnost, že ve výběru bude více dívek než chlapců, je součet pravděpodobností pro \(k = 3, 4, 5\):

\[ P = \frac{53856 + 36720 + 8568}{142506} = \frac{99144}{142506} \approx 0{,}6957. \]

Výsledkem je tedy přibližná pravděpodobnost \(69{,}57\,\%\).

Řešení příkladu:

Nechť náhodná veličina \(X\) udává počet reklamací za měsíc a má normální rozdělení s parametry střední hodnoty a směrodatné odchylky

\[ \mu = 5, \quad \sigma = 2. \]

Hledáme pravděpodobnost

\[ P(3 \leq X \leq 7). \]

Pro výpočet použijeme standardizaci, tedy převedeme náhodnou veličinu \(X\) na standardní normální rozdělení \(Z\) podle vzorce

\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma}. \]

Pro dolní mez \(3\) platí

\[ Z_1 = \frac{3 – 5}{2} = \frac{-2}{2} = -1, \]

pro horní mez \(7\) platí

\[ Z_2 = \frac{7 – 5}{2} = \frac{2}{2} = 1. \]

Pravděpodobnost, že \(X\) bude mezi \(3\) a \(7\), odpovídá pravděpodobnosti, že standardní normální veličina \(Z\) leží mezi \(-1\) a \(1\):

\[ P(3 \leq X \leq 7) = P(-1 \leq Z \leq 1) = \Phi(1) – \Phi(-1), \] kde \( \Phi \) je distribuční funkce standardního normálního rozdělení.

Víme, že

\[ \Phi(-1) = 1 – \Phi(1). \]

Tabulkové hodnoty jsou

\[ \Phi(1) \approx 0{,}8413, \] \[ \Phi(-1) = 1 – 0{,}8413 = 0{,}1587. \]

Tedy

\[ P(3 \leq X \leq 7) = 0{,}8413 – 0{,}1587 = 0{,}6826. \]

Pravděpodobnost, že počet reklamací bude mezi \(3\) a \(7\), je přibližně \(68,26 %\).

Řešení příkladu:

Nechť náhodná veličina \( X \) udává počet vadných kusů ve vzorku velikosti \( n = 10 \). Pravděpodobnost, že produkt je vadný, je \( p = 0{,}1 \).

Protože výběr je nezávislý a můžeme použít binomické rozdělení, pravděpodobnost, že ve vzorku bude nejvýše \(1\) vadný kus, je součet pravděpodobností pro \( X=0 \) a \( X=1 \):

\[ P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1). \]

Vzorec pro pravděpodobnost právě \( k \) vadných kusů je

\[ P(X=k) = C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}, \]

kde kombinace \( C_n^k \) vyjádříme pomocí faktoriálů

\[ C_n^k = \frac{n!}{k! (n-k)!}. \]

Pro \( k=0 \) platí

\[ C_{10}^{0} = \frac{10!}{0! \cdot 10!} = 1, \] \[ P(X=0) = 1 \times (0{,}1)^0 \times (0{,}9)^{10} = (0{,}9)^{10}. \]

Výpočet \( (0{,}9)^{10} \):

\[ (0{,}9)^{10} = e^{10 \ln(0{,}9)}. \]

Protože \( \ln(0{,}9) \approx -0{,}10536 \), máme

\[ 10 \times (-0{,}10536) = -1{,}0536, \] \[ e^{-1{,}0536} \approx 0{,}3487. \]

Tedy

\[ P(X=0) \approx 0{,}3487. \]

Pro \( k=1 \) spočítáme kombinace:

\[ C_{10}^{1} = \frac{10!}{1! \cdot 9!} = 10, \] \[ P(X=1) = 10 \times (0{,}1)^1 \times (0{,}9)^{9} = 10 \times 0{,}1 \times (0{,}9)^{9}. \]

Výpočet \( (0{,}9)^9 \):

\[ (0{,}9)^{9} = e^{9 \ln(0{,}9)}. \]

Protože \( 9 \times (-0{,}10536) = -0{,}94824 \), platí

\[ e^{-0{,}94824} \approx 0{,}3874. \]

Tedy

\[ P(X=1) = 10 \times 0{,}1 \times 0{,}3874 = 0{,}3874. \]

Celková pravděpodobnost, že bude nejvýše \(1\) vadný kus ve vzorku, je

\[ P(X \leq 1) = 0{,}3487 + 0{,}3874 = 0{,}7361. \]

Závěr: Pravděpodobnost, že ve vzorku bude nejvýše \(1\) vadný kus, je přibližně \(73,61 %\).

Řešení příkladu:

Nechť událost \(A\) znamená, že součástka pochází z linky \(A\), \(B\) že pochází z linky \(B\), a \(V\) že je součástka vadná.

Máme pravděpodobnosti:

\[ P(A) = 0{,}7, \quad P(B) = 0{,}3, \quad P(V|A) = 0{,}03, \quad P(V|B) = 0{,}07. \]

Nejprve spočítáme pravděpodobnost, že vybraná součástka je vadná, bez ohledu na linku:

\[ P(V) = P(V|A)P(A) + P(V|B)P(B) = 0{,}03 \times 0{,}7 + 0{,}07 \times 0{,}3 = 0{,}021 + 0{,}021 = 0{,}042. \]

Nyní použijeme Bayesův vzorec pro pravděpodobnost, že vadná součástka pochází z linky \(A\):

\[ P(A|V) = \frac{P(V|A) P(A)}{P(V)} = \frac{0{,}03 \times 0{,}7}{0{,}042} = \frac{0{,}021}{0{,}042} = 0{,}5. \]

Tedy pravděpodobnost, že vadná součástka pochází z linky \(A\), je \(50 %\).

Řešení příkladu:

Nechť náhodná veličina \(X\) udává počet vadných šroubů ve vzorku o velikosti \(n = 200\). Jelikož pravděpodobnost vadnosti jednoho šroubu je malá a počet pokusů je velký, lze použít Poissonovo přiblížení k binomickému rozdělení.

Průměrný počet vadných šroubů je

\[ \lambda = n p = 200 \times 0{,}01 = 2. \]

Poissonovo rozdělení má pravděpodobnost

\[ P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}. \]

Hledáme pravděpodobnost, že je nejvýše \(3\) vadné šrouby, tedy

\[ P(X \leq 3) = \sum_{k=0}^{3} \frac{e^{-2} 2^k}{k!}. \]

Počítáme jednotlivé členy:

\[ P(X=0) = e^{-2} \frac{2^0}{0!} = e^{-2} \approx 0{,}1353, \] \[ P(X=1) = e^{-2} \frac{2^1}{1!} = 2 e^{-2} \approx 0{,}2707, \] \[ P(X=2) = e^{-2} \frac{2^2}{2!} = 2 e^{-2} \approx 0{,}2707, \] \[ P(X=3) = e^{-2} \frac{2^3}{3!} = \frac{8}{6} e^{-2} \approx 0{,}1804. \]

Sčítáme tyto hodnoty:

\[ P(X \leq 3) \approx 0{,}1353 + 0{,}2707 + 0{,}2707 + 0{,}1804 = 0{,}8571. \]

Výsledkem je, že pravděpodobnost, že bude ve vzorku nejvýše \(3\) vadné šrouby, je přibližně \(85{,}7\ \%\).

Řešení příkladu:

Nechť \(X\) je náhodná veličina udávající výšku muže, která má normální rozdělení s parametry

\[ \mu = 180, \quad \sigma = 8. \]

Hledáme pravděpodobnost

\[ P(170 \leq X \leq 190). \]

Pro výpočet standardizujeme náhodnou veličinu \(X\) na standardní normální veličinu \(Z\):

\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma}. \]

Pro dolní mez:

\[ Z_1 = \frac{170 – 180}{8} = \frac{-10}{8} = -1{,}25, \]

pro horní mez:

\[ Z_2 = \frac{190 – 180}{8} = \frac{10}{8} = 1{,}25. \]

Pravděpodobnost, že \(X\) leží mezi \(170\) a \(190\), je pravděpodobnost, že \(Z\) leží mezi \(-1{,}25\) a \(1{,}25\):

\[ P(170 \leq X \leq 190) = P(-1{,}25 \leq Z \leq 1{,}25) = \Phi(1{,}25) – \Phi(-1{,}25). \]

Víme, že

\[ \Phi(-z) = 1 – \Phi(z). \]

Z tabulek nebo softwaru najdeme:

\[ \Phi(1{,}25) \approx 0{,}8944, \] \[ \Phi(-1{,}25) = 1 – 0{,}8944 = 0{,}1056. \]

Tedy

\[ P(170 \leq X \leq 190) = 0{,}8944 – 0{,}1056 = 0{,}7888. \]

Pravděpodobnost, že náhodně vybraný muž má výšku mezi \(170\) a \(190\, \text{cm}\), je přibližně \(78{,}88\ \%\).

Řešení příkladu:

Nechť \(X\) je počet úspěchů v \(n = 15\) nezávislých pokusech, každý s pravděpodobností úspěchu \(p = 0{,}4\). Náhodná veličina \(X\) má binomické rozdělení, jehož pravděpodobnost pro přesně \(k = 6\) úspěchů je dána vztahem

\[ P(X = 6) = C_{15}^6 \cdot p^6 \cdot (1-p)^{15-6}, \]

kde kombinace \(C_{15}^6\) vyjádříme pomocí faktoriálů:

\[ C_{15}^6 = \frac{15!}{6! \cdot 9!}. \]

Pro výpočet hodnoty \(C_{15}^6\) můžeme použít přímý výpočet:

\[ 15! = 15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9!, \] \[ \Rightarrow C_{15}^6 = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9!}{6! \times 9!} = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10}{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}. \]

Vypočítáme čitatele:

\[ 15 \times 14 = 210, \] \[ 210 \times 13 = 2730, \] \[ 2730 \times 12 = 32760, \] \[ 32760 \times 11 = 360360, \] \[ 360360 \times 10 = 3603600. \]

Vypočítáme jmenovatele:

\[ 6 \times 5 = 30, \] \[ 30 \times 4 = 120, \] \[ 120 \times 3 = 360, \] \[ 360 \times 2 = 720, \] \[ 720 \times 1 = 720. \]

Takže

\[ C_{15}^6 = \frac{3603600}{720} = 5005. \]

Nyní spočítáme mocniny:

\[ p^6 = (0{,}4)^6 = 0{,}004096, \] \[ (1-p)^9 = (0{,}6)^9 \approx 0{,}0100777. \]

Celková pravděpodobnost je tedy

\[ P(X=6) = 5005 \times 0{,}004096 \times 0{,}0100777. \]

Vynásobíme krok po kroku:

\[ 5005 \times 0{,}004096 \approx 20{,}5, \] \[ 20{,}5 \times 0{,}0100777 \approx 0{,}2069. \]

Výsledkem je, že pravděpodobnost přesně \(6\) úspěchů je přibližně \(20{,}69\ \%\).

Řešení příkladu:

Nechť \(D_1, D_2, D_3\) jsou události, že výrobek je prvního, druhého, třetího druhu, a \(V\) že je vadný.

Máme:

\[ P(D_1) = 0{,}5, \quad P(D_2) = 0{,}3, \quad P(D_3) = 0{,}2, \] \[ P(V|D_1) = 0{,}01, \quad P(V|D_2) = 0{,}02, \quad P(V|D_3) = 0{,}03. \]

Nejprve spočítáme pravděpodobnost, že výrobek je vadný:

\[ P(V) = P(V|D_1)P(D_1) + P(V|D_2)P(D_2) + P(V|D_3)P(D_3) = 0{,}01 \times 0{,}5 + 0{,}02 \times 0{,}3 + 0{,}03 \times 0{,}2 = 0{,}005 + 0{,}006 + 0{,}006 = 0{,}017. \]

Nyní Bayesovým vzorcem spočítáme pravděpodobnost, že vadný výrobek je druhého druhu:

\[ P(D_2|V) = \frac{P(V|D_2) P(D_2)}{P(V)} = \frac{0{,}02 \times 0{,}3}{0{,}017} = \frac{0{,}006}{0{,}017} \approx 0{,}3529. \]

Tedy pravděpodobnost, že náhodně vybraný výrobek je vadný, je \(1{,}7 \%\) a pravděpodobnost, že vadný výrobek je druhého druhu, je přibližně \(35{,}29 \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet výrobků je \(N=1000\), z nichž vadných je \(M=20\). Náhodně vybíráme \(n=10\) kusů bez vracení a hledáme pravděpodobnost, že přesně \(k=2\) z nich budou vadné.

Tento typ úlohy řešíme pomocí hypergeometrického rozdělení, které vyjadřuje pravděpodobnost počtu „úspěchů“ (vadných kusů) ve výběru bez vracení. Pravděpodobnost, že vybereme právě \(k\) vadných kusů, je dána vztahem

\[ P(X=k) = \frac{C_{M}^k \cdot C_{N-M}^{n-k}}{C_{N}^n}, \]

kde kombinace \(C_a^b\) vyjadřujeme pomocí faktoriálů:

\[ C_a^b = \frac{a!}{b! \cdot (a-b)!}. \]

Nejprve spočítáme jednotlivé kombinace:

Pro \(C_{20}^2\):

\[ C_{20}^2 = \frac{20 \times 19}{2 \times 1} = 190. \]

Pro \(C_{980}^8\) a \(C_{1000}^{10}\) jsou čísla velmi velká, proto je necháme v symbolické podobě, ale pro ilustraci postup výpočtu:

\[ C_{980}^8 = \frac{980!}{8! \cdot 972!}, \quad C_{1000}^{10} = \frac{1000!}{10! \cdot 990!}. \]

Celková pravděpodobnost je tedy

\[ P(X=2) = \frac{190 \times C_{980}^8}{C_{1000}^{10}}. \]

Pro praktické výpočty, zejména pokud \(N\) je velmi velké a \(n\) malé ve srovnání s \(N\), lze hypergeometrické rozdělení přibližně nahradit binomickým rozdělením, kde pravděpodobnost „úspěchu“ v jednom pokusu je \(p = \frac{M}{N} = \frac{20}{1000} = 0{,}02\).

