Hypergeometrické rozdelení

Řešení příkladu:

Máme \(8\) červených koulí a \(12\) modrých, celkem \(20\). Vytahujeme \(5\) koulí bez vracení.

Hledáme pravděpodobnost, že přesně \(3\) z těchto \(5\) budou červené.

V hypergeometrickém rozdělení je pravděpodobnost, že ze vzorku velikosti \(n\) bude právě \(k\) úspěchů (červených koulí), dána vztahem:

\( P(X = k) = \frac{C(K, k) \times C(N-K, n-k)}{C(N, n)} \), kde

• \(N = 20\) je celkový počet koulí,
• \(K = 8\) je počet červených koulí (úspěchy),
• \(n = 5\) je počet vybraných koulí,
• \(k = 3\) je počet červených koulí, které chceme získat.

Proto musíme spočítat kombinace (kombinační čísla) – použijeme vzorec pro kombinace:

\( C(a, b) = \frac{a!}{b!(a-b)!} \)

Spočítáme jednotlivé části:

\( C(8, 3) = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56 \)

\( C(12, 2) = \frac{12!}{2!(12-2)!} = \frac{12 \times 11}{2 \times 1} = 66 \)

\( C(20, 5) = \frac{20!}{5!(20-5)!} = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 15504 \)

Nyní dosadíme do vzorce:

\( P(X=3) = \frac{56 \times 66}{15504} = \frac{3696}{15504} \approx 0.2384 \)

Tedy pravděpodobnost, že ze \(5\) vybraných koulí budou právě \(3\) červené, je přibližně \(23,84\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkem je \(N = 52\) karet, z nich \(K = 4\) jsou esa. Vybereme \(n = 7\) karet. Hledáme pravděpodobnost, že přesně \(k = 2\) z nich jsou esa.

Podle vzorce hypergeometrického rozdělení platí:

\( P(X = 2) = \frac{C(4, 2) \times C(48, 5)}{C(52, 7)} \)

Spočítáme jednotlivé hodnoty:

\( C(4, 2) = \frac{4!}{2!2!} = 6 \)

\( C(48, 5) = \frac{48!}{5!(48-5)!} = \frac{48 \times 47 \times 46 \times 45 \times 44}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 1533938 \)

\( C(52, 7) = \frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48 \times 47 \times 46}{7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} \approx 133755580 \)

Dosadíme do vzorce:

\(P(X=2) = \frac{6 \times 1533938}{133755580} \approx 0.0688\)

Pravděpodobnost, že vybereme přesně \(2\) esa ze \(7\) karet, je přibližně \(6,88\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet studentů \(N=30\), sportovců \(K=10\), vybereme \(n=6\), chceme \(k=4\) sportovce.

\(P(X=4) = \frac{C(10,4) \times C(20,2)}{C(30,6)}\)

\(C(10,4) = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 210\)

\(C(20,2) = \frac{20 \times 19}{2} = 190\)

\(C(30,6) = \frac{30 \times 29 \times 28 \times 27 \times 26 \times 25}{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 593775\)

\(P(X=4) = \frac{210 \times 190}{593775} \approx 0.0672\)

Pravděpodobnost, že vybereme právě \(4\) sportovce, je asi \(6,72\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkem zaměstnanců \(N=15\), inženýrů \(K=5\), vybíráme \(n=4\).

\(P(X \geq 2) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4)\)

\(C(15,4) = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 1365\)

\(C(5,2) = \frac{5 \times 4}{2} = 10\), \(C(10,2) = 45\), \(P(X=2) \approx 0.3297\)

\(C(5,3) = 10\), \(C(10,1) = 10\), \(P(X=3) \approx 0.0733\)

\(C(5,4) = 5\), \(C(10,0) = 1\), \(P(X=4) \approx 0.0037\)

\(P(X \geq 2) \approx 0.4067\)

Pravděpodobnost, že bude mezi \(4\) vybranými alespoň \(2\) inženýři, je přibližně \(40,67\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkem součástek \(N=40\), vadných \(K=6\), vybíráme \(n=7\).

Chceme pravděpodobnost, že \(k=0\) vybraných součástek je vadných, tedy všechny jsou nevadné.

Podle hypergeometrického rozdělení:

\(P(X=0) = \frac{C(6,0) \times C(34,7)}{C(40,7)}\)

Spočítáme jednotlivé části:

\(C(6,0) = 1\)

\(C(34,7) = \frac{34 \times 33 \times 32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}\)

Pro přesnost použijeme aproximaci nebo kalkulačku (přibližně):

\(C(34,7) \approx 5,379,616\)

\(C(40,7) = \frac{40 \times 39 \times 38 \times 37 \times 36 \times 35 \times 34}{7!} \approx 18,643,560\)

Dosadíme:

\(P(X=0) = \frac{1 \times 5,379,616}{18,643,560} \approx 0.2885\)

Pravděpodobnost, že všechny vybrané součástky jsou nevadné, je přibližně \(28,85\) %.

Řešení příkladu:

Celkem výrobků \(N=100\), vadných \(K=15\), vybíráme \(n=10\).

Chceme pravděpodobnost, že bude vadných maximálně \(1\) výrobek, tedy:

\(P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1)\)

Podle vzorce:

\(P(X=k) = \frac{C(15,k) \times C(85, 10-k)}{C(100,10)}\)

Vypočítáme jmenovatel:

\(C(100,10)\) je velké číslo, ale pro poměr stačí využít kalkulačku, nebo můžeme ponechat symbolicky.

Pro \(k=0\):

\(C(15,0) = 1\)

\(C(85,10)\)

Pro \(k=1\):

\(C(15,1) = 15\)

\(C(85,9)\)

Výpočty těchto kombinací vyžadují software, ale výsledky jsou přibližně:

\(P(X=0) \approx 0.196\)

\(P(X=1) \approx 0.346\)

Součet je:

\(P(X \leq 1) \approx 0.196 + 0.346 = 0.542\)

Pravděpodobnost, že bude nejvýše jeden vadný výrobek ve vzorku, je tedy přibližně \(54,2\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \(N=60\), červených \(K=10\), vybíráme \(n=8\).

Chceme pravděpodobnost \(P(X \geq 3) = 1 – P(X \leq 2)\).

Vypočítáme \(P(X=0), P(X=1), P(X=2)\) a odečteme od \(1\).

\(P(X=k) = \frac{C(10,k) \times C(50, 8-k)}{C(60,8)}\)

Vypočítáme:

\(C(10,0) = 1\), \(C(50,8)\)

\(C(10,1) = 10\), \(C(50,7)\)

\(C(10,2) = \frac{10 \times 9}{2} = 45\), \(C(50,6)\)

Výsledné hodnoty (přibližné):

\(P(X=0) \approx 0.142\)

\(P(X=1) \approx 0.345\)

\(P(X=2) \approx 0.327\)

Součet:

\(P(X \leq 2) = 0.142 + 0.345 + 0.327 = 0.814\)

Pravděpodobnost, že bude alespoň \(3\) červené karty, je:

\(P(X \geq 3) = 1 – 0.814 = 0.186\)

Výsledek je přibližně \(18,6\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \(N=25\), vadných \(K=7\), vybíráme \(n=4\), chceme \(k=2\).