Binomické rozdělení dává pravděpodobnost přesně \(k\) úspěchů ve \(n\) nezávislých pokusech podle vzorce

\[ P(X=k) \approx C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}. \]

Pro \(k=2\) a \(n=10\) máme:

\[ C_{10}^2 = \frac{10 \times 9}{2 \times 1} = 45, \] \[ p^2 = (0{,}02)^2 = 0{,}0004, \] \[ (1-p)^{8} = (0{,}98)^8 \approx 0{,}8521. \]

Vynásobíme tyto hodnoty:

\[ P(X=2) \approx 45 \times 0{,}0004 \times 0{,}8521 = 45 \times 0{,}0003408 = 0{,}0153. \]

Tedy pravděpodobnost, že mezi vybranými \(10\) kusy budou právě \(2\) vadné, je přibližně \(1{,}53 \%\).

Tento výpočet pomocí binomického rozdělení je vhodnou aproximací, pokud je vzorek relativně malý vzhledem k celkové populaci, což je v tomto případě splněno.

Řešení příkladu:

Nechť \(X\) je počet zákazníků za hodinu. \(X\) má Poissonovo rozdělení s parametrem \(\lambda = 5\).

Hledáme pravděpodobnost

\[ P(X \geq 3) = 1 – P(X < 3) = 1 - P(X \leq 2). \]

Poissonova pravděpodobnost je

\[ P(X=k) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}. \]

Spočítáme:

\[ P(X=0) = e^{-5} \frac{5^0}{0!} = e^{-5} \approx 0{,}0067, \] \[ P(X=1) = e^{-5} \frac{5^1}{1!} = 5 e^{-5} \approx 0{,}0337, \] \[ P(X=2) = e^{-5} \frac{5^2}{2!} = \frac{25}{2} e^{-5} \approx 0{,}0842. \]

Součet

\[ P(X \leq 2) = 0{,}0067 + 0{,}0337 + 0{,}0842 = 0{,}1246. \]

Výsledná pravděpodobnost je

\[ P(X \geq 3) = 1 – 0{,}1246 = 0{,}8754. \]

Pravděpodobnost, že přijde alespoň \(3\) zákazníci, je tedy asi \(87{,}54 \%\).

Řešení příkladu:

Nechť \(p\) je skutečný podíl populace preferující značku. Vzorek má velikost \(n = 100\) a počet úspěchů \(x = 56\).

Odhad proporce je

\[ \hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{56}{100} = 0{,}56. \]

Pro interval spolehlivosti použijeme aproximaci normálním rozdělením s kritickou hodnotou pro \(95 \%\) hladinu spolehlivosti:

\[ z_{\alpha/2} = 1{,}96. \]

Směrodatná odchylka odhadu je

\[ \sigma_{\hat{p}} = \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} = \sqrt{\frac{0{,}56 \times 0{,}44}{100}} = \sqrt{0{,}002464} \approx 0{,}0496. \]

Interval spolehlivosti je pak

\[ \hat{p} \pm z_{\alpha/2} \sigma_{\hat{p}} = 0{,}56 \pm 1{,}96 \times 0{,}0496 = (0{,}56 – 0{,}097, 0{,}56 + 0{,}097) = (0{,}463, 0{,}657). \]

Tedy \(95\%\) interval spolehlivosti pro podíl populace je přibližně od \(46,3 \%\) do \(65,7 \%\).

Řešení příkladu:

Máme náhodný výběr o velikosti \(n = 36\), známou směrodatnou odchylku populace \(\sigma = 2\), a vzorkový průměr \(\bar{x} = 50{,}5\).

Pro interval spolehlivosti použijeme normální rozdělení, protože \(\sigma\) je známa.

Kritická hodnota pro \(99\%\) interval je

\[ z_{\alpha/2} = 2{,}576. \]

Směrodatná chyba průměru je

\[ SE = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{2}{\sqrt{36}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \approx 0{,}3333. \]

Interval spolehlivosti je

\[ \bar{x} \pm z_{\alpha/2} SE = 50{,}5 \pm 2{,}576 \times 0{,}3333 = 50{,}5 \pm 0{,}8587 = (49{,}6413, 51{,}3587). \]

Tedy \(99\%\) interval spolehlivosti pro průměr hmotnosti balíčku je přibližně \((49,64 \text{ kg}, 51,36 \text{ kg})\).

Riešenie:

Najprv si označíme pravdepodobnosti výroby jednotlivých druhov výrobkov podľa pomeru \(2:3:5\).

Celkový počet dielov v pomere je \(2 + 3 + 5 = 10\).

Pravdepodobnosť, že vyberieme výrobok typu \(A\), je tedy

\[ P(A) = \frac{2}{10} = 0{,}2, \]

pre typ \(B\) je

\[ P(B) = \frac{3}{10} = 0{,}3, \]

a pre typ \(C\)

\[ P(C) = \frac{5}{10} = 0{,}5. \]

Pravdepodobnosti, že výrobok je vadný, ak je daného typu, sú dané:

\[ P(V|A) = 0{,}01, \quad P(V|B) = 0{,}02, \quad P(V|C) = 0{,}03. \]

Celková pravdepodobnosť, že výrobok je vadný, podľa zákona úplnej pravdepodobnosti je:

\[ P(V) = P(V|A)P(A) + P(V|B)P(B) + P(V|C)P(C) = 0{,}01 \times 0{,}2 + 0{,}02 \times 0{,}3 + 0{,}03 \times 0{,}5. \]

Vypočítame jednotlivé členy:

\[ 0{,}01 \times 0{,}2 = 0{,}002, \] \[ 0{,}02 \times 0{,}3 = 0{,}006, \] \[ 0{,}03 \times 0{,}5 = 0{,}015. \]

Ich súčet je

\[ P(V) = 0{,}002 + 0{,}006 + 0{,}015 = 0{,}023. \]

Pravdepodobnosť, že náhodne vybraný výrobok je vadný, je teda \(2,3 \%\).

Teraz použijeme Bayesov vzorec na výpočet pravdepodobnosti, že vadný výrobok je typu \(C\):

\[ P(C|V) = \frac{P(V|C) P(C)}{P(V)} = \frac{0{,}03 \times 0{,}5}{0{,}023} = \frac{0{,}015}{0{,}023} \approx 0{,}6522. \]

Teda ak je výrobok vadný, pravdepodobnosť, že je typu \(C\), je približne \(65,22 \%\).

Riešenie:

Máme náhodnú premennú \(X\) s rozdelením \(N(\mu=100, \sigma=15)\).

Chceme nájsť pravdepodobnosť

\[ P(85 \leq X \leq 115). \]

Pre normálne rozdelenie je vhodné štandardizovať premennú tak, aby sme mohli použiť tabuľku štandardného normálneho rozdelenia \(Z \sim N(0,1)\).

Štandardizovaná premenná je definovaná ako

\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma}. \]

Pre dolnú hranicu \(85\) máme

\[ z_1 = \frac{85 – 100}{15} = \frac{-15}{15} = -1, \]

pre hornú hranicu \(115\)

\[ z_2 = \frac{115 – 100}{15} = \frac{15}{15} = 1. \]

Pravdepodobnosť, že \(X\) je medzi \(85\) a \(115\), je teda rovnaká ako pravdepodobnosť, že \(Z\) je medzi \(-1\) a \(1\):

\[ P(85 \leq X \leq 115) = P(-1 \leq Z \leq 1). \]

Pre štandardnú normálnu premennú vieme z tabuliek, že

\[ P(Z \leq 1) = \Phi(1) \approx 0{,}8413, \] \[ P(Z \leq -1) = \Phi(-1) = 1 – \Phi(1) = 1 – 0{,}8413 = 0{,}1587. \]

Preto platí

\[ P(-1 \leq Z \leq 1) = \Phi(1) – \Phi(-1) = 0{,}8413 – 0{,}1587 = 0{,}6826. \]

Výsledkom je, že pravdepodobnosť, že \(X\) nadobudne hodnotu medzi \(85\) a \(115\), je približne \(68,26 \%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet funkcií obsahujúcich chybu v teste, kde je celkovo testovaných \(n = 15\) nezávislých funkcií, pričom pravdepodobnosť, že jedna funkcia obsahuje chybu, je \(p = 0{,}1\). Náhodná veličina \(X\) má teda binomické rozdelenie s parametrami \(n=15\) a \(p=0{,}1\).

Pravdepodobnosť, že presne \(k=3\) funkcie obsahujú chybu, sa počíta podľa vzorca binomického rozdelenia:

\[ P(X=3) = C_{15}^3 \cdot p^3 \cdot (1-p)^{15-3}, \]

kde kombinácia \(C_{15}^3\) vyjadruje počet spôsobov, ako vybrať \(3\) chybné funkcie z \(15\), a vypočítame ju pomocou faktoriálov:

\[ C_{15}^3 = \frac{15!}{3! \cdot (15-3)!} = \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1}. \]

Vypočítame hodnotu kombinácie:

\[ 15 \times 14 = 210, \] \[ 210 \times 13 = 2730, \] \[ 3 \times 2 = 6, \] \[ \frac{2730}{6} = 455. \]

Teraz vypočítame mocniny pravdepodobností:

\[ p^3 = (0{,}1)^3 = 0{,}001, \] \[ (1-p)^{12} = (0{,}9)^{12} \approx 0{,}2824. \]

Dosadíme všetky hodnoty do vzorca:

\[ P(X=3) = 455 \times 0{,}001 \times 0{,}2824 = 455 \times 0{,}0002824. \]

Vynásobíme tieto čísla:

\[ 455 \times 0{,}0002824 \approx 0{,}1285. \]

Teda pravdepodobnosť, že presne \(3\) zo \(15\) testovaných funkcií budú obsahovať chybu, je približne \(12{,}85\) %.

Tento výsledok je v súlade s očakávaním, keďže pravdepodobnosť chyby je relatívne nízka, ale pri \(15\) pokusoch je ešte stále významná šanca, že niekoľko funkcií bude chybovať.

Riešenie:

Máme vzorku veľkosti \(n=50\), vzorkový priemer \(\bar{x} = 20\), a vzorkovú smerodajnú odchýlku \(s = 4\). Neznáme je pravé \(\sigma\), preto použijeme t-rozdelenie pre interval spoľahlivosti.

Interval spoľahlivosti pre \(\mu\) s neznámym \(\sigma\) je daný vzťahom:

\[ \bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}, \]

kde \(t_{\alpha/2, n-1}\) je kvantil t-rozdelenia so stupňami voľnosti \(n-1\) a hladinou významnosti \(\alpha\).

Pre \(95\) % interval spoľahlivosti platí \(\alpha = 0{,}05\), teda \(\alpha/2 = 0{,}025\).

Pre \(n-1=49\) stupňov voľnosti a hladinu \(0{,}025\) hľadáme hodnotu \(t_{0{,}025,49}\).

Z tabuliek t-rozdelenia vieme, že táto hodnota je približne \(2{,}009\) (môže sa mierne líšiť podľa tabuliek, ale použijeme túto hodnotu).

Teraz vypočítame polomer intervalu:

\[ \text{polomer} = t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}} = 2{,}009 \times \frac{4}{\sqrt{50}}. \]

Vypočítame \(\sqrt{50}\):

\[ \sqrt{50} \approx 7{,}0711. \]

Potom

\[ \text{polomer} = 2{,}009 \times \frac{4}{7{,}0711} = 2{,}009 \times 0{,}5657 \approx 1{,}1369. \]

Interval spoľahlivosti je teda

\[ 20 \pm 1{,}1369, \]

čo znamená, že \(95\) % interval spoľahlivosti pre \(\mu\) je

\[ (18{,}8631, 21{,}1369). \]

Teda s \(95\) % istotou môžeme tvrdiť, že skutočná stredná hodnota \(\mu\) leží v tomto intervale.

Riešenie:

Máme náhodnú premennú \(X\) so strednou hodnotou \(\mu = 55\) min a rozptylom \(\sigma^2 = 16\), teda smerodajnou odchýlkou \(\sigma = 4\) minút.

Chceme vypočítať pravdepodobnosť

\[ P(X < 50). \]

Štandardizujeme premennú \(X\) na štandardnú normálnu premennú \(Z\):

\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma} = \frac{50 – 55}{4} = \frac{-5}{4} = -1{,}25. \]

Pravdepodobnosť, že \(X < 50\), je rovnaká ako pravdepodobnosť, že \(Z < -1{,}25\):

\[ P(Z < -1{,}25). \]

Použijeme tabuľku štandardného normálneho rozdelenia:

\[ \Phi(-1{,}25) = 1 – \Phi(1{,}25). \]

Z tabuľky vieme, že

\[ \Phi(1{,}25) \approx 0{,}8944, \]

teda

\[ P(Z < -1{,}25) = 1 - 0{,}8944 = 0{,}1056. \]

Pravdepodobnosť, že náhodne vybraný žiak vyrieši test za menej než \(50\) minút, je približne \(10{,}56\) %.

Riešenie:

Ide o úlohu s hypergeometrickým rozdelením, pretože vyberáme bez vrátenia zo základnej množiny.

Definujme premenné:

• Celkový počet žiaroviek \(N = 100\),
• Počet vadných žiaroviek \(K = 10\),
• Počet vybraných žiaroviek \(n = 15\),
• Hľadaný počet vadných v vzorke \(k = 2\).

Pravdepodobnosť, že vyberieme presne \(k = 2\) vadné žiarovky, vyjadrujeme vzorcom:

\[ P(X=2) = \frac{C_{10}^2 \times C_{90}^{13}}{C_{100}^{15}}, \]

kde kombinácie \(C_a^b\) vypočítame pomocou faktoriálov:

\[ C_a^b = \frac{a!}{b! \cdot (a – b)!}. \]

Pre \(C_{10}^2\) vypočítame explicitne:

\[ C_{10}^2 = \frac{10 \times 9}{2 \times 1} = 45. \]

Hodnoty \(C_{90}^{13}\) a \(C_{100}^{15}\) sú veľmi veľké, a preto ich priamo nevypočítame, ale môžeme použiť štatistický softvér alebo kalkulačku.

Hypergeometrická pravdepodobnosť je podiel počtu vhodných výberov (výberu presne \(2\) vadných a \(13\) nevadných) ku všetkým možným výberom \(15\) žiaroviek z \(100\).

Alternatívne, ak by bol výber malý oproti veľkosti populácie, mohli by sme použiť binomickú aproximáciu, ale v tomto prípade je lepšie použiť priamo hypergeometrickú pravdepodobnosť.

Pomocou softvéru alebo kalkulačky dostaneme približne:

\[ P(X=2) \approx 0{,}273. \]

Teda pravdepodobnosť, že v náhodnej vzorke \(15\) žiaroviek budú presne \(2\) vadné, je približne \(27{,}3\,\%\).

Riešenie:

Premenné \(X\) a \(Y\) sú nezávislé a rovnomerne rozdelené na intervale \((0,1)\). Hustota každej je

\[ f_X(x) = 1, \quad 0 < x < 1, \] \[ f_Y(y) = 1, \quad 0 < y < 1. \]

Chceme nájsť pravdepodobnosť

\[ P(X + Y < 1). \]

Táto pravdepodobnosť je plocha pod hustotou spojenej náhodnej premennej \((X,Y)\) nad množinou

\[ S = \{(x,y): 0 < x < 1, 0 < y < 1, x + y < 1 \}. \]

Keďže hustota je konštantná a rovná \(1\) na jednotkovom štvorci \((0,1) \times (0,1)\), stačí nájsť plochu oblasti \(S\).

Oblasť \(S\) je trojuholník s vrcholmi v bodoch \((0,0)\), \((1,0)\) a \((0,1)\).

Plocha tohto trojuholníka je

\[ \frac{1 \times 1}{2} = \frac{1}{2} = 0{,}5. \]

Teda

\[ P(X + Y < 1) = 0{,}5. \]

Pravdepodobnosť, že súčet dvoch nezávislých rovnomerne rozdelených náhodných premenných na intervale \((0,1)\) je menší ako \(1\), je \(50\,\%\).

Riešenie:

Máme počet skúšok \(n = 200\), pravdepodobnosť úspechu (vadný čip) \(p = 0{,}02\). Náhodná premenná \(X\) je počet vadných čipov v vzorke, teda \(X \sim \text{Bin}(n, p)\).

Hľadáme pravdepodobnosť

\[ P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3). \]

Pri veľkom \(n\) a malom \(p\) môžeme použiť Poissonovu aproximáciu s parametrom \(\lambda = np\):

\[ \lambda = 200 \times 0{,}02 = 4. \]

Podľa Poissonovho rozdelenia platí:

\[ P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}. \]

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti:

\[ P(X=0) = \frac{4^0}{0!} e^{-4} = e^{-4} \approx 0{,}0183, \] \[ P(X=1) = \frac{4^1}{1!} e^{-4} = 4 e^{-4} \approx 0{,}0733, \] \[ P(X=2) = \frac{4^2}{2!} e^{-4} = 8 e^{-4} \approx 0{,}1465, \] \[ P(X=3) = \frac{4^3}{3!} e^{-4} = \frac{64}{6} e^{-4} \approx 0{,}1953. \]

Teraz spočítame súčet:

\[ P(X \leq 3) \approx 0{,}0183 + 0{,}0733 + 0{,}1465 + 0{,}1953 = 0{,}4334. \]

Preto pravdepodobnosť, že v náhodnej vzorke \(200\) čipov bude najviac \(3\) vadné, je približne \(43{,}34\,\%\).

Alternatívne môžeme použiť binomické rozdelenie priamo, ale výpočty sú náročnejšie a výsledok bude veľmi blízky tejto hodnote.

Riešenie:

Celkový počet študentov \(N = 30\),

Počet začiatočníkov \(K = 18\),

Počet pokročilých \(M = 12\),

Vyberáme vzorku veľkosti \(n = 5\),

Hľadáme pravdepodobnosť, že bude presne \(3\) začiatočníkov a \(2\) pokročilí.

Počet možných výberov celkovo je

\[ C_{30}^5. \]

Počet výberov s presne \(3\) začiatočníkmi a \(2\) pokročilými je

\[ C_{18}^3 \times C_{12}^2. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{C_{18}^3 \times C_{12}^2}{C_{30}^5}. \]

Vypočítame jednotlivé kombinácie:

\[ C_{18}^3 = \frac{18 \times 17 \times 16}{3 \times 2 \times 1} = 816, \] \[ C_{12}^2 = \frac{12 \times 11}{2} = 66, \] \[ C_{30}^5 = \frac{30 \times 29 \times 28 \times 27 \times 26}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 142506. \]

Dosadíme do vzorca:

\[ P = \frac{816 \times 66}{142506} = \frac{53856}{142506} \approx 0{,}378. \]

Teda pravdepodobnosť, že náhodne vybraných \(5\) študentov bude obsahovať presne \(3\) začiatočníkov a \(2\) pokročilých, je približne \(37{,}8\,\%\).

Riešenie:

Exponenciálne rozdelenie s parametrom \(\lambda\) má hustotu pravdepodobnosti:

\[ f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x}, \quad x \geq 0, \]

a distribuční funkciu

\[ F_X(x) = P(X \leq x) = 1 – e^{-\lambda x}. \]

Chceme vypočítať

\[ P(X > 3) = 1 – P(X \leq 3) = 1 – F_X(3) = e^{-\lambda \times 3}. \]

Dosadíme \(\lambda = 0{,}5\):

\[ P(X > 3) = e^{-0{,}5 \times 3} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231. \]

Pravdepodobnosť, že náhodná premenná \(X\) nadobudne hodnotu väčšiu ako \(3\), je približne \(22{,}31 \%\).

Riešenie:

Premenná \(X \sim N(\mu=100, \sigma=15)\). Hľadáme pravdepodobnosť:

\[ P(85 \leq X \leq 115). \]

Štandardizujeme \(X\) na štandardnú normálnu premennú \(Z\):

\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma}. \]

Pre hranice intervalov:

\[ z_1 = \frac{85 – 100}{15} = \frac{-15}{15} = -1, \] \[ z_2 = \frac{115 – 100}{15} = \frac{15}{15} = 1. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P(85 \leq X \leq 115) = P(-1 \leq Z \leq 1) = \Phi(1) – \Phi(-1). \]

Z tabuľky štandardného normálneho rozdelenia vieme, že

\[ \Phi(1) \approx 0{,}8413, \] \[ \Phi(-1) = 1 – \Phi(1) = 1 – 0{,}8413 = 0{,}1587. \]

Preto

\[ P(-1 \leq Z \leq 1) = 0{,}8413 – 0{,}1587 = 0{,}6826. \]

Výsledkom je, že približne \(68{,}26 \%\) hodnôt \(X\) spadá do intervalu od \(85\) do \(115\).

Riešenie:

Označíme \(X\) ako životnosť súčiastky, kde \(X \sim N(\mu=1200, \sigma=100)\). Hľadáme

\[ P(X > 1300). \]

Štandardizujeme na štandardnú normálnu premennú \(Z\):

\[ z = \frac{1300 – 1200}{100} = \frac{100}{100} = 1. \]

Pravdepodobnosť, že \(X > 1300\), je

\[ P(X > 1300) = P\left(Z > 1\right) = 1 – \Phi(1). \]

Z tabuľky:

\[ \Phi(1) \approx 0{,}8413, \]

teda

\[ P(X > 1300) = 1 – 0{,}8413 = 0{,}1587. \]

Preto približne \(15{,}87 \%\) súčiastok vydrží dlhšie než \(1300\) hodín.

Riešenie:

Nech \(X\) je počet ľudí s mutáciou v vzorke \(n=2000\), kde pravdepodobnosť jedného človeka mať mutáciu je \(p=0{,}001\).

Pravdepodobnosť, že aspoň jeden má mutáciu, je

\[ P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0). \]

Pravdepodobnosť, že nikto nemá mutáciu, je

\[ P(X=0) = (1 – p)^n = (1 – 0{,}001)^{2000} = 0{,}999^{2000}. \]

Pre veľké \(n\) môžeme použiť aproximáciu exponenciálnej funkcie:

\[ (1 – p)^n \approx e^{-np} = e^{-2000 \times 0{,}001} = e^{-2} \approx 0{,}1353. \]

Takže

\[ P(X \geq 1) = 1 – 0{,}1353 = 0{,}8647. \]

Pravdepodobnosť, že v skupine \(2000\) ľudí je aspoň jeden s mutáciou, je teda približne \(86{,}47 \%\).

Riešenie:

Pri hode dvoma nezávislými kockami je počet možných výsledkov \(6 \times 6 = 36\), každý s rovnakou pravdepodobnosťou \(\frac{1}{36}\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že súčet bude \(7\) alebo \(11\), teda

\[ P = P(\text{súčet}=7) + P(\text{súčet}=11). \]

Možnosti súčtu \(7\) sú:

\[ (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1), \]

spolu \(6\) možností.

Možnosti súčtu \(11\) sú:

\[ (5,6), (6,5), \]

spolu \(2\) možnosti.

Pravdepodobnosť:

\[ P = \frac{6 + 2}{36} = \frac{8}{36} = \frac{2}{9} \approx 0{,}2222. \]

Pravdepodobnosť, že pri hode dvoma kockami bude súčet hodnôt \(7\) alebo \(11\), je približne \(22{,}22\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet poškodených kusov v náhodnej vzorke \(15\), kde pravdepodobnosť poškodenia jedného kusu je \(p=0{,}2\).

Premenná \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=15\) a \(p=0{,}2\), teda \(X \sim \text{Bin}(15, 0{,}2)\).

Pravdepodobnosť, že presne \(4\) budú poškodené, je

\[ P(X=4) = C_{15}^4 \cdot (0{,}2)^4 \cdot (0{,}8)^{11}. \]

Kde počet kombinácií \(C_{15}^4\) vypočítame explicitne cez faktoriály alebo rozpis:

\[ C_{15}^4 = \frac{15!}{4! \times 11!} = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{32760}{24} = 1365. \]

Ďalej vypočítame mocniny pravdepodobností:

\[ (0{,}2)^4 = 0{,}2 \times 0{,}2 \times 0{,}2 \times 0{,}2 = 0{,}0016, \] \[ (0{,}8)^{11} \approx 0{,}0859. \]

Dosadíme všetky hodnoty späť:

\[ P(X=4) = 1365 \times 0{,}0016 \times 0{,}0859. \]

Najprv vynásobíme prvé dve hodnoty:

\[ 1365 \times 0{,}0016 = 2{,}184. \]

Teraz vynásobíme výsledok poslednou hodnotou:

\[ 2{,}184 \times 0{,}0859 \approx 0{,}1876. \]

Výsledok znamená, že pravdepodobnosť, že presne \(4\) kusy z \(15\) budú poškodené, je približne \(18{,}76\,\%\).

Riešenie:

Ide o hypergeometrické rozdelenie, kde

• celkový počet výrobkov \(N=1000\),
• počet vadných \(K=10\),
• počet vybraných výrobkov \(n=5\),
• hľadáme pravdepodobnosť, že žiadny z nich nebude vadný, teda \(k=0\).

Pravdepodobnosť, že všetkých \(5\) výrobkov bude bez vadných, je pomer počtu spôsobov vybrať \(5\) nevadných výrobkov k počtu všetkých možných výberov \(5\) výrobkov z \(1000\).

Počet nevadných výrobkov je \(N-K = 990\).

Výraz je

\[ P(X=0) = \frac{C_{990}^5}{C_{1000}^5}. \]

Vypočítame kombinácie cez rozpisy:

\[ C_{1000}^5 = \frac{1000 \times 999 \times 998 \times 997 \times 996}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{990026979120240}{120}, \]

pričom konkrétne číslo nie je nutné úplne spočítať, ale rozumieme, že je veľké.

Podobne

\[ C_{990}^5 = \frac{990 \times 989 \times 988 \times 987 \times 986}{120}. \]

Alternatívne môžeme vypočítať pravdepodobnosť postupne, keďže vyberáme bez vrátenia:

\[ P = \frac{990}{1000} \times \frac{989}{999} \times \frac{988}{998} \times \frac{987}{997} \times \frac{986}{996}. \]

Vypočítame jednotlivé násobky približne:

\[ \frac{990}{1000} = 0{,}99, \quad \frac{989}{999} \approx 0{,}98999, \quad \frac{988}{998} \approx 0{,}98998, \quad \frac{987}{997} \approx 0{,}98997, \quad \frac{986}{996} \approx 0{,}98996. \]

Celková pravdepodobnosť je teda

\[ P \approx 0{,}99 \times 0{,}98999 \times 0{,}98998 \times 0{,}98997 \times 0{,}98996 \approx 0{,}9504. \]

Teda pravdepodobnosť, že žiadny zo \(5\) vybraných výrobkov nebude vadný, je približne \(95{,}04\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet správnych odpovedí na \(10\) otázok s pravdepodobnosťou správnej odpovede \(p=0{,}25\). Potom \(X\) má binomické rozdelenie \(X \sim \text{Bin}(10, 0{,}25)\).

Pravdepodobnosť, že študent správne odpovie presne na \(3\) otázky, je

\[ P(X=3) = C_{10}^3 \cdot (0{,}25)^3 \cdot (0{,}75)^7. \]

Vypočítame kombinácie cez rozpis:

\[ C_{10}^3 = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = \frac{720}{6} = 120. \]

Výpočty mocnín:

\[ (0{,}25)^3 = 0{,}25 \times 0{,}25 \times 0{,}25 = 0{,}015625, \] \[ (0{,}75)^7 \approx 0{,}1335. \]

Dosadíme späť:

\[ P(X=3) = 120 \times 0{,}015625 \times 0{,}1335. \]

Najprv vynásobíme prvé dve hodnoty:

\[ 120 \times 0{,}015625 = 1{,}875, \]

potom výsledok vynásobíme poslednou hodnotou:

\[ 1{,}875 \times 0{,}1335 \approx 0{,}2503. \]

Pravdepodobnosť, že študent správne odpovie presne na \(3\) otázky, je približne \(25{,}03\,\%\).

Riešenie:

Celkový počet guľôčok je \(8 + 6 + 4 = 18\). Vyberáme \(7\) guľôčok bez vrátenia.

Hľadáme pravdepodobnosť, že z vybranej skupiny presne \(3\) budú červené, \(2\) modré a \(2\) zelené.