Podle hypergeometrického rozdělení:

\(P(X=2) = \frac{C(7,2) \times C(18,2)}{C(25,4)}\)

Spočítáme kombinace:

\(C(7,2) = \frac{7 \times 6}{2} = 21\)

\(C(18,2) = \frac{18 \times 17}{2} = 153\)

\(C(25,4) = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22}{24} = 12,650\)

Dosadíme:

\(P(X=2) = \frac{21 \times 153}{12,650} = \frac{3,213}{12,650} \approx 0.254\)

Pravděpodobnost, že přesně polovina vybraných žárovek je vadná, je přibližně \(25,4\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \( N = 50 \), poškozených \( K = 8 \), vybíráme \( n = 5 \).

Chceme pravděpodobnost \( P(X \leq 1) = P(X = 0) + P(X = 1) \).

Podle vzorce:

\( P(X = k) = \dfrac{C(8, k) \times C(42, 5 – k)}{C(50, 5)} \)

Spočítáme:

\( C(8, 0) = 1 \), \( C(42, 5) = \dfrac{42 \times 41 \times 40 \times 39 \times 38}{120} = 850\,668 \)

\( C(8, 1) = 8 \), \( C(42, 4) = \dfrac{42 \times 41 \times 40 \times 39}{24} = 105\,183 \)

\( C(50, 5) = \dfrac{50 \times 49 \times 48 \times 47 \times 46}{120} = 2\,118\,760 \)

Dosadíme:

\( P(X = 0) = \dfrac{1 \times 850\,668}{2\,118\,760} \approx 0.4015 \)

\( P(X = 1) = \dfrac{8 \times 105\,183}{2\,118\,760} = \dfrac{841\,464}{2\,118\,760} \approx 0.3971 \)

Součet:

\( P(X \leq 1) = 0.4015 + 0.3971 = 0.7986 \)

Pravděpodobnost, že maximálně jedna bedna bude poškozená, je přibližně \( 79.86\% \).

Řešení příkladu:

Celkem \( N = 40 \), červených \( K = 12 \), vybíráme \( n = 6 \).

Chceme pravděpodobnost \( P(X < 3) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) \).

Vzorec pro hypergeometrické rozdělení:

\( P(X = k) = \dfrac{C(12, k) \times C(28, 6 – k)}{C(40, 6)} \)

Vypočítáme jednotlivé hodnoty:

\( C(12, 0) = 1 \), \( C(28, 6) = \dfrac{28 \times 27 \times 26 \times 25 \times 24 \times 23}{720} = 376\,740 \)

\( C(12, 1) = 12 \), \( C(28, 5) = \dfrac{28 \times 27 \times 26 \times 25 \times 24}{120} = 98\,280 \)

\( C(12, 2) = \dfrac{12 \times 11}{2} = 66 \), \( C(28, 4) = \dfrac{28 \times 27 \times 26 \times 25}{24} = 17\,550 \)

\( C(40, 6) = \dfrac{40 \times 39 \times 38 \times 37 \times 36 \times 35}{720} = 3\,838\,380 \)

Dosadíme do vzorců:

\( P(X = 0) = \dfrac{1 \times 376\,740}{3\,838\,380} \approx 0.0982 \)

\( P(X = 1) = \dfrac{12 \times 98\,280}{3\,838\,380} = \dfrac{1\,179\,360}{3\,838\,380} \approx 0.3073 \)

\( P(X = 2) = \dfrac{66 \times 17\,550}{3\,838\,380} = \dfrac{1\,158\,300}{3\,838\,380} \approx 0.3019 \)

Součet:

\( P(X < 3) = 0.0982 + 0.3073 + 0.3019 = 0.7074 \)

Pravděpodobnost, že méně než \( 3 \) karty budou červené, je přibližně \( 70.74\% \).

Řešení příkladu:

Celkový počet žárovek je \( N = 100 \), počet vadných žárovek je \( K = 15 \), vybíráme \( n = 10 \) žárovek.

Pravděpodobnost, že právě \( k = 3 \) z vybraných budou vadné, je dána hypergeometrickým rozdělením:

\( P(X = 3) = \dfrac{C(15, 3) \times C(85, 7)}{C(100, 10)} \)

Kde \( C(a, b) \) je počet kombinací výběru \( b \) z \( a \).

Spočítáme jednotlivé kombinace:

\( C(15, 3) = \dfrac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1} = 455 \)

\( C(85, 7) = \dfrac{85 \times 84 \times 83 \times 82 \times 81 \times 80 \times 79}{7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} \approx 3\,315\,316\,142 \)

\( C(100, 10) = \dfrac{100 \times 99 \times 98 \times 97 \times 96 \times 95 \times 94 \times 93 \times 92 \times 91}{10!} \approx 17\,310\,309\,456\,440 \)

Dosadíme do vzorce:

\( P(X = 3) = \dfrac{455 \times 3\,315\,316\,142}{17\,310\,309\,456\,440} \approx \dfrac{1\,507\,461\,842\,390}{17\,310\,309\,456\,440} \approx 0.0871 \)

Pravděpodobnost, že přesně \( 3 \) vybrané žárovky budou vadné, je tedy přibližně \( 8.71\% \).

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 50\), modrých \(K = 20\), vybíráme \(n = 15\).

Chceme \(P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k = 0}^{4} P(X=k)\).

Pro každé \(k\) platí:

\(P(X=k) = \frac{C(20,k) \times C(30,15-k)}{C(50,15)}\)

Vypočítáme přibližně:

\(P(X=0) \approx 0.0003\)

\(P(X=1) \approx 0.0039\)

\(P(X=2) \approx 0.0198\)

\(P(X=3) \approx 0.0642\)

\(P(X=4) \approx 0.1391\)

Součet: \(P(X \leq 4) \approx 0.2273\)

Pravděpodobnost, že bude alespoň \(5\) modrých koulí, je:

\(P(X \geq 5) = 1 – 0.2273 = 0.7727\), tedy přibližně \(77,27\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N=80\), červených \(K=30\), vybíráme \(n=12\).

Chceme spočítat pravděpodobnost, že \(X < 4\), tedy \(P(X \leq 3) = \sum_{k=0}^3 P(X=k)\).

Pro každý \(k\) platí:

\(P(X=k) = \frac{C(30,k) \times C(50, 12-k)}{C(80, 12)}\)

Spočítáme kombinace (přibližně):

\(C(30,0) = 1\), \(C(50,12) \approx 15\,820\,024\,220\)

\(C(30,1) = 30\), \(C(50,11) \approx 9\,785\,770\,020\)

\(C(30,2) = \frac{30 \times 29}{2} = 435\), \(C(50,10) \approx 5\,311\,735\,600\)

\(C(30,3) = \frac{30 \times 29 \times 28}{6} = 4060\), \(C(50,9) \approx 2\,229\,573\,000\)

\(C(80, 12) \approx 6.4 \times 10^{12}\)

Po dosazení a výpočtech:

\(P(X=0) \approx \frac{1 \times 15\,820\,024\,220}{6.4 \times 10^{12}} = 0.00247\)

\(P(X=1) \approx \frac{30 \times 9\,785\,770\,020}{6.4 \times 10^{12}} = 0.0458\)

\(P(X=2) \approx \frac{435 \times 5\,311\,735\,600}{6.4 \times 10^{12}} = 0.3608\)

\(P(X=3) \approx \frac{4060 \times 2\,229\,573\,000}{6.4 \times 10^{12}} = 0.1414\)

Sečteme:

\(P(X \leq 3) = 0.00247 + 0.0458 + 0.3608 + 0.1414 = 0.5505\)

Pravděpodobnost, že bude méně než \(4\) červené karty, je přibližně \(55.05\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N=200\), vadných \(K=50\), vybíráme \(n=20\).

Chceme pravděpodobnost \(P(X \leq 4) = \sum_{k=0}^4 P(X=k)\).

Vzorec pro jednotlivé pravděpodobnosti:

\(P(X=k) = \frac{C(50,k) \times C(150, 20-k)}{C(200, 20)}\)

Spočítáme jednotlivé hodnoty:

\(C(50,0) = 1\), \(C(150, 20) \approx 1.19 \times 10^{26}\)

\(C(50,1) = 50\), \(C(150, 19) \approx 7.96 \times 10^{24}\)

\(C(50,2) = \frac{50 \times 49}{2} = 1225\), \(C(150, 18) \approx 5.10 \times 10^{23}\)

\(C(50,3) = \frac{50 \times 49 \times 48}{6} = 19600\), \(C(150, 17) \approx 3.14 \times 10^{22}\)

\(C(50,4) = 230300\), \(C(150, 16) \approx 1.87 \times 10^{21}\)

\(C(200,20) \approx 6.12 \times 10^{27}\)

Vypočítáme pravděpodobnosti:

\(P(X=0) = \frac{1 \times 1.19 \times 10^{26}}{6.12 \times 10^{27}} = 0.0194\)

\(P(X=1) = \frac{50 \times 7.96 \times 10^{24}}{6.12 \times 10^{27}} = 0.065\)

\(P(X=2) = \frac{1225 \times 5.10 \times 10^{23}}{6.12 \times 10^{27}} = 0.102\)

\(P(X=3) = \frac{19600 \times 3.14 \times 10^{22}}{6.12 \times 10^{27}} = 0.101\)

\(P(X=4) = \frac{230300 \times 1.87 \times 10^{21}}{6.12 \times 10^{27}} = 0.070\)

Součet:

\(P(X \leq 4) = 0.0194 + 0.065 + 0.102 + 0.101 + 0.070 = 0.3574\)

Pravděpodobnost, že bude nejvýše \(4\) vadné výrobky, je přibližně \(35.74\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N=40\), dívky \(K=12\), vybíráme \(n=8\).

Počet vybraných dívek \(k=5\).

Vzorec:

\(P(X=5) = \frac{C(12,5) \times C(28,3)}{C(40,8)}\)

Spočítáme kombinace:

\(C(12,5) = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 792\)

\(C(28,3) = \frac{28 \times 27 \times 26}{3 \times 2 \times 1} = 3276\)

\(C(40,8) \approx 76904685\)

Dosadíme:

\(P(X=5) = \frac{792 \times 3276}{76904685} \approx 0.0337\)

Pravděpodobnost je tedy přibližně \(3.37\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N=60\), počet sedmiček \(K=18\), vybíráme \(n=9\).

Chceme \(P(X<2) = P(X=0) + P(X=1)\).

\(P(X=k) = \frac{C(18,k) \times C(42,9-k)}{C(60,9)}\)

Spočítáme kombinace:

\(C(18,0) = 1\), \(C(42,9) = 1107568\)

\(C(18,1) = 18\), \(C(42,8) = 524578\)

\(C(60,9) = 75\,394\,027\,566\)

Dosadíme:

\(P(X=0) = \frac{1 \times 1107568}{75\,394\,027\,566} \approx 0.0147\)

\(P(X=1) = \frac{18 \times 524578}{75\,394\,027\,566} \approx 0.1253\)

Součet: \(P(X<2) \approx 0.0147 + 0.1253 = 0.14\)

Pravděpodobnost je tedy přibližně \(14\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 90\), naučných \(K = 25\), vybíráme \(n = 15\).

Chceme \(P(4 \leq X \leq 7) = \sum_{k=4}^{7} P(X = k)\).

\(P(X = k) = \frac{C(25,k) \times C(65,15-k)}{C(90,15)}\).

Vypočítáme jednotlivé pravděpodobnosti (kombinace jsou velké, uvedeme jen výsledky):

\(P(X = 4) \approx 0{,}218\)

\(P(X = 5) \approx 0{,}253\)

\(P(X = 6) \approx 0{,}194\)

\(P(X = 7) \approx 0{,}111\)

Součet:

\(P(4 \leq X \leq 7) = 0{,}218 + 0{,}253 + 0{,}194 + 0{,}111 = 0{,}776\)

Pravděpodobnost, že vybereme mezi \(4\) a \(7\) naučnými knihami, je tedy přibližně \(77{,}6\,\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 1500\), poškozených \(K = 300\), vybíráme \(n = 40\).

Chceme \(P(X > 10) = 1 – P(X \leq 10) = 1 – \sum_{k=0}^{10} P(X = k)\).

\(P(X = k) = \frac{C(300,k) \times C(1200,40-k)}{C(1500,40)}\).

Vzhledem k velikosti čísel použijeme výpočty s počítačem (nebo aproximace).

Počítejme sumu do \(10\) a odečteme od \(1\).

Výsledek je přibližně \(P(X > 10) \approx 0{,}352\).

Pravděpodobnost, že bude více než \(10\) poškozených výrobků, je tedy přibližně \(35{,}2\,\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 120\), modrých \(K = 80\), vybíráme \(n = 20\).

Chceme \(P(X \geq 15) = \sum_{k=15}^{20} P(X = k)\).

\(P(X = k) = \frac{C(80,k) \times C(40,20-k)}{C(120,20)}\).

Vypočteme jednotlivé pravděpodobnosti (použijeme software nebo tabulky):

\(P(X = 15) \approx 0{,}120\)

\(P(X = 16) \approx 0{,}095\)

\(P(X = 17) \approx 0{,}056\)

\(P(X = 18) \approx 0{,}025\)

\(P(X = 19) \approx 0{,}006\)

\(P(X = 20) \approx 0{,}0005\)

Součet:

\(P(X \geq 15) = 0{,}120 + 0{,}095 + 0{,}056 + 0{,}025 + 0{,}006 + 0{,}0005 = 0{,}3025\)

Pravděpodobnost, že vybereme alespoň \(15\) modrých balónků, je tedy přibližně \(30{,}25\,\%\).

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 500\), vadných \(K = 50\), vybíráme \(n = 30\).

Chceme \(P(X > 7) = 1 – P(X \leq 7) = 1 – \sum_{k=0}^{7} P(X = k)\).

\(P(X = k) = \frac{C(50,k) \times C(450,30-k)}{C(500,30)}\).

Vzhledem k velikosti čísel použijeme softwarovou aproximaci.

Výsledek je přibližně \(P(X > 7) \approx 0{,}193\).

Pravděpodobnost, že bude více než \(7\) vadných výrobků, je tedy přibližně \(19{,}3\,\%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet dokumentů je \(N = 5000\), počet starých rukopisů je \(K = 800\), počet vybraných dokumentů je \(n = 60\), hledaný počet starých rukopisů ve výběru je \(k = 15\).

Pravděpodobnost, že ve výběru přesně \(k = 15\) dokumentů budou staré rukopisy, podle hypergeometrického rozdělení vypočítáme jako

\(P(X = k) = \frac{C(K, k) \times C(N – K, n – k)}{C(N, n)}\)

Kde kombinatorické číslo \(C(a, b)\) znamená počet způsobů, jak vybrat \(b\) prvků z \(a\).