Celkový počet možných výberov \(7\) guľôčok z \(18\) je počet kombinácií \(18\) nad \(7\):

\[ \text{Celkom} = \frac{18 \times 17 \times 16 \times 15 \times 14 \times 13 \times 12}{7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}. \]

Počet spôsobov, ako vybrať presne \(3\) červené guľôčky z \(8\), je

\[ \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = \frac{336}{6} = 56. \]

Počet spôsobov, ako vybrať presne \(2\) modré guľôčky z \(6\), je

\[ \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = \frac{30}{2} = 15. \]

Počet spôsobov, ako vybrať presne \(2\) zelené guľôčky zo \(4\), je

\[ \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = \frac{12}{2} = 6. \]

Počet spôsobov, ako vybrať túto konkrétnu kombináciu, je súčin týchto troch hodnôt:

\[ 56 \times 15 \times 6 = 5040. \]

Teraz spočítame celkový počet možných výberov \(7\) guľôčok z \(18\). Vypočítame čitateľ a menovateľ zvlášť:

\[ \text{Čitateľ} = 18 \times 17 \times 16 \times 15 \times 14 \times 13 \times 12. \]

Vypočítame postupne:

\[ 18 \times 17 = 306, \quad 306 \times 16 = 4896, \quad 4896 \times 15 = 73440, \quad 73440 \times 14 = 1028160, \quad 1028160 \times 13 = 13366080, \quad 13366080 \times 12 = 160392960. \]

Menovateľ je \(7! = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 5040.\)

Celkový počet možností je teda

\[ \frac{160392960}{5040} = 31824. \]

Pravdepodobnosť, že vyberieme presne \(3\) červené, \(2\) modré a \(2\) zelené guľôčky, je pomer počtu týchto výberov k celkovému počtu možností:

\[ P = \frac{5040}{31824} \approx 0{,}1583. \]

Výsledkom je, že pravdepodobnosť požadovanej kombinácie je približne \(15{,}83 \%\).

Riešenie:

Nech náhodná premenná \(X\) udáva počet výskytov čísla \(5\) v \(12\) hodoch kockou.

Pravdepodobnosť úspechu (padne \(5\)) pri jednom hode je \(p = \frac{1}{6}\), pravdepodobnosť neúspechu je \(q = 1-p = \frac{5}{6}\).

Premenná \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=12\) a \(p=\frac{1}{6}\).

Hľadáme \(P(X=4)\), teda pravdepodobnosť, že číslo \(5\) padne presne \(4\)-krát.

Výpočet:

Najskôr vypočítame počet kombinácií \(12\) nad \(4\):

\[ \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{11880}{24} = 495. \]

Potom vypočítame pravdepodobnosť:

\[ P(X=4) = 495 \times \left(\frac{1}{6}\right)^4 \times \left(\frac{5}{6}\right)^8. \]

Vypočítame jednotlivé časti:

\[ \left(\frac{1}{6}\right)^4 = \frac{1}{1296} \approx 0{,}0007716, \] \[ \left(\frac{5}{6}\right)^8 = \left(0{,}8333\right)^8. \]

Na výpočet \(\left(\frac{5}{6}\right)^8\) použijeme postupné násobenie:

\[ 0{,}8333^2 = 0{,}6944, \quad 0{,}6944^2 = 0{,}4823, \quad 0{,}4823^2 = 0{,}2326, \quad 0{,}2326 \times 0{,}8333^2 \approx 0{,}2326 \times 0{,}6944 = 0{,}1616. \]

Teda približne \(\left(\frac{5}{6}\right)^8 \approx 0{,}1677\).

Dosadíme do výpočtu:

\[ P(X=4) = 495 \times 0{,}0007716 \times 0{,}1677. \]

Vynásobíme prvé dve hodnoty:

\[ 495 \times 0{,}0007716 = 0{,}3811, \]

potom výsledok vynásobíme treťou hodnotou:

\[ 0{,}3811 \times 0{,}1677 = 0{,}0639. \]

Pravdepodobnosť, že číslo \(5\) padne presne \(4\)-krát, je približne \(6{,}39 \%\).

Riešenie:

Nech náhodná premenná \(X\) udáva počet vadných súčiastok v \(20\) vybraných kusoch.

Pravdepodobnosť, že súčiastka je vadná, je \(p = 0{,}05\), pravdepodobnosť, že nie je vadná, je \(q = 0{,}95\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že aspoň \(2\) sú vadné, teda

\[ P(X \geq 2) = 1 – P(X < 2) = 1 - \bigl(P(X=0) + P(X=1)\bigr). \]

Vypočítame \(P(X=0)\):

\[ P(X=0) = \binom{20}{0} p^0 q^{20} = 1 \times 1 \times 0{,}95^{20} = 0{,}95^{20}. \]

Vypočítame \(P(X=1)\):

\[ P(X=1) = \binom{20}{1} p^1 q^{19} = 20 \times 0{,}05 \times 0{,}95^{19}. \]

Vypočítame približne \(0{,}95^{20}\):

\[ 0{,}95^{10} \approx 0{,}5987 \Rightarrow 0{,}95^{20} = (0{,}95^{10})^2 \approx 0{,}3585. \]

Podobne \(0{,}95^{19} = \frac{0{,}95^{20}}{0{,}95} \approx \frac{0{,}3585}{0{,}95} = 0{,}3774.\)

Dosadíme do \(P(X=1)\):

\[ P(X=1) = 20 \times 0{,}05 \times 0{,}3774 = 1 \times 0{,}3774 = 0{,}3774. \]

Teraz spočítame \(P(X \geq 2)\):

\[ P(X \geq 2) = 1 – (0{,}3585 + 0{,}3774) = 1 – 0{,}7359 = 0{,}2641. \]

Pravdepodobnosť, že aspoň \(2\) súčiastky sú vadné, je približne \(26{,}41 \%\).

Riešenie:

Nech \(p = 0{,}02\) je pravdepodobnosť, že výrobok je chybný.

Počet vybraných výrobkov je \(n = 10\).

Premenná \(X\) je počet chybných výrobkov, \(X \sim \text{Bin}(10, 0{,}02)\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že najviac \(1\) výrobok je chybný:

\[ P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1). \]

Vypočítame \(P(X=0)\), teda pravdepodobnosť, že žiadny výrobok nie je chybný:

\[ P(X=0) = (1-p)^{10} = 0{,}98^{10}. \]

Približne:

\[ 0{,}98^{10} = (0{,}98^5)^2. \]

Vypočítame \(0{,}98^5\) postupne:

\[ 0{,}98^2 = 0{,}9604, \quad 0{,}9604 \times 0{,}98 = 0{,}9412, \quad 0{,}9412 \times 0{,}98 = 0{,}9224, \quad 0{,}9224 \times 0{,}98 = 0{,}9040. \]

Takže \(0{,}98^5 \approx 0{,}9040\).

Potom

\[ 0{,}98^{10} \approx 0{,}9040^2 = 0{,}8173. \]

Vypočítame \(P(X=1)\):

\[ P(X=1) = \frac{10!}{1! \times 9!} \times p \times (1-p)^9 = 10 \times 0{,}02 \times 0{,}98^9. \]

Vypočítame \(0{,}98^9\):

\[ 0{,}98^9 = \frac{0{,}98^{10}}{0{,}98} = \frac{0{,}8173}{0{,}98} = 0{,}8336. \]

Dosadíme:

\[ P(X=1) = 10 \times 0{,}02 \times 0{,}8336 = 10 \times 0{,}016672 = 0{,}1667. \]

Celková pravdepodobnosť je teda

\[ P(X \leq 1) = 0{,}8173 + 0{,}1667 = 0{,}984. \]

Pravdepodobnosť, že najviac jeden výrobok je chybný, je približne \(98{,}4\,\%\).

Riešenie:

Celkový počet študentov je \(15\), z toho \(6\) chlapcov a \(9\) dievčat.

Počet spôsobov vybrať \(4\) študentov z \(15\) je

\[ \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{32760}{24} = 1365. \]

Počet spôsobov vybrať presne \(2\) chlapcov z \(6\) je

\[ \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15. \]

Počet spôsobov vybrať presne \(2\) dievčatá z \(9\) je

\[ \frac{9 \times 8}{2 \times 1} = 36. \]

Počet výberov s \(2\) chlapcami a \(2\) dievčatami je

\[ 15 \times 36 = 540. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{540}{1365} \approx 0{,}3956. \]

Výsledkom je približne \(39,56\,\%\).

Riešenie:

Každá kocka má \(6\) strán, celkový počet výsledkov je \(6 \times 6 = 36\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že súčet hodnôt dvoch kociek je \(\geq 10\).

Súčty väčšie alebo rovné \(10\) sú \(10\), \(11\) a \(12\).

Počet spôsobov, ako dosiahnuť súčet \(10\):

\[ (4,6), (5,5), (6,4) \Rightarrow 3. \]

Počet spôsobov, ako dosiahnuť súčet \(11\):

\[ (5,6), (6,5) \Rightarrow 2. \]

Počet spôsobov, ako dosiahnuť súčet \(12\):

\[ (6,6) \Rightarrow 1. \]

Celkový počet priaznivých výsledkov je

\[ 3 + 2 + 1 = 6. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0{,}1667. \]

Výsledok je približne \(16,67\,\%\).

Riešenie:

Nech \(p = 0{,}25\) je pravdepodobnosť správnej odpovede.

Počet otázok je \(n = 8\).

Premenná \(X\) je počet správnych odpovedí, \(X \sim \text{Bin}(8, 0{,}25)\).

Hľadáme pravdepodobnosť

\[ P(X \geq 3) = 1 – P(X < 3) = 1 - (P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)). \]

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti:

\[ P(X=0) = (1-p)^8 = 0{,}75^8, \] \[ P(X=1) = \frac{8!}{1! \times 7!} \times p \times (1-p)^7 = 8 \times 0{,}25 \times 0{,}75^7, \] \[ P(X=2) = \frac{8 \times 7}{2 \times 1} \times p^2 \times (1-p)^6 = 28 \times 0{,}25^2 \times 0{,}75^6. \]

Vypočítame hodnoty postupne:

\[ 0{,}75^2 = 0{,}5625, \quad 0{,}75^3 = 0{,}4219, \quad 0{,}75^4 = 0{,}3164, \quad 0{,}75^5 = 0{,}2373, \quad 0{,}75^6 = 0{,}1779, \quad 0{,}75^7 = 0{,}1335, \quad 0{,}75^8 = 0{,}1001. \]

Dosadíme:

\[ P(X=0) = 0{,}1001, \quad P(X=1) = 8 \times 0{,}25 \times 0{,}1335 = 0{,}267, \quad P(X=2) = 28 \times 0{,}0625 \times 0{,}1779 = 28 \times 0{,}01112 = 0{,}3114. \]

Celková pravdepodobnosť, že študent odpovie správne aspoň \(3\) otázky je

\[ P(X \geq 3) = 1 – (0{,}1001 + 0{,}267 + 0{,}3114) = 1 – 0{,}6785 = 0{,}3215. \]

Približne \(32,15\,\%\).

Riešenie:

Celkový počet guličiek je \(20\), z toho \(8\) červených a \(12\) modrých.

Počet spôsobov vybrať \(4\) guličky z \(20\) je

\[ \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{116280}{24} = 4845. \]

Hľadáme pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň jednu červenú guličku, čo je doplnok pravdepodobnosti, že nevyberieme žiadnu červenú guličku (teda vyberieme len modré guličky).

Počet modrých guličiek je \(12\).

Počet spôsobov vybrať \(4\) modré guličky je

\[ \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{11880}{24} = 495. \]

Pravdepodobnosť, že nevyberieme žiadnu červenú guličku je

\[ P(X=0) = \frac{495}{4845} \approx 0{,}1022. \]

Pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň jednu červenú guličku je

\[ P(\geq 1) = 1 – P(X=0) = 1 – 0{,}1022 = 0{,}8978. \]

Výsledok je približne \(89,78\,\%\).

Riešenie:

Nech \(p = 0{,}6\) je pravdepodobnosť, že študent má rád matematiku.

Počet vybraných študentov je \(n = 5\).

Počet spôsobov, ako vybrať presne \(3\) študentov, ktorí majú radi matematiku, je

\[ \frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2 \times 1} = 10. \]

Pravdepodobnosť presne \(3\) je

\[ P(X=3) = 10 \times (0{,}6)^3 \times (0{,}4)^2 = 10 \times 0{,}216 \times 0{,}16 = 10 \times 0{,}03456 = 0{,}3456. \]

Výsledkom je približne \(34,56\,\%\).

Riešenie:

Máme \(15\) čiernych a \(10\) bielych guličiek, spolu \(25\) guličiek. Vyberáme \(6\) bez vrátenia.

Hľadáme pravdepodobnosť, že práve \(4\) budú čierne a teda \(2\) biele.

Najskôr vypočítame počet všetkých možných výberov \(6\) guličiek z \(25\). Tento počet je daný kombináciou bez použitia symbolu kombinácií:

Celkový počet možností je súčin klesajúcich čísel počtu guličiek pre výber \(6\) guličiek, delený faktoriálom \(6\):

\[ \text{celkom} = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20}{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{637560000}{720} = 885500. \]

Teraz vypočítame počet priaznivých prípadov. Z \(15\) čiernych guličiek vyberáme \(4\), a z \(10\) bielych vyberáme \(2\).

Počet spôsobov vybrať \(4\) čierne bez použitia kombinačnej notácie:

\[ \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{32760}{24} = 1365. \]

Počet spôsobov vybrať \(2\) biele:

\[ \frac{10 \times 9}{2 \times 1} = \frac{90}{2} = 45. \]

Počet priaznivých prípadov je súčin týchto dvoch čísel:

\[ 1365 \times 45 = 61425. \]

Pravdepodobnosť je teda podiel priaznivých prípadov a všetkých prípadov:

\[ P = \frac{61425}{885500} \approx 0{,}0694. \]

Teda pravdepodobnosť, že vyberieme presne \(4\) čierne guličky z \(6\), je približne \(6,94\,\%\).

Riešenie:

Nech pravdepodobnosť, že výrobok je vadný, je \(p = 0{,}02\).

Nech náhodná veličina \(X\) značí počet vadných výrobkov vo vzorke \(50\). Vzhľadom k veľkosti vzorky a malej pravdepodobnosti považujeme \(X\) za binomickú náhodnú veličinu s parametrami \(n=50\) a \(p=0{,}02\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že vo vzorke bude najviac \(1\) vadný výrobok, teda

\[ P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1). \]

Pre binomickú veličinu platí

\[ P(X=k) = \frac{n!}{k! (n-k)!} p^k (1-p)^{n-k}. \]

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti.

Pre \(k=0\):

\[ P(X=0) = (1-p)^n = (0{,}98)^{50}. \]

Pre \(k=1\):

\[ P(X=1) = n \times p \times (1-p)^{n-1} = 50 \times 0{,}02 \times (0{,}98)^{49}. \]

Vypočítajme hodnoty mocnín:

\[ (0{,}98)^{50} = e^{50 \ln 0{,}98} \approx e^{-1{,}01005} \approx 0{,}3642, \] \[ (0{,}98)^{49} = \frac{(0{,}98)^{50}}{0{,}98} \approx \frac{0{,}3642}{0{,}98} \approx 0{,}3716. \]

Dosadíme:

\[ P(X=0) \approx 0{,}3642, \] \[ P(X=1) \approx 50 \times 0{,}02 \times 0{,}3716 = 1 \times 0{,}3716 = 0{,}3716. \]

Celková pravdepodobnosť je

\[ P(X \leq 1) = 0{,}3642 + 0{,}3716 = 0{,}7358. \]

Teda pravdepodobnosť, že vo vzorke bude najviac jeden vadný výrobok, je približne \(73,58\,\%\).

Riešenie:

Celkový počet miest je \(100\), z toho \(30\) vyhradených a \(70\) nevhradených.

Vyberáme \(10\) áut a zaujíma nás pravdepodobnosť, že presne \(4\) z nich zaparkujú na vyhradených miestach.

Predpokladáme, že každé auto vyberie parkovacie miesto náhodne a nezávisle (bez ohľadu na to, že počet áut je menší ako počet miest).

Vzhľadom na to, že počet áut je menší ako miest, pravdepodobnosť, že jedno auto zaparkuje na vyhradenom mieste, je

\[ p = \frac{30}{100} = 0{,}3. \]

Nech \(X\) je počet áut zaparkovaných na vyhradených miestach. Potom \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=10\), \(p=0{,}3\).

Hľadáme pravdepodobnosť \(P(X=4)\), ktorá sa vypočíta ako

\[ P(X=4) = \frac{10!}{4! \cdot 6!} (0{,}3)^4 (0{,}7)^6. \]

Vyčísľme jednotlivé časti:

\[ \frac{10!}{4!6!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{5040}{24} = 210, \] \[ (0{,}3)^4 = 0{,}0081, \] \[ (0{,}7)^6 \approx 0{,}117649. \]

Vynásobíme:

\[ 210 \times 0{,}0081 \times 0{,}117649 = 210 \times 0{,}00095257 \approx 0{,}200. \]

Teda pravdepodobnosť, že presne \(4\) autá zaparkujú na vyhradených miestach, je približne \(20\,\%\).

Riešenie:

Máme vzorku veľkosti \(n = 64\), priemernú hodnotu vzorky \(\overline{x} = 5{,}2\) roka a smerodajnú odchýlku vzorky \(s = 0{,}8\) roka.

Predpokladáme normálne rozdelenie a chceme určiť \(95 \%\) interval spoľahlivosti pre strednú hodnotu populácie \(\mu\).

Keďže veľkosť vzorky je dostatočne veľká (\(64\)), môžeme použiť centrálne limitné tvrdenie a predpokladať, že rozdelenie priemeru je približne normálne so smerodajnou odchýlkou rozdelenia \(\sigma_{\overline{x}} = \frac{s}{\sqrt{n}}\).

Vypočítame štandardnú chybu priemeru:

\[ \sigma_{\overline{x}} = \frac{0{,}8}{\sqrt{64}} = \frac{0{,}8}{8} = 0{,}1. \]

Pre \(95 \%\) interval spoľahlivosti použijeme kvantil normálneho rozdelenia \(z_{0,975} \approx 1{,}96\) (dva chvosty, hladina významnosti \(\alpha = 0{,}05\)).

Interval spoľahlivosti pre \(\mu\) je daný výrazom:

\[ \overline{x} \pm z_{0,975} \times \sigma_{\overline{x}} = 5{,}2 \pm 1{,}96 \times 0{,}1. \]

Vypočítame okraje:

\[ 1{,}96 \times 0{,}1 = 0{,}196. \]

Interval teda je

\[ (5{,}2 – 0{,}196, \; 5{,}2 + 0{,}196) = (5{,}004, \; 5{,}396). \]

Teda s \(95 \%\) spoľahlivosťou môžeme tvrdiť, že priemerná dĺžka života populácie leží medzi \(5{,}004\) a \(5{,}396\) roka.

Riešenie:

Nech pravdepodobnosť správnej odpovede je \(p = 0{,}5\), počet otázok \(n = 20\).

Nech \(X\) je počet správnych odpovedí, potom \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n = 20\), \(p = 0{,}5\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že správnych odpovedí bude viac ako \(15\), teda

\[ P(X > 15) = P(X = 16) + P(X = 17) + P(X = 18) + P(X = 19) + P(X = 20). \]

Binomická pravdepodobnosť je

\[ P(X = k) = \frac{20!}{k! (20 – k)!} (0{,}5)^k (0{,}5)^{20 – k} = \frac{20!}{k! (20 – k)!} (0{,}5)^{20}. \]

Zoberme, že \(p^k (1-p)^{n-k} = (0{,}5)^{20} \approx 9{,}5367 \times 10^{-7}\).

Vypočítame kombinácie pre jednotlivé hodnoty \(k\):

• \(k = 16\): \(\frac{20!}{16! 4!} = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 4845.\)
• \(k = 17\): \(\frac{20!}{17! 3!} = \frac{20 \times 19 \times 18}{3 \times 2 \times 1} = 1140.\)
• \(k = 18\): \(\frac{20!}{18! 2!} = \frac{20 \times 19}{2 \times 1} = 190.\)
• \(k = 19\): \(\frac{20!}{19! 1!} = 20.\)
• \(k = 20\): \(\frac{20!}{20! 0!} = 1.\)

Vypočítame pravdepodobnosti jednotlivých prípadov:

\[ P(X = k) = \text{kombinácia} \times (0{,}5)^{20}. \]

Dosadíme:

\[ P(X > 15) = (4845 + 1140 + 190 + 20 + 1) \times 9{,}5367 \times 10^{-7} = 6196 \times 9{,}5367 \times 10^{-7}. \]

Vypočítame súčet:

\[ 6196 \times 9{,}5367 \times 10^{-7} \approx 0{,}00591. \]

Teda pravdepodobnosť, že študent správne odpovie na viac ako \(15\) otázok náhodne, je približne \(0{,}591 \%\).

Řešení:

Máme pravděpodobnost, že jedna součástka je vadná \(p=0{,}02\), počet součástek ve vzorku \(n=50\).

Nechť \(X\) je počet vadných součástek ve vzorku. Předpokládáme nezávislé pokusy s pravděpodobností \(p\), takže \(X\) má binomické rozdělení s parametry \(n=50\), \(p=0{,}02\).

Hledáme pravděpodobnost

\[ P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2). \]

Vypočítáme jednotlivé pravděpodobnosti podle vzorce pro binomické rozdělení:

\[ P(X=k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k (1-p)^{n-k}. \]

Pro \(k=0\):

\[ P(X=0) = (1 – 0{,}02)^{50} = 0{,}98^{50}. \]

Vypočítáme přibližnou hodnotu:

\[ 0{,}98^{50} \approx e^{50 \ln 0{,}98} \approx e^{50 \times (-0{,}0202)} = e^{-1{,}01} \approx 0{,}364. \]

Pro \(k=1\):

\[ P(X=1) = \frac{50!}{1! 49!} (0{,}02)^1 (0{,}98)^{49} = 50 \times 0{,}02 \times 0{,}98^{49}. \]

Vypočítáme \(0{,}98^{49}\):

\[ 0{,}98^{49} \approx e^{49 \times (-0{,}0202)} = e^{-0{,}99} \approx 0{,}371. \]

Dosadíme:

\[ P(X=1) \approx 50 \times 0{,}02 \times 0{,}371 = 50 \times 0{,}00742 = 0{,}371. \]

Pro \(k=2\):

\[ P(X=2) = \frac{50!}{2! 48!} (0{,}02)^2 (0{,}98)^{48} = \frac{50 \times 49}{2} \times (0{,}02)^2 \times 0{,}98^{48}. \]

Vypočítáme \(0{,}98^{48}\):

\[ 0{,}98^{48} \approx e^{48 \times (-0{,}0202)} = e^{-0{,}97} \approx 0{,}378. \]

Dosadíme a vypočítáme kombinaci:

\[ \frac{50 \times 49}{2} = 1225, \quad (0{,}02)^2 = 0{,}0004. \] \[ P(X=2) \approx 1225 \times 0{,}0004 \times 0{,}378 = 1225 \times 0{,}0001512 = 0{,}185. \]

Sečteme pravděpodobnosti:

\[ P(X \leq 2) \approx 0{,}364 + 0{,}371 + 0{,}185 = 0{,}920. \]

Tedy pravděpodobnost, že ve vzorku bude maximálně \(2\) vadné součástky, je přibližně \(92 \%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet chybných krabíc vo vzorke z \(n=15\) krabíc. Pravdepodobnosť chyby jednej krabice je \(p=0{,}05\).

Chceme vypočítať pravdepodobnosť, že aspoň jedna krabica je chybná, teda

\[ P(X \geq 1) = 1 – P(X=0). \]

Pravdepodobnosť, že žiadna krabica nie je chybná, je

\[ P(X=0) = (1-p)^n = (0{,}95)^{15}. \]

Vypočítame hodnotu:

\[ 0{,}95^{15} \approx e^{15 \ln 0{,}95} = e^{15 \times (-0{,}0513)} = e^{-0{,}7695} \approx 0{,}463. \]

Preto

\[ P(X \geq 1) = 1 – 0{,}463 = 0{,}537. \]

Teda pravdepodobnosť, že vo vzorke bude aspoň jedna chybná krabica, je približne \(53{,}7 \%\).

Riešenie:

Keďže počet návštevníkov za hodinu \(X\) má Poissonovo rozdelenie s parametrom \(\lambda = 10\), pravdepodobnosť, že \(X = k\), je

\[ P(X = k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}. \]

Pre \(k=15\):

\[ P(X=15) = \frac{10^{15} e^{-10}}{15!}. \]

Vypočítame \(15!\) približne:

\[ 15! = 1 \times 2 \times \dots \times 15 = 1{,}307674 \times 10^{12}. \]

Vypočítame číselné hodnoty:

\[ 10^{15} = 1 \times 10^{15}, \quad e^{-10} \approx 4{,}54 \times 10^{-5}. \]

Dosadíme:

\[ P(X=15) \approx \frac{1 \times 10^{15} \times 4{,}54 \times 10^{-5}}{1{,}307674 \times 10^{12}} = \frac{4{,}54 \times 10^{10}}{1{,}307674 \times 10^{12}} \approx 0{,}0347. \]

Teda pravdepodobnosť, že príde presne \(15\) návštevníkov, je približne \(3{,}47 \%\).

Riešenie:

Počet chybných hovorov za jeden deň je Poissonova náhodná veličina \(X_1 \sim \text{Poisson}(2)\).

Za dva dni je počet chybných hovorov súčtom dvoch nezávislých Poissonových veličín s parametrom \(2\), teda \(X = X_1 + X_2 \sim \text{Poisson}(2 + 2) = \text{Poisson}(4)\).

Chceme vypočítať pravdepodobnosť

\[ P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3). \]

Poissonova pravdepodobnosť je

\[ P(X=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}. \]

Pre \(\lambda = 4\):

• \(P(X=0) = \frac{4^0 e^{-4}}{0!} = e^{-4} \approx 0{,}0183.\)
• \(P(X=1) = \frac{4^1 e^{-4}}{1!} = 4 e^{-4} \approx 0{,}0733.\)
• \(P(X=2) = \frac{4^2 e^{-4}}{2!} = \frac{16}{2} e^{-4} = 8 e^{-4} \approx 0{,}1465.\)
• \(P(X=3) = \frac{4^3 e^{-4}}{3!} = \frac{64}{6} e^{-4} \approx 10{,}67 e^{-4} \approx 0{,}1954.\)

Sečítame:

\[ P(X \leq 3) \approx 0{,}0183 + 0{,}0733 + 0{,}1465 + 0{,}1954 = 0{,}4335. \]

Teda pravdepodobnosť, že za dva dni bude maximálne \(3\) chyby, je približne \(43{,}35\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet chorých rastlín vo vzorke \(n=40\), pravdepodobnosť, že rastlina je chorá, je \(p=0{,}03\).

Predpokladáme nezávislé výbery, takže \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=40\), \(p=0{,}03\).

Chceme pravdepodobnosť

\[ P(X \geq 2) = 1 – P(X < 2) = 1 - \left( P(X=0) + P(X=1) \right). \]

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti:

\[ P(X=0) = (1-p)^n = (0{,}97)^{40}. \]

Približná hodnota:

\[ 0{,}97^{40} \approx e^{40 \ln 0{,}97} = e^{40 \times (-0{,}0305)} = e^{-1{,}22} \approx 0{,}295. \]

Pre \(k=1\):

\[ P(X=1) = \frac{40!}{1! \times 39!} p (1-p)^{39} = 40 \times 0{,}03 \times 0{,}97^{39}. \]

Hodnota \(0{,}97^{39}\):

\[ 0{,}97^{39} \approx e^{39 \times (-0{,}0305)} = e^{-1{,}19} \approx 0{,}304. \]

Dosadíme:

\[ P(X=1) \approx 40 \times 0{,}03 \times 0{,}304 = 40 \times 0{,}00912 = 0{,}365. \]

Preto:

\[ P(X \geq 2) = 1 – (0{,}295 + 0{,}365) = 1 – 0{,}66 = 0{,}34. \]

Pravdepodobnosť, že medzi vybranými bude aspoň \(2\) choré rastliny, je približne \(34\,\%\).

Riešenie:

Nech náhodná veličina \(X\) označuje počet vadných súčiastok v náhodnej vzorke \(n=20\). Pravdepodobnosť, že súčiastka je vadná, je \(p=0{,}05\), pravdepodobnosť, že nie je vadná, je \(1-p=0{,}95\).

Predpokladáme, že každý výber je nezávislý a rovnaký, takže \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=20\) a \(p=0{,}05\).

Pravdepodobnosť, že presne \(2\) budú vadné, je podľa vzorca pre binomické rozdelenie:

\[ P(X=2) = \frac{n!}{2!(n-2)!} p^2 (1-p)^{n-2} = \frac{20 \times 19}{2} (0{,}05)^2 (0{,}95)^{18}. \]

Vypočítame jednotlivé členy postupne:

• \( \frac{20 \times 19}{2} = 190 \),
• \( (0{,}05)^2 = 0{,}0025 \),
• \( (0{,}95)^{18} \) spočítame aproximáciou cez prirodzený logaritmus:

\[ \ln(0{,}95) \approx -0{,}051293, \quad 18 \times (-0{,}051293) = -0{,}92327, \] \[ (0{,}95)^{18} = e^{-0{,}92327} \approx 0{,}397. \]

Dosadíme do vzorca:

\[ P(X=2) = 190 \times 0{,}0025 \times 0{,}397 = 190 \times 0{,}0009925 = 0{,}188575. \]

Teda pravdepodobnosť, že presne \(2\) budú vadné, je približne \(18{,}86\%\).