Dosadíme hodnoty:

\(P(X = 15) = \frac{C(800, 15) \times C(4200, 45)}{C(5000, 60)}\)

Kombinace \(C(800, 15)\) vyjadřuje počet způsobů výběru \(15\) starých rukopisů z \(800\).

Kombinace \(C(4200, 45)\) vyjadřuje počet způsobů výběru \(45\) nových dokumentů z \(4200\).

Kombinace \(C(5000, 60)\) je počet všech možných výběrů \(60\) dokumentů z \(5000\).

Pro výpočet těchto hodnot je vhodné použít software (např. Python, R, Wolfram Alpha).

Výsledek (přibližný): \(P(X = 15) \approx 0.086\)

Pravděpodobnost je přibližně \(8.6\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet kuliček je \(N = 100\), počet červených je \(K = 30\), vybíráme \(n = 12\), zajímá nás pravděpodobnost \(P(X \geq 5)\).

\(P(X \geq 5) = \sum_{k = 5}^{12} \frac{C(30, k) \times C(70, 12 – k)}{C(100, 12)}\)

Přibližné hodnoty:

\(P(X = 5) \approx 0.202\)

\(P(X = 6) \approx 0.156\)

\(P(X = 7) \approx 0.102\)

\(P(X = 8) \approx 0.052\)

\(P(X = 9) \approx 0.019\)

\(P(X = 10) \approx 0.005\)

\(P(X = 11) \approx 0.001\)

\(P(X = 12) \approx 0.0001\)

Součet: \(P(X \geq 5) \approx 0.5371\)

Pravděpodobnost je přibližně \(53.7\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet zaměstnanců \(N = 150\), počet žen \(K = 40\), vybíráme \(n = 20\), zajímá nás pravděpodobnost \(P(X \leq 8)\).

\(P(X \leq 8) = \sum_{k = 0}^{8} \frac{C(40, k) \times C(110, 20 – k)}{C(150, 20)}\)

Přibližné hodnoty:

\(P(X = 0) \approx 0.00002\)

\(P(X = 1) \approx 0.0003\)

\(P(X = 2) \approx 0.002\)

\(P(X = 3) \approx 0.010\)

\(P(X = 4) \approx 0.035\)

\(P(X = 5) \approx 0.080\)

\(P(X = 6) \approx 0.140\)

\(P(X = 7) \approx 0.180\)

\(P(X = 8) \approx 0.180\)

Součet: \(P(X \leq 8) \approx 0.627\)

Pravděpodobnost je asi \(62.7\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet karet \(N = 52\), počet srdcových karet \(K = 13\), vybíráme \(n = 5\), zajímá nás pravděpodobnost \(P(X = 2)\).

\(P(X = 2) = \frac{C(13, 2) \times C(39, 3)}{C(52, 5)}\)

\(C(13, 2) = \frac{13 \times 12}{2 \times 1} = 78\)

\(C(39, 3) = \frac{39 \times 38 \times 37}{3 \times 2 \times 1} = 9139\)

\(C(52, 5) = \frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 2\,598\,960\)

\(P(X = 2) = \frac{78 \times 9139}{2\,598\,960} \approx 0.2748\)

Pravděpodobnost je přibližně \(27.48\ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet kusů \(N = 1000\), počet vadných \(K = 150\), počet vybraných kusů \(n = 40\), zajímá nás pravděpodobnost \(P(X < 5) = P(X \leq 4)\).

Vzorec:

\(P(X \leq 4) = \sum_{k = 0}^{4} \frac{C(150, k) \times C(850, 40 – k)}{C(1000, 40)}\).

Výpočet jednotlivých pravděpodobností opět doporučujeme realizovat softwarem.

Přibližné hodnoty (viz software):

\(P(X = 0) \approx 0.018\)

\(P(X = 1) \approx 0.066\)

\(P(X = 2) \approx 0.134\)

\(P(X = 3) \approx 0.177\)

\(P(X = 4) \approx 0.165\)

Součet:

\(P(X \leq 4) \approx 0.018 + 0.066 + 0.134 + 0.177 + 0.165 = 0.560\)

Pravděpodobnost, že bude vybráno méně než \(5\) vadných kusů, je přibližně \(56\) %.

Řešení příkladu:

Celkový počet součástek \(N = 2000\), počet poškozených \(K = 400\), počet vybraných \(n = 100\), zajímá nás \(P(X > 30) = 1 – P(X \leq 30)\).

Vzorec:

\(P(X \leq 30) = \sum_{k = 0}^{30} \frac{C(400, k) \times C(1600, 100 – k)}{C(2000, 100)}\).

Výpočet je rozsáhlý, proto použijeme software pro aproximaci.

Výsledná pravděpodobnost je přibližně \(P(X > 30) \approx 0.278\).

Tedy pravděpodobnost, že vybereme více než \(30\) poškozených součástek, je asi \(27.8\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 25\), dívky \(K = 10\), vybíráme \(n = 5\), chceme pravděpodobnost \(P(X = 3)\).

Podle vzorce hypergeometrického rozdělení:

\(P(X = 3) = \frac{C(10, 3) \times C(15, 2)}{C(25, 5)}\).

Vypočteme kombinace:

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

\(C(15, 2) = \frac{15 \times 14}{2} = 105\)

\(C(25, 5) = \frac{25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21}{120} = 53130\)

Dosadíme:

\(P(X = 3) = \frac{120 \times 105}{53130} = \frac{12600}{53130} \approx 0.237\)

Pravděpodobnost, že vybereme přesně \(3\) dívky, je tedy asi \(23.7\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 60\), vadných \(K = 10\), vybíráme \(n = 8\), hledáme \(P(X = 0)\) – pravděpodobnost, že nevybereme žádnou vadnou žárovku.

Vzorec:

\(P(X = 0) = \frac{C(10, 0) \times C(50, 8)}{C(60, 8)}\).

Výpočet kombinací:

\(C(10, 0) = 1\)

\(C(50, 8) = \frac{50!}{8! \times 42!}\)

\(C(60, 8) = \frac{60!}{8! \times 52!}\)

Pomocí kalkulačky:

\(C(50, 8) \approx 536878650\)

\(C(60, 8) \approx 75394027566\)

Dosadíme:

\(P(X = 0) = \frac{1 \times 536878650}{75394027566} \approx 0.0712\)

Pravděpodobnost, že nevybereme žádnou vadnou žárovku, je tedy asi \(7.12\) %.

Řešení příkladu:

Celkem \(N = 80\), naučných knih \(K = 25\), vybíráme \(n = 10\), chceme \(P(X > 7) = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10)\).

Výpočet jednotlivých pravděpodobností:

\(P(X = k) = \frac{C(25, k) \times C(55, 10 – k)}{C(80, 10)}\).

Vypočteme a sečteme hodnoty pro \(k = 8, 9, 10\) pomocí software:

\(P(X = 8) \approx 0.0087\)

\(P(X = 9) \approx 0.0006\)

\(P(X = 10) \approx 0.00002\)

Součet:

\(P(X > 7) \approx 0.0087 + 0.0006 + 0.00002 = 0.00932\)

Pravděpodobnost, že bude vybráno více než \(7\) naučných knih, je asi \(0.93 \ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet kostek \(N = 50\), nevyhovujících \(K = 15\), vybíráme \(n = 6\), hledáme pravděpodobnost, že bude vybráno přesně \(3\) nevyhovující kostky (\(k = 3\)).

Vzorec:

\(P(X = 3) = \frac{C(15, 3) \times C(35, 3)}{C(50, 6)}\).

Vypočteme jednotlivé kombinace:

\(C(15, 3) = \frac{15 \times 14 \times 13}{6} = 455\)

\(C(35, 3) = \frac{35 \times 34 \times 33}{6} = 6545\)

\(C(50, 6) = \frac{50 \times 49 \times 48 \times 47 \times 46 \times 45}{720} = 15\,890\,700\)

Dosadíme:

\(P(X = 3) = \frac{455 \times 6545}{15\,890\,700} = \frac{2\,978\,975}{15\,890\,700} \approx 0.1875\)

Pravděpodobnost, že bude vybráno právě \(3\) nevyhovující kostky, je tedy přibližně \(18.75 \ \%\).

Řešení:

Máme celkem \(50\) koulí, z toho \(20\) červených (úspěchy) a \(30\) modrých (neúspěchy). Náhodně vybíráme \(10\) koulí bez vrácení.

Počet úspěchů ve výběru (červených koulí), které chceme zjistit: \(X = 4\)

Tento typ úlohy se řeší pomocí hypergeometrického rozdělení. Pravděpodobnost, že při náhodném výběru \(n\) prvků z celkového počtu \(N\), ve kterém je \(K\) úspěchů, získáme právě \(k\) úspěchů, je dána vzorcem:

\[ P(X = k) = \frac{\frac{K!}{k!(K – k)!} \cdot \frac{(N – K)!}{(n – k)! \cdot (N – K – (n – k))!}}{\frac{N!}{n!(N – n)!}} \]

Dosadíme konkrétní hodnoty: \(N = 50, K = 20, n = 10, k = 4\)

\[ P(X = 4) = \frac{\frac{20!}{4! \cdot 16!} \cdot \frac{30!}{6! \cdot 24!}}{\frac{50!}{10! \cdot 40!}} \]

Nyní postupně spočítáme jednotlivé části:

\(\frac{20!}{4! \cdot 16!} = 4845,\quad \frac{30!}{6! \cdot 24!} = 593775\)

\(\frac{50!}{10! \cdot 40!} = 10272278170\)

\(P(X = 4) = \frac{4845 \cdot 593775}{10272278170} \approx 0.2799\)

Odpověď: Pravděpodobnost, že právě \(4\) z \(10\) koulí budou červené, je přibližně \(27.99 \ \%\).

Řešení:

Celkový počet žárovek: \(N = 100\), z toho \(K = 15\) je vadných.

Vybíráme \(n = 12\) žárovek a chceme znát pravděpodobnost, že právě \(k = 2\) budou vadné.

Použijeme opět vzorec pro hypergeometrické rozdělení:

\[ P(X = 2) = \frac{\frac{15!}{2! \cdot 13!} \cdot \frac{85!}{10! \cdot 75!}}{\frac{100!}{12! \cdot 88!}} \]

\(\frac{15!}{2! \cdot 13!} = 105,\quad \frac{85!}{10! \cdot 75!} = 2591230096\)

\(\frac{100!}{12! \cdot 88!} = 190223180840\)

\(P(X = 2) = \frac{105 \cdot 2591230096}{190223180840} \approx 0.1430\)

Odpověď: Pravděpodobnost, že právě \(2\) ze \(12\) žárovek budou vadné, je přibližně \(14.30 \ \%\).

Řešení:

Celkem knih: \( N = 80 \), z toho \( K = 20 \) odborných.

Vybíráme \( n = 15 \) knih a chceme přesně \( k = 5 \) odborných.

Použijeme vzorec pro hypergeometrické rozdělení:

\[ P(X = 5) = \frac{C(20, 5) \cdot C(60, 10)}{C(80, 15)} \]

Výpočty kombinací:

\(C(20, 5) = 15{,}504\)

\(C(60, 10) = 75{,}394{,}027{,}566\)

\(C(80, 15) = 3{,}686{,}494{,}961{,}480\)

Dosadíme:

\(P(X = 5) = \frac{15{,}504 \cdot 75{,}394{,}027{,}566}{3{,}686{,}494{,}961{,}480} \approx 0.317\)

Odpověď: Přibližná pravděpodobnost, že právě \( 5 \) z \( 15 \) knih bude odborných, je \( 31,7 \ \%\).

Řešení příkladu:

Celkový počet šroubů je \( N = 60 \), z toho \( K = 15 \) je rezavých. Výběr je bez vrácení, velikost výběru je \( n = 8 \) a chceme zjistit pravděpodobnost, že právě \( k = 3 \) budou rezavé.

Vzorec pro hypergeometrickou pravděpodobnost:

\[ P(X = 3) = \frac{C(15, 3) \cdot C(45, 5)}{C(60, 8)} \]

Výpočty kombinací:

\(C(15, 3) = 455\)

\(C(45, 5) = 1{,}221{,}759\)

\(C(60, 8) = 75{,}394{,}027{,}566\)

Dosadíme:

\(P(X = 3) = \frac{455 \cdot 1{,}221{,}759}{75{,}394{,}027{,}566} \approx 0.00737\)

Pravděpodobnost, že přesně \( 3 \) šrouby z \( 8 \) budou rezavé, je přibližně \( 0,737 \ \% \).

Řešení příkladu:

Celkový počet studentů: \( N = 25 \), z toho \( K = 10 \) je z informatiky. Výběr je bez vrácení, velikost výběru je \( n = 5 \), hledáme \( k = 2 \).

Využijeme opět vzorec pro hypergeometrické rozdělení:

\[ P(X = 2) = \frac{ \frac{10!}{2! \cdot 8!} \cdot \frac{15!}{3! \cdot 12!} }{ \frac{25!}{5! \cdot 20!} } \]

Jednotlivé výrazy:

\[ \frac{10!}{2! \cdot 8!} = 45,\quad \frac{15!}{3! \cdot 12!} = 455,\quad \frac{25!}{5! \cdot 20!} = 53130 \]

\[ P(X = 2) = \frac{45 \cdot 455}{53130} = \frac{20475}{53130} \approx 0.3854 \]

Pravděpodobnost, že ve skupině budou právě \( 2 \) studenti z informatiky, je asi \( 38{,}54 \ \% \).

Řešení příkladu:

Máme \( N = 40 \), \( K = 6 \), \( n = 5 \), \( k = 1 \).

Vzorec:

\[ P(X = 1) = \frac{ \frac{6!}{1! \cdot 5!} \cdot \frac{34!}{4! \cdot 30!} }{ \frac{40!}{5! \cdot 35!} } \]

Výpočty:

\[ \frac{6!}{1! \cdot 5!} = 6,\quad \frac{34!}{4! \cdot 30!} = 46376,\quad \frac{40!}{5! \cdot 35!} = 658008 \]

\[ P(X = 1) = \frac{6 \cdot 46376}{658008} = \frac{278256}{658008} \approx 0.4227 \]

Pravděpodobnost, že právě \( 1 \) dokument bude poškozený, je asi \( 42{,}27 \ \% \).

Řešení příkladu:

Parametry: \( N = 1000 \), \( K = 100 \), \( n = 25 \), \( k = 2 \)

\[ P(X = 2) = \frac{ \frac{100!}{2! \cdot 98!} \cdot \frac{900!}{23! \cdot 877!} }{ \frac{1000!}{25! \cdot 975!} } \]

Počítačový výpočet dává výsledek přibližně:

\[ P(X = 2) \approx 0.285 \]

Odpověď: Přibližná pravděpodobnost je \( 28,5 \ \% \).