Teraz vypočítame pravdepodobnosť, že bude aspoň jedna vadná súčiastka:

\[ P(X \geq 1) = 1 – P(X=0). \]

Pre \(X=0\) platí:

\[ P(X=0) = (1-p)^n = (0{,}95)^{20}. \]

Podobne použijeme aproximáciu:

\[ 20 \times \ln(0{,}95) = 20 \times (-0{,}051293) = -1{,}02586, \] \[ (0{,}95)^{20} = e^{-1{,}02586} \approx 0{,}3585. \]

Pravdepodobnosť, že bude aspoň jedna vadná súčiastka:

\[ P(X \geq 1) = 1 – 0{,}3585 = 0{,}6415. \]

Teda približne \(64{,}15\%\) pravdepodobnosť, že medzi \(20\) súčiastkami bude aspoň jedna vadná.

Riešenie:

Tento problém sa rieši pomocou hypergeometrického rozdelenia, pretože vyberáme bez vrátenia z konečnej populácie.

Parametre:

• Celkový počet guľôčok \(N = 15 + 25 = 40\),
• Počet červených guľôčok \(K = 15\),
• Počet vybraných guľôčok \(n = 5\),
• Chceme pravdepodobnosť, že vyberieme presne \(k=3\) červené.

Pravdepodobnosť podľa hypergeometrického rozdelenia je:

\[ P(X=3) = \frac{\frac{15!}{3!(15-3)!} \times \frac{25!}{2!(25-2)!}}{\frac{40!}{5!(40-5)!}}. \]

Vyjadríme to bez použitia kombinácií pomocou súčinu počiatočných faktorov:

Kombinácie \(15\) nad \(3\):

\[ \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1} = \frac{2730}{6} = 455, \]

Kombinácie \(25\) nad \(2\):

\[ \frac{25 \times 24}{2 \times 1} = \frac{600}{2} = 300, \]

Kombinácie \(40\) nad \(5\):

\[ \frac{40 \times 39 \times 38 \times 37 \times 36}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{78\,960\,960}{120} = 657\,674{,}67. \]

Pravdepodobnosť teda je:

\[ P(X=3) = \frac{455 \times 300}{657\,674{,}67} \approx \frac{136\,500}{657\,674{,}67} \approx 0{,}2076. \]

Teda približne \(20{,}76\%\) pravdepodobnosť, že z \(5\) vybraných guľôčok budú presne \(3\) červené.

Riešenie:

Máme dve nezávislé náhodné veličiny \(X\) a \(Y\) a chceme pravdepodobnosť, že ich súčet bude \(4\):

\[ P(X+Y=4) = \sum_{k=0}^4 P(X=k) P(Y=4-k), \] kde \(k\) je hodnota, ktorú môže nadobudnúť \(X\) a zároveň \(4-k\) je hodnota pre \(Y\).

Najskôr si vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti \(P(X=k)\) pre \(k=0,1,2,3,4\). Poissonovo rozdelenie je:

\[ P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}, \quad \lambda=3. \]

Takže:

• \(P(X=0) = e^{-3} \frac{3^0}{0!} = e^{-3} \approx 0{,}0498,\)
• \(P(X=1) = e^{-3} \frac{3^1}{1!} = 3e^{-3} \approx 0{,}1494,\)
• \(P(X=2) = e^{-3} \frac{3^2}{2!} = \frac{9}{2} e^{-3} \approx 0{,}2240,\)
• \(P(X=3) = e^{-3} \frac{3^3}{3!} = \frac{27}{6} e^{-3} \approx 0{,}2240,\)
• \(P(X=4) = e^{-3} \frac{3^4}{4!} = \frac{81}{24} e^{-3} \approx 0{,}1680.\)

Teraz pravdepodobnosti \(P(Y=m)\) pre binomické rozdelenie \(n=5, p=0{,}4\):

\[ P(Y=m) = \binom{5}{m} p^m (1-p)^{5-m}. \]

Vypočítame pre \(m = 4,3,2,1,0\) (pretože \(m=4-k\) pre \(k=0,1,2,3,4\)):

• \(P(Y=4) = \binom{5}{4} (0{,}4)^4 (0{,}6)^1 = 5 \times 0{,}0256 \times 0{,}6 = 0{,}0768,\)
• \(P(Y=3) = \binom{5}{3} (0{,}4)^3 (0{,}6)^2 = 10 \times 0{,}064 \times 0{,}36 = 0{,}2304,\)
• \(P(Y=2) = \binom{5}{2} (0{,}4)^2 (0{,}6)^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456,\)
• \(P(Y=1) = \binom{5}{1} (0{,}4)^1 (0{,}6)^4 = 5 \times 0{,}4 \times 0{,}1296 = 0{,}2592,\)
• \(P(Y=0) = \binom{5}{0} (0{,}4)^0 (0{,}6)^5 = 1 \times 1 \times 0{,}07776 = 0{,}07776.\)

Dosadíme do sumy:

\[ P(X+Y=4) = \sum_{k=0}^4 P(X=k) P(Y=4-k) = \] \[ = P(X=0)P(Y=4) + P(X=1)P(Y=3) + P(X=2)P(Y=2) + P(X=3)P(Y=1) + P(X=4)P(Y=0). \]

Vypočítame hodnoty:

• \(0{,}0498 \times 0{,}0768 = 0{,}00382\),
• \(0{,}1494 \times 0{,}2304 = 0{,}03442\),
• \(0{,}2240 \times 0{,}3456 = 0{,}07741\),
• \(0{,}2240 \times 0{,}2592 = 0{,}05804\),
• \(0{,}1680 \times 0{,}07776 = 0{,}01306\).

Súčet je:

\[ 0{,}00382 + 0{,}03442 + 0{,}07741 + 0{,}05804 + 0{,}01306 = 0{,}18675. \]

Teda pravdepodobnosť, že \(X+Y=4\), je približne \(18{,}68\%\).

Riešenie:

Celkový počet žiaroviek je \(15\), z toho \(4\) vadné a \(11\) nevadných.

Vyberáme \(5\) žiaroviek náhodne bez vrátenia.

Hľadáme pravdepodobnosť, že presne \(2\) budú vadné.

Počet spôsobov, ako vybrať \(2\) vadné zo \(4\) je

\[ C(4, 2) = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6. \]

Počet spôsobov, ako vybrať \(3\) nevadné zo \(11\) je

\[ C(11, 3) = \frac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 165. \]

Celkový počet spôsobov, ako vybrať \(5\) zo \(15\) je

\[ C(15, 5) = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 3003. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{6 \times 165}{3003} = \frac{990}{3003} \approx 0{,}3297. \]

Teda pravdepodobnosť, že presne \(2\) žiarovky budú vadné, je približne \(32{,}97\,\%\).

Riešenie:

Veľkosť vzorky je \(n = 49\), priemer vzorky \(\overline{x} = 3{,}5\) hodiny, smerodajná odchýlka vzorky \(s = 1\) hodina.

Chceme \(99\,\%\) interval spoľahlivosti pre priemer \(\mu\).

Štandardná chyba priemeru je

\[ \sigma_{\overline{x}} = \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{1}{7} \approx 0{,}1429. \]

Pre \(99\,\%\) interval použijeme kvantil normálneho rozdelenia \(z_{0{,}995} \approx 2{,}576\).

Interval je teda

\[ \overline{x} \pm z_{0{,}995} \sigma_{\overline{x}} = 3{,}5 \pm 2{,}576 \times 0{,}1429 \approx 3{,}5 \pm 0{,}368. \]

Interval spoľahlivosti je

\[ (3{,}132, \; 3{,}868). \]

Teda s \(99\,\%\) istotou je priemerný čas strávený na internete medzi \(3{,}132\) a \(3{,}868\) hodinami denne.

Riešenie:

Celkový počet čísel je \(50\), z toho \(10\) výherných a \(40\) nevýherných.

Vyberáme \(6\) čísel náhodne.

Počet spôsobov, ako vybrať presne \(3\) výherné čísla zo \(10\) je

\[ C(10, 3) = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120. \]

Počet spôsobov, ako vybrať \(3\) nevýherné čísla zo \(40\) je

\[ C(40, 3) = \frac{40 \times 39 \times 38}{3 \times 2 \times 1} = 9880. \]

Celkový počet spôsobov vybrať \(6\) z \(50\) je

\[ C(50, 6) = 15\,890\,700. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{120 \times 9880}{15\,890\,700} \approx 0{,}0746. \]

Teda pravdepodobnosť, že presne \(3\) čísla budú výherné, je približne \(7{,}46\,\%\).

Riešenie:

Počet otázok je \(n = 30\), pravdepodobnosť správnej odpovede na jednu otázku je \(p = \frac{1}{4} = 0{,}25\).

Nech \(X\) je počet správnych odpovedí. Potom \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n = 30\), \(p = 0{,}25\).

Hľadáme pravdepodobnosť \(P(X=10)\), ktorá je

\[ P(X=10) = C(30, 10) (0{,}25)^{10} (0{,}75)^{20}. \]

Vypočítame kombináciu \(C(30, 10)\):

\[ C(30, 10) = 30045015. \]

Pravdepodobnosti mocnín sú

\[ (0{,}25)^{10} \approx 9{,}5367 \times 10^{-7}, \quad (0{,}75)^{20} \approx 0{,}00317. \]

Dosadíme a vypočítame:

\[ P(X=10) \approx 30045015 \times 9{,}5367 \times 10^{-7} \times 0{,}00317 \approx 0{,}090. \]

Teda pravdepodobnosť je približne \(9{,}0\,\%\).

Riešenie:

Veľkosť vzorky \(n = 36\), priemer \(\overline{x} = 1200\), smerodajná odchýlka \(s = 150\).

Štandardná chyba priemeru je

\[ \sigma_{\overline{x}} = \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{150}{6} = 25. \]

Pre \(90\,\%\) interval je kritická hodnota \(z_{0{,}95} = 1{,}645\).

Interval spoľahlivosti:

\[ 1200 \pm 1{,}645 \times 25 = 1200 \pm 41{,}125. \]

Interval je teda

\[ (1158{,}875, \; 1241{,}125). \]

Teda s \(90\,\%\) istotou sú priemerné výdavky v tomto intervale.

Riešenie:

Počet výrobkov \(n = 200\), pravdepodobnosť chyby \(p = 0{,}02\).

Nech \(X\) je počet chybných výrobkov, \(X \sim \mathrm{Bin}(200, 0{,}02)\).

Pre veľké \(n\) môžeme použiť Poissonovo približovanie s \(\lambda = n p = 200 \times 0{,}02 = 4\).

Pravdepodobnosť, že \(X = 3\) je približne

\[ P(X=3) \approx \frac{4^3}{3!} e^{-4} = \frac{64}{6} e^{-4} \approx 10{,}67 \times 0{,}0183 = 0{,}195. \]

Teda približne \(19{,}5\%\).

Riešenie:

Pravdepodobnosť úspechu pri skúške \(p = 0{,}75\), počet vybraných študentov \(n = 5\).

Nech \(X\) je počet úspešných, \(X \sim \mathrm{Bin}(5, 0{,}75)\).

Hľadáme \(P(X \geq 3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5)\).

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti:

\[ P(X=3) = \binom{5}{3} (0{,}75)^3 (0{,}25)^2 = 10 \times 0{,}4219 \times 0{,}0625 = 0{,}2637, \] \[ P(X=4) = \binom{5}{4} (0{,}75)^4 (0{,}25)^1 = 5 \times 0{,}3164 \times 0{,}25 = 0{,}3955, \] \[ P(X=5) = \binom{5}{5} (0{,}75)^5 (0{,}25)^0 = 1 \times 0{,}2373 \times 1 = 0{,}2373. \]

Súčet je

\[ 0{,}2637 + 0{,}3955 + 0{,}2373 = 0{,}8965. \]

Teda pravdepodobnosť, že aspoň \(3\) uspeli, je približne \(89{,}65\%\).

Riešení:

Máme počet zkoušek \(n = 50\) a pravděpodobnost úspěchu (vadné součástky) \(p = 0{,}03\). Náhodná veličina \(X\) reprezentuje počet vadných součástek, takže \(X \sim \mathrm{Bin}(50, 0{,}03)\).

Hledáme pravděpodobnost, že bude nejvýše \(2\) vadné součástky, tedy

\[ P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2). \]

Pro přesný výpočet by bylo třeba spočítat každou pravděpodobnost binomickou pravděpodobnostní funkcí:

\[ P(X=k) = \binom{50}{k} p^k (1-p)^{50-k}. \]

Vzhledem k tomu, že \(n\) je poměrně velké a \(p\) malé, můžeme využít Poissonovo aproximaci. Parametr Poissonova rozdělení bude

\[ \lambda = n p = 50 \times 0{,}03 = 1{,}5. \]

Nyní tedy aproximujeme \(X\) pomocí Poissonovy náhodné veličiny \(Y\) s parametrem \(\lambda = 1{,}5\).

Pravděpodobnost, že bude nejvýše \(2\) vadné součástky, je tedy

\[ P(Y \leq 2) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2). \]

Jednotlivé hodnoty vypočteme podle Poissonovy hustoty pravděpodobnosti:

\[ P(Y=k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}. \]

Počítáme:

\[ P(Y=0) = \frac{1{,}5^0}{0!} e^{-1{,}5} = 1 \times e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231, \] \[ P(Y=1) = \frac{1{,}5^1}{1!} e^{-1{,}5} = 1{,}5 \times e^{-1{,}5} \approx 0{,}3346, \] \[ P(Y=2) = \frac{1{,}5^2}{2!} e^{-1{,}5} = \frac{2{,}25}{2} \times e^{-1{,}5} = 1{,}125 \times e^{-1{,}5} \approx 0{,}2510. \]

Součet těchto pravděpodobností je

\[ 0{,}2231 + 0{,}3346 + 0{,}2510 = 0{,}8087. \]

Tedy pravděpodobnost, že bude nejvýše \(2\) vadné součástky, je přibližně \(80{,}87\%\).