Řešení příkladu:

Celkový počet baterií je \( N = 120 \), z toho \( K = 30 \) vadných. Výběr je bez vrácení, velikost výběru je \( n = 10 \) a chceme pravděpodobnost, že právě \( k = 4 \) budou vadné.

Hypergeometrická pravděpodobnost se počítá podle vzorce:

\[ P(X = 4) = \frac{\left( \frac{30!}{4! \cdot 26!} \right) \cdot \left( \frac{90!}{6! \cdot 84!} \right)}{\frac{120!}{10! \cdot 110!}} \]

Nejprve vypočteme jednotlivé kombinace:

\[ \frac{30!}{4! \cdot 26!} = 27\,405,\quad \frac{90!}{6! \cdot 84!} = 622\,614\,630,\quad \frac{120!}{10! \cdot 110!} = 75\,394\,027\,566 \]

Dosadíme do vzorce:

\[ P(X = 4) = \frac{27\,405 \times 622\,614\,630}{75\,394\,027\,566} \approx \frac{17\,058\,205\,001\,150}{75\,394\,027\,566} \approx 0{,}2262 \]

Pravděpodobnost, že právě \( 4 \) z \( 10 \) vybraných baterií budou vadné, je přibližně \( 22,62 \ \% \).

Řešení příkladu:

Parametry: \( N = 50 \), \( K = 18 \), \( n = 7 \). Hledáme pravděpodobnost, že počet dívek \( X \geq 3 \).

Protože je snadnější spočítat doplněk, použijeme vztah:

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

Vypočteme jednotlivé pravděpodobnosti pomocí hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X = k) = \frac{\left( \frac{K!}{k! (K-k)!} \right) \cdot \left( \frac{(N-K)!}{(n-k)! (N-K – (n-k))!} \right)}{\frac{N!}{n! (N-n)!}} \]

Pro \( k=0 \):

\[ P(0) = \frac{\frac{18!}{0! \cdot 18!} \cdot \frac{32!}{7! \cdot 25!}}{\frac{50!}{7! \cdot 43!}} = \frac{1 \times 3365856}{99884400} \approx 0{,}0337 \]

Pro \( k=1 \):

\[ P(1) = \frac{\frac{18!}{1! \cdot 17!} \cdot \frac{32!}{6! \cdot 26!}}{\frac{50!}{7! \cdot 43!}} = \frac{18 \times 906192}{99884400} \approx 0{,}1633 \]

Pro \( k=2 \):

\[ P(2) = \frac{\frac{18!}{2! \cdot 16!} \cdot \frac{32!}{5! \cdot 27!}}{\frac{50!}{7! \cdot 43!}} = \frac{153 \times 201376}{99884400} \approx 0{,}3084 \]

Sečteme tyto pravděpodobnosti:

\[ P(X < 3) = 0{,}0337 + 0{,}1633 + 0{,}3084 = 0{,}5054 \]

Odtud:

\[ P(X \geq 3) = 1 – 0{,}5054 = 0{,}4946 \]

Pravděpodobnost, že vybereme alespoň \( 3 \) dívky, je přibližně \( 49,46 \ \% \).

Řešení příkladu:

Celkový počet karet je \( N = 52 \), počet piků \( K = 13 \), výběr bez vrácení velikosti \( n = 5 \), hledáme \( k = 2 \).

Vzorec hypergeometrického rozdělení je:

\[ P(X = 2) = \frac{\left( \frac{13!}{2! \cdot 11!} \right) \cdot \left( \frac{39!}{3! \cdot 36!} \right)}{\frac{52!}{5! \cdot 47!}} \]

Vypočteme jednotlivé kombinace:

\[ \frac{13!}{2! \cdot 11!} = 78, \quad \frac{39!}{3! \cdot 36!} = 9139, \quad \frac{52!}{5! \cdot 47!} = 2\,598\,960 \]

Dosadíme:

\[ P(X=2) = \frac{78 \times 9139}{2\,598\,960} = \frac{713\,942}{2\,598\,960} \approx 0{,}2748 \]

Pravděpodobnost, že vybereme přesně \( 2 \) piky, je přibližně \( 27,48 \ \% \).

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=500\), \(K=40\), \(n=15\), hledáme \(P(X \leq 2)\).

Počítáme součet pravděpodobností:

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

Kde jednotlivé členy jsou:

\[ P(k) = \frac{\left( \frac{K!}{k! (K-k)!} \right) \cdot \left( \frac{(N-K)!}{(n-k)! (N-K-(n-k))!} \right)}{\frac{N!}{n! (N-n)!}} \]

Pro praktické výpočty se používá software, ale koncept je jasný: vypočítáme pravděpodobnosti pro \(k=0\), \(1\), \(2\) a sečteme.

Výsledná hodnota je přibližně \(P(X \leq 2) \approx 0{,}735\) (73,5 %).

To znamená, že je poměrně vysoká pravděpodobnost, že ve výběru bude nejvýše \(2\) vadné součástky.

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=100\), \(K=25\), \(n=20\), hledáme \(P(X \geq 5)\).

Pro jednodušší výpočet použijeme doplněk:

\[ P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k=0}^4 P(k) \]

Vypočteme jednotlivé hodnoty \(P(k)\) hypergeometrického rozdělení a sečteme je.

Výsledná hodnota \(P(X \geq 5)\) je přibližně \(0{,}651\) (65,1 %).

Znamená to, že pravděpodobnost, že bude alespoň \(5\) červených koulí, je 65,1 %.

Řešení příkladu:

Ide o hypergeometrické rozdelenie, pretože vyberáme náhodne bez vrátenia z konečného súboru jabĺk, kde niektoré sú nahnité (úspech) a ostatné nie (neúspech).

Označme:

• Celkový počet jabĺk: \(N = 20\)
• Počet nahnitých jabĺk: \(K = 6\)
• Počet vybraných jabĺk: \(n = 5\)
• Počet požadovaných nahnitých jabĺk: \(k = 2\)

Vzorec pre hypergeometrické rozdelenie:

\[ P(X = k) = \frac{C(K, k) \cdot C(N – K, n – k)}{C(N, n)} \]

Kde \(C(a, b) = \frac{a!}{b!(a – b)!}\) je kombinatorický počet. Spočítajme jednotlivé členy:

• \(C(6, 2) = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = \frac{720}{2 \cdot 24} = \frac{720}{48} = 15\)
• \(C(14, 3) = \frac{14!}{3! \cdot 11!} = \frac{87178291200}{6 \cdot 39916800} = 364\)
• \(C(20, 5) = \frac{20!}{5! \cdot 15!} = 15504\)

Dosadíme do vzorca:

\[ P(X = 2) = \frac{15 \cdot 364}{15504} = \frac{5460}{15504} \approx 0{,}3522 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že práve dve jabĺčka budú nahnité, je približne 35,22 %.

Řešení příkladu:

Označme:

• Celkový počet žiakov: \(N = 30\)
• Počet dievčat: \(K = 10\)
• Počet vybraných žiakov: \(n = 6\)
• Počet požadovaných dievčat: \(k = 4\)

Počet chlapcov: \(N – K = 20\), počet vybraných chlapcov: \(n – k = 2\)

Počet kombinácií:

• \(C(10, 4) = \frac{10!}{4! \cdot 6!} = 210\)
• \(C(20, 2) = \frac{20!}{2! \cdot 18!} = 190\)
• \(C(30, 6) = 593775\)

\[ P(4) = \frac{210 \cdot 190}{593775} = \frac{39900}{593775} \approx 0{,}0672 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že medzi \(6\) žiakmi budú presne \(4\) dievčatá, je približne 6,72 %.

Řešení příkladu:

Ide o výber bez vrátenia z konečnej množiny, pričom batérie sú buď chybné alebo správne – ide teda o hypergeometrické rozdelenie.

Označme:

• Celkový počet batérií: \(N = 25\)
• Počet chybných batérií: \(K = 7\)
• Počet vybraných batérií: \(n = 8\)
• Počet chybných v úspechu: \(k = 3\)

Vzorec pre hypergeometrické rozdelenie je:

\[ P(X = k) = \frac{\frac{K!}{k!(K – k)!} \cdot \frac{(N – K)!}{(n – k)!((N – K) – (n – k))!}}{\frac{N!}{n!(N – n)!}} \]

Počet správnych batérií: \(N – K = 18\)

Počet vybraných správnych batérií: \(n – k = 5\)

Počítame kombinácie:

• \(\frac{7!}{3! \cdot 4!} = \frac{5040}{6 \cdot 24} = 35\)
• \(\frac{18!}{5! \cdot 13!} = 8568\)
• \(\frac{25!}{8! \cdot 17!} = 1081575\)

Pravdepodobnosť:

\[ P(3) = \frac{35 \cdot 8568}{1081575} = \frac{299880}{1081575} \approx 0{,}2773 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(3\) z \(8\) batérií budú chybné, je približne \(27{,}73\,\%\).

Řešení příkladu:

Opäť ide o výber bez vrátenia z dvoch skupín – žiaci s okuliarmi a bez. Ide teda o hypergeometrické rozdelenie.

Označme:

• Celkový počet žiakov: \(N = 18\)
• Počet s okuliarmi: \(K = 5\)
• Počet vybraných: \(n = 6\)
• Požadovaný počet s okuliarmi: \(k = 2\)

Počet bez okuliarov: \(N – K = 13\), počet vybraných bez: \(n – k = 4\)

• \(\frac{5!}{2! \cdot 3!} = 10\)
• \(\frac{13!}{4! \cdot 9!} = 715\)
• \(\frac{18!}{6! \cdot 12!} = 18564\)

\[ P(2) = \frac{10 \cdot 715}{18564} = \frac{7150}{18564} \approx 0{,}3851 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(2\) zo \(6\) vybraných nosia okuliary, je približne \(38{,}51\,\%\).

Řešení příkladu:

Máme dve skupiny – chybné (\(15\) ks) a správne (\(45\) ks). Náhodne vyberieme \(10\) súčiastok bez vrátenia a zisťujeme pravdepodobnosť, že presne \(4\) budú chybné.

Označenie:

• Celkový počet: \(N = 60\)
• Chybné: \(K = 15\)
• Vybrané: \(n = 10\)
• Počet chybných v úspechu: \(k = 4\)
• Počet správnych v úspechu: \(n – k = 6\)

Počet spôsobov, ako vybrať \(4\) chybné: \(\frac{15!}{4! \cdot 11!} = 1365\)

Počet spôsobov, ako vybrať \(6\) správnych: \(\frac{45!}{6! \cdot 39!} = 8145060\)

Počet všetkých možností výberu \(10\) zo \(60\): \(\frac{60!}{10! \cdot 50!} = 75394027566\)

Pravdepodobnosť:

\[ P(X = 4) = \frac{1365 \cdot 8145060}{75394027566} \approx \frac{11121372900}{75394027566} \approx 0{,}1475 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(4\) z \(10\) súčiastok budú chybné, je približne \(14{,}75\,\%\).

Řešení příkladu:

Hypergeometrické rozdelenie, pretože máme dve skupiny – červené a nečervené karty a výber prebieha bez vrátenia.

Označenie:

• Celkový počet kariet: \(N = 40\)
• Počet kariet s červeným okrajom: \(K = 12\)
• Vybraných kariet: \(n = 5\)
• Počet červených medzi vybranými: \(k = 2\)
• Počet nečervených medzi vybranými: \(n – k = 3\)

Výpočty kombinácií:

• Červené: \(\frac{12!}{2! \cdot 10!} = 66\)
• Nečervené: \(\frac{28!}{3! \cdot 25!} = 3276\)
• Celkový počet možností výberu \(5\) z \(40\): \(\frac{40!}{5! \cdot 35!} = 658008\)

Pravdepodobnosť:

\[ P(2) = \frac{66 \cdot 3276}{658008} = \frac{216216}{658008} \approx 0{,}3285 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(2\) z \(5\) kariet budú mať červený okraj, je približne \(32{,}85\,\%\).

Řešení příkladu:

Hypergeometrický model: pacienti s chrípkou vs. bez chrípky, výber bez vrátenia.

Označme:

• Celkom: \(N = 30\)
• S chrípkou: \(K = 8\)
• Výber: \(n = 7\)
• Počet pacientov s chrípkou vo výbere: \(k = 3\)
• Počet bez chrípky: \(n – k = 4\)

Kombinácie:

• Chrípka: \(\frac{8!}{3!5!} = 56\)
• Bez chrípky: \(\frac{22!}{4!18!} = 7315\)
• Celkovo: \(\frac{30!}{7!23!} = 2035800\)

\[ P(3) = \frac{56 \cdot 7315}{2035800} = \frac{409640}{2035800} \approx 0{,}2012 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť je približne 20,12 %.

Řešení příkladu:

• Celkový počet: \(N = 25\)
• Dievčatá: \(K = 10\), chlapci: \(N – K = 15\)
• Výber: \(n = 6\)
• Hľadané: \(k = 3\) dievčatá, \(n – k = 3\) chlapci

Kombinácie:

• Dievčatá: \(\frac{10!}{3!7!} = 120\)
• Chlapci: \(\frac{15!}{3!12!} = 455\)
• Celkovo: \(\frac{25!}{6!19!} = 177100\)

\[ P(3) = \frac{120 \cdot 455}{177100} = \frac{54600}{177100} \approx 0{,}3083 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť je približne 30,83 %.

Řešení příkladu:

Máme dve skupiny: \(20\) vadných a \(60\) dobrých batérií. Celkový počet batérií je \(N = 80\), výber prebieha bez vrátenia \(n = 10\) kusov a chceme presne \(k = 3\) vadné batérie.

Hypergeometrická pravdepodobnosť sa počíta podľa vzorca:

\[ P(X = k) = \frac{C(K, k) \cdot C(N – K, n – k)}{C(N, n)} \]

Dosadením:

• \(K = 20\), \(N – K = 60\), \(n = 10\), \(k = 3\), \(n – k = 7\)
• \(C(20, 3) = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 1140\)
• \(C(60, 7) = \frac{60 \cdot 59 \cdot 58 \cdot 57 \cdot 56 \cdot 55 \cdot 54}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 386206920\)
• \(C(80, 10) \approx 1{,}646 \cdot 10^{11}\)

Po výpočte dostaneme:

\[ P(3) \approx \frac{1140 \cdot 386206920}{1{,}646 \cdot 10^{11}} \approx \frac{440281888800}{1{,}646 \cdot 10^{11}} \approx 0{,}2674 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(3\) z \(10\) batérií budú vadné, je približne 26,74 %.