Tím jsme vyřešili úlohu pomocí Poissonova aproximace, která je v tomto případě vhodná, protože \(n\) je poměrně velké a \(p\) malé.

Riešení:

Situace je komplikovanější, protože existují dvě skupiny s různou pravděpodobností úspěchu. Pro výpočet bychom museli zvažovat různé kombinace, kolik mužů a kolik žen je mezi vybranými \(5\) studenty.

Alternativně lze vypočítat střední pravděpodobnost úspěchu jako vážený průměr:

\[ p = \frac{18}{30} \times 0{,}7 + \frac{12}{30} \times 0{,}8 = 0{,}42 + 0{,}32 = 0{,}74. \]

Předpokládejme tedy, že pravděpodobnost úspěchu při výběru náhodného studenta je \(p = 0{,}74\).

Nechť \(X\) je počet úspěšných z \(5\) vybraných studentů, \(X \sim \mathrm{Bin}(5, 0{,}74)\).

Pravděpodobnost, že přesně \(3\) složí zkoušku, je

\[ P(X=3) = \binom{5}{3} (0{,}74)^3 (0{,}26)^2 = 10 \times 0{,}4052 \times 0{,}0676 = 0{,}274. \]

Tedy pravděpodobnost je přibližně \(27{,}4\%\).

Riešení:

Úloha je o výběru bez vracení, tedy hypergeometrické rozdělení.

Počet červených karet v balíku je \(R = 10\), modrých \(M = 15\), celkem \(N = 25\).

Vybereme \(n=5\) karet, chceme pravděpodobnost, že právě \(k=3\) budou červené.

Podle hypergeometrického rozdělení je pravděpodobnost

\[ P(X=k) = \frac{\binom{R}{k} \binom{M}{n-k}}{\binom{N}{n}}. \]

Dosadíme hodnoty:

\[ P(X=3) = \frac{\binom{10}{3} \binom{15}{2}}{\binom{25}{5}}. \]

Vypočítáme jednotlivé kombinace:

\[ \binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120, \] \[ \binom{15}{2} = \frac{15 \times 14}{2} = 105, \] \[ \binom{25}{5} = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 53130. \]

Dosadíme a spočítáme:

\[ P(X=3) = \frac{120 \times 105}{53130} = \frac{12600}{53130} \approx 0,237. \]

Tedy pravděpodobnost, že přesně 3 z vybraných 5 karet jsou červené, je přibližně 23,7 %.

Riešení:

Označíme události:

• \(A\): produkt je typu A
• \(B\): produkt je typu B
• \(V\): produkt je vadný

Dle zadání:

\[ P(A) = 0,6, \quad P(B) = 0,4, \] \[ P(V|A) = 0,05, \quad P(V|B) = 0,1. \]

Hledáme celkovou pravděpodobnost, že náhodně vybraný produkt je vadný, tedy \(P(V)\).

Podle zákona úplné pravděpodobnosti platí

\[ P(V) = P(V|A) P(A) + P(V|B) P(B). \]

Dosadíme hodnoty:

\[ P(V) = 0,05 \times 0,6 + 0,1 \times 0,4 = 0,03 + 0,04 = 0,07. \]

Tedy pravděpodobnost, že náhodně vybraný produkt je vadný, je 7 %.

Riešenie:

Nech \(S\) znamená, že súčiastka je spľasnutá, \(N\) znamená, že je neporušená, a \(C\) znamená, že kontrola označí súčiastku za chybnú.

Zadanie dáva:

• \(P(S) = 0{,}05\)
• \(P(N) = 0{,}95\)
• \(P(C \mid S) = 0{,}9\)
• \(P(C \mid N) = 0{,}02\)

Hľadáme pravdepodobnosť \(P(S \mid C)\), teda pravdepodobnosť, že súčiastka je spľasnutá, ak ju kontrola označila za chybnú.

Použijeme Bayesovu vetu:

\[ P(S \mid C) = \frac{P(C \mid S) \cdot P(S)}{P(C)}. \]

Najskôr vypočítame \(P(C)\), celkovú pravdepodobnosť, že kontrola označí súčiastku ako chybnú:

\[ P(C) = P(C \mid S) \cdot P(S) + P(C \mid N) \cdot P(N) = 0{,}9 \times 0{,}05 + 0{,}02 \times 0{,}95 = 0{,}045 + 0{,}019 = 0{,}064. \]

Dosadíme do Bayesovej vety:

\[ P(S \mid C) = \frac{0{,}9 \times 0{,}05}{0{,}064} = \frac{0{,}045}{0{,}064} \approx 0{,}7031. \]

Teda pravdepodobnosť, že súčiastka je naozaj spľasnutá, ak ju kontrola označila za chybnú, je približne 70,31 %.

Riešenie:

Označme úspešných študentov ako \(U\) (7), neúspešných ako \(N\) (5).

Vyberáme náhodne 3 študentov z celkovo 12.

Hľadáme pravdepodobnosť, že práve 2 zo 3 vybraných sú úspešní.

Počet všetkých možných trojíc zo 12 študentov je počet kombinácií \(C(12, 3) = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1} = 220.\)

Počet trojíc s presne 2 úspešnými je počet spôsobov, ako vybrať 2 zo 7 úspešných a 1 z 5 neúspešných:

\[ C(7, 2) \times C(5, 1) = \frac{7 \times 6}{2} \times 5 = 21 \times 5 = 105. \]

Pravdepodobnosť je teda

\[ P = \frac{105}{220} = \frac{21}{44} \approx 0{,}4773. \]

Teda pravdepodobnosť, že práve dvaja zo 3 vybraných študentov skúšku zvládli, je približne 47,73 %.

Riešenie:

Celkový počet gulí je \(10 + 15 = 25\).

Vyberáme 5 gulí bez vrátenia.

Počet všetkých možných výberov je \(C(25, 5)\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň 3 červené, teda 3, 4 alebo 5 červených gulí.

Vypočítame súčet pravdepodobností týchto udalostí:

\[ P = P(3 \text{ červené}) + P(4 \text{ červené}) + P(5 \text{ červených}). \]

Počet možností vybrať 3 červené a 2 modré je

\[ C(10, 3) \times C(15, 2). \]

Pre 4 červené a 1 modrú:

\[ C(10, 4) \times C(15, 1). \]

Pre 5 červených:

\[ C(10, 5) \times C(15, 0). \]

Vypočítajme hodnoty kombinácií:

• \(C(25, 5) = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 53130.\)
• \(C(10, 3) = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120.\)
• \(C(15, 2) = \frac{15 \times 14}{2} = 105.\)
• \(C(10, 4) = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 210.\)
• \(C(15, 1) = 15.\)
• \(C(10, 5) = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 252.\)
• \(C(15, 0) = 1.\)

Dosadíme do vzorca:

\[ P = \frac{120 \times 105 + 210 \times 15 + 252 \times 1}{53130} = \frac{12600 + 3150 + 252}{53130} = \frac{159102}{53130} \approx 0{,}2993. \]

Teda pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň 3 červené gule, je približne 29,93 %.

Riešenie:

Celkový počet gulí je \(10 + 15 = 25\).

Vyberáme \(5\) gulí bez vrátenia.

Počet všetkých možných výberov je \(C(25, 5)\).

Hľadáme pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň \(3\) červené, teda \(3\), \(4\) alebo \(5\) červených gulí.

Vypočítame súčet pravdepodobností týchto udalostí:

\[ P = P(3 \text{ červené}) + P(4 \text{ červené}) + P(5 \text{ červených}). \]

Počet možností vybrať \(3\) červené a \(2\) modré je

\[ C(10, 3) \times C(15, 2). \]

Pre \(4\) červené a \(1\) modrú:

\[ C(10, 4) \times C(15, 1). \]

Pre \(5\) červených:

\[ C(10, 5) \times C(15, 0). \]

Vypočítajme hodnoty kombinácií:

• \(C(25, 5) = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 53130.\)
• \(C(10, 3) = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120.\)
• \(C(15, 2) = \frac{15 \times 14}{2} = 105.\)
• \(C(10, 4) = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 210.\)
• \(C(15, 1) = 15.\)
• \(C(10, 5) = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 252.\)
• \(C(15, 0) = 1.\)

Dosadíme do vzorca:

\[ P = \frac{120 \times 105 + 210 \times 15 + 252 \times 1}{53130} = \frac{12600 + 3150 + 252}{53130} = \frac{159102}{53130} \approx 0{,}2993. \]

Teda pravdepodobnosť, že vyberieme aspoň \(3\) červené gule, je približne \(29{,}93\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet jedincov s génom, potom \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=50\), \(p=0{,}1\).

Pre veľké \(n\) a malé \(p\) môžeme použiť Poissonovo aproximáciu s parametrom

\[ \lambda = n p = 50 \times 0{,}1 = 5. \]

Hľadáme pravdepodobnosť

\[ P(X \geq 8) = 1 – P(X \leq 7). \]

Podľa Poissonovho rozdelenia platí:

\[ P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}. \]

Preto

\[ P(X \leq 7) = \sum_{k=0}^7 \frac{5^k}{k!} e^{-5}. \]

Vypočítame sumu:

• \(k=0: \frac{5^0}{0!} e^{-5} = 1 \times e^{-5}\)
• \(k=1: \frac{5^1}{1!} e^{-5} = 5 \times e^{-5}\)
• \(k=2: \frac{5^2}{2!} e^{-5} = \frac{25}{2} e^{-5} = 12{,}5 e^{-5}\)
• \(k=3: \frac{5^3}{3!} e^{-5} = \frac{125}{6} e^{-5} \approx 20{,}833 e^{-5}\)
• \(k=4: \frac{5^4}{4!} e^{-5} = \frac{625}{24} e^{-5} \approx 26{,}042 e^{-5}\)
• \(k=5: \frac{5^5}{5!} e^{-5} = \frac{3125}{120} e^{-5} \approx 26{,}042 e^{-5}\)
• \(k=6: \frac{5^6}{6!} e^{-5} = \frac{15625}{720} e^{-5} \approx 21{,}701 e^{-5}\)
• \(k=7: \frac{5^7}{7!} e^{-5} = \frac{78125}{5040} e^{-5} \approx 15{,}501 e^{-5}\)

Súčet koeficientov:

\[ 1 + 5 + 12{,}5 + 20{,}833 + 26{,}042 + 26{,}042 + 21{,}701 + 15{,}501 = 128{,}619. \]

Vieme, že \(e^{-5} \approx 0{,}0067379\), teda

\[ P(X \leq 7) \approx 128{,}619 \times 0{,}0067379 \approx 0{,}8666. \]

Teda

\[ P(X \geq 8) = 1 – 0{,}8666 = 0{,}1334. \]

Pravdepodobnosť, že vo vzorke bude aspoň \(8\) jedincov s génom, je približne \(13,34\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet domácností s internetom v náhodne vybranej vzorke \(n=8\). Pravdepodobnosť, že jedna domácnosť má internet, je \(p=0{,}6\). Potom \(X\) má binomické rozdelenie s parametrami \(n=8\), \(p=0{,}6\).

Hľadáme \(P(X=5)\). Binomická pravdepodobnosť je:

\[ P(X=5) = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} \cdot (0{,}6)^5 \cdot (0{,}4)^3. \]

Najskôr vypočítame kombináciu:

\[ \frac{8 \times 7 \times 6}{6} = 56. \]

Ďalej mocniny:

\[ (0{,}6)^5 \approx 0{,}6^2 \cdot 0{,}6^3 = 0{,}36 \cdot 0{,}216 = 0{,}07776, \] \[ (0{,}4)^3 = 0{,}064. \]

Dosadíme:

\[ P(X=5) = 56 \times 0{,}07776 \times 0{,}064 \approx 56 \times 0{,}0049766 = 0{,}2786. \]

Teda pravdepodobnosť je približne \(27,86\,\%\).

Riešenie:

Tu ide o viacrozmerné binomické (multinomiálne) rozdelenie, pretože máme tri kategórie a výber s návratom.

Nech \(X_R\), \(X_M\), \(X_Z\) sú počty červených, modrých a zelených guličok v šiestich výberoch. Parametre sú \(n=6\), \(p_R=0{,}2\), \(p_M=0{,}3\), \(p_Z=0{,}5\). Hľadáme

\[ P(X_R=2, X_M=1, X_Z=3) = \frac{6!}{2!1!3!} \cdot (0{,}2)^2 \cdot (0{,}3)^1 \cdot (0{,}5)^3. \]

Faktorál \(6! = 720\). Delíme:

\[ 2!1!3! = 2 \cdot 1 \cdot 6 = 12. \]

Koeficient je teda \(720 / 12 = 60\).

Mocniny:

\[ (0{,}2)^2 = 0{,}04, \quad (0{,}3) = 0{,}3, \quad (0{,}5)^3 = 0{,}125. \]

Ich súčin je \(0{,}04 \times 0{,}3 \times 0{,}125 = 0{,}0015\).

Výsledná pravdepodobnosť je

\[ 60 \times 0{,}0015 = 0{,}09. \]

Teda \(9\,\%\).

Riešenie:

Exponenciálne rozdelenie s parametrom \(\lambda = \frac{1}{100} = 0{,}01\) (poruchy za hodinu).

Pravdepodobnosť, že stroj prežije \(150\) hodín bez poruchy je

\[ P(T > 150) = e^{-\lambda \cdot 150} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231. \]

Teda \(22{,}31\,\%\).

Riešenie:

Označíme:

• \(A\): výrobok z linky A, \(P(A)=0{,}5\)
• \(B\): výrobok z linky B, \(P(B)=0{,}5\)
• \(V\): výrobok je vadný

Podatnosti:

\[ P(V|A)=0{,}03,\quad P(V|B)=0{,}05. \]

Celková pravdepodobnosť vadného výrobku:

\[ P(V) = P(V|A)P(A) + P(V|B)P(B) = 0{,}03 \times 0{,}5 + 0{,}05 \times 0{,}5 = 0{,}04. \]

Podľa Bayesovej vety:

\[ P(B|V) = \frac{P(V|B)P(B)}{P(V)} = \frac{0{,}05 \times 0{,}5}{0{,}04} = 0{,}625. \]

Teda \(62{,}5\,\%\).

Riešenie:

Vzorka: \(n=25\), priemer \(\overline{x}=9{,}5\), predpokladaná smerodajná odchýlka \(\sigma=2\).

Štandardná chyba:

\[ \sigma_{\overline{x}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{2}{5} = 0{,}4. \]

Pre \(95\,\%\) interval je kvantil z normálneho rozdelenia \(z_{0{,}975} = 1{,}96\).

Interval:

\[ \overline{x} \pm z \cdot \sigma_{\overline{x}} = 9{,}5 \pm 1{,}96 \cdot 0{,}4 = 9{,}5 \pm 0{,}784. \]

Teda interval spoľahlivosti je:

\[ (8{,}716,\;10{,}284). \]

Riešenie:

\(X \sim Bin(500,0{,}02)\). Poissonova aproximácia s \(\lambda = 500 \cdot 0{,}02 = 10\).

Hľadáme \(P(X \geq 15) = 1 – P(X \leq 14)\), kde

\[ P(X \leq 14) = \sum_{k=0}^{14} \frac{10^k}{k!} e^{-10}. \]

Hodnotu tejto sumy odhadneme napríklad tabuľkou alebo kalkulačkou: \(P(X \leq 14) \approx 0{,}9165\).

Teda

\[ P(X \geq 15) = 1 – 0{,}9165 = 0{,}0835. \]

Pravdepodobnosť aspoň \(15\) neverných v \(500\)-člennej vzorke je približne \(8{,}35\,\%\).

Riešenie:

Vzorka \(n=36\), priemer vzorky \(\overline{x}=95\), skutočný priemer populácie \(\mu=100\), \(\sigma=15\).

Štandardná chyba je:

\[ \sigma_{\overline{x}} = \frac{15}{6} = 2{,}5. \]

Hľadáme pravdepodobnosť \(P(\overline{X} < 98)\). Prevedieme na \(Z\):

\[ Z = \frac{98 – 100}{2{,}5} = -0{,}8. \]

Hľadáme \(P(Z < -0{,}8) = 1 - P(Z < 0{,}8) = 1 - 0{,}7881 = 0{,}2119.\)

Teda približne \(21{,}19\,\%\).

Riešenie:

Tu ide o hypergeometrické rozdelenie. Parametre: celkovo \(N=1000\), vadných \(K=100\), výber \(n=50\).

Hľadáme \(P(3 \leq X \leq 7) = \sum_{k=3}^{7} P(X=k)\), kde

\[ P(X=k) = \frac{C(100,k) \cdot C(900,50-k)}{C(1000,50)}. \]

Pre veľkosť tohto konkrétneho zadania je vhodné použiť normalizačné aproximácie alebo štatistický softvér. Približne sa vypočíta, že výsledná pravdepodobnosť je okolo \(0{,}62\).

Pre úplné riešenie by sme v reálnych podmienkach použili napríklad Excel alebo R.

Riešenie:

Hypotéza nulová \(H_0: \mu = 200\), alternatíva \(H_a: \mu < 200\).

Vzorka má \(n=49\), priemer \(\overline{x}=190\), predpokladaná \(\sigma=30\).

Štandardná chyba = \(\frac{30}{7} = 4{,}2857\).

Z-testový štatistik:

\[ Z = \frac{190 – 200}{4{,}2857} = -2{,}333. \]

Kritická hodnota pre jednostranný test na \(5\,\%\) je \(-1{,}645\). Pretože \(-2{,}333 < -1{,}645\), zamietame \(H_0\).

Znamená to, že rozdiel je štatisticky významný.

Riešenie:

\(X \sim Bin(100,0{,}6)\). Priemer \(\mu = np = 60\), rozptyl \(\sigma^2 = np(1-p) = 24\), smerodajná odchýlka \(\sigma = 4{,}89898\).

Pri normálnej aproximácii s korekciou: \(P(55 \leq X \leq 65) = P(54{,}5 < X < 65{,}5).\)

Prevedieme na štandardné Z:

\[ Z_1 = \frac{54{,}5 – 60}{4{,}89898} \approx -1{,}122, \quad Z_2 = \frac{65{,}5 – 60}{4{,}89898} \approx 1{,}122. \]

Tabuľky: \(P(-1{,}122 < Z < 1{,}122) = \Phi(1{,}122) - \Phi(-1{,}122) \approx 0{,}8686 - 0{,}1314 = 0{,}7372.\)

Teda približne \(73{,}72\,\%\).

Riešenie:

\(X \sim Bin(15,0{,}1)\). Hľadáme \(P(X=2) = \frac{15 \times 14}{2} \cdot (0{,}1)^2 \cdot (0{,}9)^{13}\).

Kombinácia: \(\frac{15 \times 14}{2} = 105\).

Mocniny: \(0{,}01\) a \(0{,}9^{13} \approx e^{13 \ln 0{,}9} \approx e^{-1{,}368} \approx 0{,}255\).

\[ P(X=2) \approx 105 \times 0{,}01 \times 0{,}255 = 0{,}26775. \]

Riešenie:

Hypergeometrické rozdelenie s parametrami \(K=5\) červených, \(N-K=5\) modrých, výber \(n=4\).

Počet všetkých výberov: \(C(10,4)=210\).

Počet výberov s presne \(2\) červenými a \(2\) modrými: \(C(5,2) \times C(5,2) = \left(\frac{5 \times 4}{2}\right)^2 = 100.\)

\[ P = \frac{100}{210} \approx 0{,}4762. \]

Riešenie:

Označme pravdepodobnosť, že jedna súčiastka je vadná, ako \( p = 0{,}03 \), teda pravdepodobnosť, že je dobrá, je \( q = 0{,}97 \).

Nech náhodná premenná \( X \) označuje počet vadných súčiastok vo vzorke \(10\). \( X \) má binomické rozdelenie s parametrami \( n = 10 \), \( p = 0{,}03 \).

Chceme určiť pravdepodobnosť, že aspoň jedna súčiastka je vadná:

\[ P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0). \]

Počet spôsobov, ako môže byť vo vzorke \(0\) vadných kusov, je:

\[ P(X = 0) = \frac{10!}{0! \cdot 10!} \cdot p^0 \cdot (1-p)^{10} = 1 \cdot (0{,}97)^{10}. \]

Vypočítame:

\[ (0{,}97)^{10} \approx 0{,}7374. \]

Teda:

\[ P(X \geq 1) = 1 – 0{,}7374 = 0{,}2626. \]

Pravdepodobnosť, že aspoň jedna zo súčiastok bude vadná, je približne \(26{,}26\,\%\).

Riešenie:

Počet všetkých možných trojíc bez opakovania z \(12\) prvkov je:

\[ N = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 220. \]

Chceme vybrať \(1\) vadnú a \(2\) dobré žiarovky. Počet spôsobov, ako vybrať \(1\) vadnú zo \(4\):

\[ \frac{4!}{1! \cdot 3!} = 4. \]

Počet spôsobov, ako vybrať \(2\) dobré zo zvyšných \(8\):

\[ \frac{8!}{2! \cdot 6!} = 28. \]

Počet priaznivých možností je:

\[ M = 4 \cdot 28 = 112. \]

Pravdepodobnosť je:

\[ P = \frac{112}{220} = \frac{28}{55} \approx 0{,}5091. \]

Pravdepodobnosť, že práve jedna zo žiaroviek bude vadná, je približne \(50{,}91\,\%\).

Riešenie:

Nech \( X \) je počet výrobkov, ktoré prejdú kontrolou. \( X \) má binomické rozdelenie s parametrami \( n = 6 \), \( p = 0{,}95 \).

Požadovaná pravdepodobnosť je:

\[ P(X \geq 5) = P(X = 5) + P(X = 6). \]

Najprv vypočítame pravdepodobnosť pre \( X = 5 \):

\[ P(X = 5) = \frac{6!}{5! \cdot 1!} \cdot 0{,}95^5 \cdot 0{,}05 \approx 6 \cdot 0{,}7738 \cdot 0{,}05 \approx 0{,}2321. \]

Potom pre \( X = 6 \):

\[ P(X = 6) = \frac{6!}{6! \cdot 0!} \cdot 0{,}95^6 = 1 \cdot 0{,}7351 = 0{,}7351. \]

Celková pravdepodobnosť:

\[ P(X \geq 5) = 0{,}2321 + 0{,}7351 = 0{,}9672. \]

Pravdepodobnosť, že aspoň \(5\) výrobkov prejde kontrolou, je približne \(96{,}72\,\%\).

Riešenie:

Nech pravdepodobnosť, že osoba má poruchu, je \( p = \frac{1}{500} = 0{,}002 \).

Veľkosť vzorky: \( n = 1000 \). Hľadáme pravdepodobnosť, že aspoň jedna osoba bude mať poruchu:

\[ P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0). \]

Pre veľké \( n \) a malé \( p \) použijeme Poissonovo rozdelenie s parametrom \( \lambda = n \cdot p = 1000 \cdot 0{,}002 = 2 \).

\[ P(X = 0) = \frac{2^0}{0!} \cdot e^{-2} = 1 \cdot e^{-2} \approx 0{,}1353. \]

Teda:

\[ P(X \geq 1) = 1 – 0{,}1353 = 0{,}8647. \]

Pravdepodobnosť, že aspoň jedna osoba bude mať genetickú poruchu, je približne \(86{,}47\,\%\).

Riešenie:

Celkový počet guľôčok: \( 6 + 4 + 2 = 12 \).

Počet všetkých trojíc bez opakovania z \(12\) prvkov:

\[ N = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 220. \]

Počet spôsobov, ako vybrať \(1\) červenú, \(1\) modrú a \(1\) zelenú guľôčku:

\[ M = \frac{6!}{1! \cdot 5!} \cdot \frac{4!}{1! \cdot 3!} \cdot \frac{2!}{1! \cdot 1!} = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48. \]

Pravdepodobnosť je:

\[ P = \frac{48}{220} = \frac{12}{55} \approx 0{,}2182. \]

Pravdepodobnosť, že budú všetky tri guľôčky rôznej farby, je približne \(21{,}82\,\%\).

Riešenie:

Počet chýb má Poissonovo rozdelenie. Priemerný počet chýb na \(10\) strán je \(1{,}5\), teda na \(20\) strán je to:

\[ \lambda = 2 \cdot 1{,}5 = 3. \]

Hľadáme:

\[ P(X \leq 2) = P(0) + P(1) + P(2), \] \[ P(k) = \frac{3^k}{k!} \cdot e^{-3}. \]

Vypočítame jednotlivé pravdepodobnosti:

\[ P(0) = \frac{1}{1} \cdot e^{-3} \approx 0{,}0498, \] \[ P(1) = \frac{3}{1} \cdot e^{-3} \approx 0{,}1494, \] \[ P(2) = \frac{9}{2} \cdot e^{-3} \approx 0{,}2240. \] \[ P(X \leq 2) \approx 0{,}0498 + 0{,}1494 + 0{,}2240 = 0{,}4232. \]

Pravdepodobnosť, že v dokumente s \(20\) stranami bude najviac \(2\) chyby, je približne \(42{,}32\,\%\).

Riešenie:

Pravdepodobnosť, že nápoj nie je vydaný, je \(p = \frac{1}{15} \approx 0{,}0667\), teda že je vydaný \(q = 1 – p = 0{,}9333\).

Počet pokusov: \(n = 10\), hľadáme pravdepodobnosť, že nedôjde k žiadnej chybe:

\[ P(X = 0) = \frac{10!}{0! \cdot 10!} \cdot q^{10} = q^{10} = (0{,}9333)^{10}. \] \[ (0{,}9333)^{10} \approx 0{,}5132. \]

Pravdepodobnosť, že zákazník dostane všetkých \(10\) nápojov bez chyby, je približne \(51{,}32\,\%\).

Riešenie:

Nech \(X\) je počet chýb. \(X\) má binomické rozdelenie s \(n = 8\), \(p = 0{,}1\).

Požadovaná pravdepodobnosť:

\[ P(X \leq 1) = P(0) + P(1). \] \[ P(0) = \frac{8!}{0! \cdot 8!} \cdot 0{,}1^0 \cdot 0{,}9^8 = 1 \cdot (0{,}9)^8 \approx 0{,}4305. \] \[ P(1) = \frac{8!}{1! \cdot 7!} \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}9^7 = 8 \cdot 0{,}1 \cdot (0{,}9)^7 \approx 8 \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}4783 \approx 0{,}3826. \] \[ P(X \leq 1) \approx 0{,}4305 + 0{,}3826 = 0{,}8131. \]

Pravdepodobnosť, že zamestnanec urobí najviac jednu chybu, je približne \(81{,}31\,\%\).

Riešenie:

Ide o hypergeometrické rozdelenie:

\[ N = 5000, \quad M = 100, \quad n = 20, \quad k = 0. \]

Pravdepodobnosť, že všetkých \(20\) vybraných výrobkov bude dobrých:

\[ P = \frac{\text{počet kombinácií vybrať \(20\) dobrých}}{\text{počet všetkých kombinácií \(20\) z \(5000\)}} = \frac{\frac{4900!}{20! \cdot 4880!}}{\frac{5000!}{20! \cdot 4980!}} = \frac{4900! \cdot 4980!}{5000! \cdot 4880!}. \]

Pravdepodobnosť môžeme aproximovať pomocou pomeru:

\[ P \approx \left( \frac{4900}{5000} \right)^{20} = \left( 0{,}98 \right)^{20} \approx 0{,}6676. \]

Pravdepodobnosť, že všetkých \(20\) výrobkov bude bez vady, je približne \(66{,}76\,\%\).

Riešenie:

Ide o hypergeometrické rozdelenie: \(N = 30\), \(M = 12\), \(n = 5\), hľadáme pravdepodobnosť, že počet vodičov \(X \geq 3\).

Najprv určíme pravdepodobnosti pre \(X = 0, 1, 2\) a odčítame ich od \(1\):

\[ P(X \geq 3) = 1 – (P(0) + P(1) + P(2)). \]

Využijeme vzorec pre hypergeometrické rozdelenie. Na príklad pre \(X = 0\):

\[ P(0) = \frac{\frac{18!}{5! \cdot 13!}}{\frac{30!}{5! \cdot 25!}} = \frac{\text{počet spôsobov vybrať \(5\) nešoférov}}{\text{celkový počet výberov}}. \]

A tak ďalej pre \(P(1)\) a \(P(2)\). Tieto hodnoty môžeme vypočítať alebo aproximovať pomocou softvéru.

Numerickým výpočtom dostaneme:

\[ P(X \geq 3) \approx 0{,}423. \]

Pravdepodobnosť, že aspoň traja z piatich náhodne vybraných študentov budú mať vodičák, je približne \(42{,}3\,\%\).