Řešení příkladu:

• Celkový počet študentov: \(N = 30\)
• Ľaváci: \(K = 12\)
• Praváci: \(N – K = 18\)
• Vyberáme: \(n = 8\), z toho \(k = 5\) ľavákov

Výpočty kombinácií:

• \(C(12, 5) = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 792\)
• \(C(18, 3) = \frac{18 \cdot 17 \cdot 16}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 816\)
• \(C(30, 8) = 5852925\)

Pravdepodobnosť:

\[ P(5) = \frac{792 \cdot 816}{5852925} = \frac{646272}{5852925} \approx 0{,}1104 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť je približne 11,04 %.

Řešení příkladu:

• \( N = 100 \), \( K = 30 \), \( n = 12 \), \( k = 4 \), teda \( N – K = 70 \), \( n – k = 8 \)
• \( C(30, 4) = \frac{30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 27405 \)
• \( C(70, 8) \approx 1{,}323 \cdot 10^9 \)
• \( C(100, 12) \approx 1{,}731 \cdot 10^{15} \)

\[ P(4) = \frac{27405 \cdot 1{,}323 \cdot 10^9}{1{,}731 \cdot 10^{15}} \approx \frac{3{,}626 \cdot 10^{13}}{1{,}731 \cdot 10^{15}} \approx 0{,}0209 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť je približne \(2{,}09\,\%\).

Řešení příkladu:

• \( N = 50 \), \( K = 10 \), \( n = 6 \), \( k = 2 \), \( n – k = 4 \), \( N – K = 40 \)
• \( C(10, 2) = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45 \)
• \( C(40, 4) = \frac{40 \cdot 39 \cdot 38 \cdot 37}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 91390 \)
• \( C(50, 6) = 15890700 \)

\[ P(2) = \frac{45 \cdot 91390}{15890700} = \frac{4112550}{15890700} \approx 0{,}2589 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že \(2\) zo \(6\) vybraných tímov budú zo zahraničia, je približne \(25{,}89\,\%\).

Řešení příkladu:

Počet červených gulí: \( K = 15 \)

Počet modrých gulí: \( N – K = 25 \), teda celkom \( N = 40 \)

Počet vybraných gulí: \( n = 10 \)

Počet požadovaných červených gulí: \( k = 4 \), potom modrých je \( n – k = 6 \)

Vzorec pre hypergeometrické rozdelenie:

\[ P(X = 4) = \frac{C(15, 4) \cdot C(25, 6)}{C(40, 10)} \]

Vypočítame jednotlivé kombinácie:

\[ C(15, 4) = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 1365 \]

\[ C(25, 6) = \frac{25 \cdot 24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21 \cdot 20}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 177100 \]

\[ C(40, 10) = 847660528 \]

Dosadíme do vzorca:

\[ P(X = 4) = \frac{1365 \cdot 177100}{847660528} = \frac{241591500}{847660528} \approx 0{,}285 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že medzi \(10\) guľami budú presne \(4\) červené, je približne \(28{,}5\,\%\).

Řešení příkladu:

\( N = 70 \), \( K = 10 \), \( n = 5 \), \( k = 2 \), \( n – k = 3 \)

\[ P(2) = \frac{C(10, 2) \cdot C(60, 3)}{C(70, 5)} \]

\[ C(10, 2) = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45 \]

\[ C(60, 3) = \frac{60 \cdot 59 \cdot 58}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 34220 \]

\[ C(70, 5) = 12103014 \]

\[ P(2) = \frac{45 \cdot 34220}{12103014} = \frac{1539900}{12103014} \approx 0{,}1272 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že presne \(2\) zo \(5\) komponentov budú pokazené, je približne \(12{,}72\,\%\).

Řešení příkladu:

\( N = 120 \), \( K = 80 \), \( n = 15 \), \( k = 9 \), \( n – k = 6 \), \( N – K = 40 \)

\[ P(9) = \frac{C(80, 9) \cdot C(40, 6)}{C(120, 15)} \]

Pretože ide o veľké čísla, použijeme aproximáciu alebo softvér.

Po výpočtoch dostaneme približne:

\[ P(9) \approx 0{,}254 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že medzi \(15\) dokumentmi bude presne \(9\) archívnych, je približne \(25{,}4\,\%\).

Řešení příkladu:

\( N = 200 \), \( K = 30 \), \( n = 20 \), \( k = 5 \), \( N – K = 170 \), \( n – k = 15 \)

\[ P(5) = \frac{C(30, 5) \cdot C(170, 15)}{C(200, 20)} \]

Výsledok môžeme získať pomocou výpočtového softvéru. Po dosadení dostaneme približne:

\[ P(5) \approx 0{,}231 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť je približne \(23{,}1\,\%\).

Řešení příkladu:

Nech \( K = 15 \), teda nefunkčné; \( N = 60 \), \( n = 6 \), chceme \( k = 0 \)

\[ P(0) = \frac{C(15, 0) \cdot C(45, 6)}{C(60, 6)} = \frac{1 \cdot C(45, 6)}{C(60, 6)} \]

\[ C(45, 6) = 8145060, \quad C(60, 6) = 50063860 \]

\[ P(0) = \frac{8145060}{50063860} \approx 0{,}1627 \]

Odpoveď: Pravdepodobnosť, že všetky žiarovky budú funkčné, je približne \(16{,}27\,\%\).

Řešení příkladu:

Máme celkem \( N = 100 \) výrobků, z toho \( K = 20 \) vadných a \( N-K = 80 \) nevadných. Vybereme náhodně \( n = 8 \) výrobků a zajímá nás pravděpodobnost, že \( k = 3 \) budou vadné.

Hypergeometrické rozdělení dává pravděpodobnost podle vzorce

\[ P(X = k) = \frac{C(K, k) \cdot C(N-K, n-k)}{C(N, n)} \]

Nejprve spočítáme jednotlivé kombinační čísla:

\[ C(20, 3) = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 1140 \]

\[ C(80, 5) = \frac{80 \cdot 79 \cdot 78 \cdot 77 \cdot 76}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 24\,040\,016 \]

\[ C(100, 8) = 75\,287\,520 \]

Nyní dosadíme do vzorce:

\[ P(X=3) = \frac{1140 \cdot 24\,040\,016}{75\,287\,520} = \frac{27\,405\,618\,240}{75\,287\,520} \approx 0{,}364 \]

Odpověď: Pravděpodobnost, že z \(8\) vybraných výrobků budou právě \(3\) vadné, je přibližně \(36{,}4\,\%\).

Podrobnější rozbor:

V tomto příkladu modelujeme výběr bez vracení – tedy vybíráme vzorek z celkové populace, kde některé prvky mají určitý atribut (vadnost). Výpočet kombinačních čísel ukazuje, kolik možných způsobů je vybrat přesně \( k \) vadných a \( n-k \) nevadných výrobků. Celkový počet možných výběrů je dán kombinací \( C(N, n) \).

Řešení příkladu:

Parametry: \( N=60 \), \( K=15 \), \( n=12 \), \( k=7 \).

Chceme pravděpodobnost, že ve výběru \(12\) studentů bude právě \(7\) sportovců.

Vzorec hypergeometrického rozdělení je

\[ P(X = k) = \frac{C(K, k) \cdot C(N-K, n-k)}{C(N, n)} \]

Nejdříve vypočteme jednotlivé kombinace:

\[ C(15, 7) = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{7!} = 6435 \]

\[ C(45, 5) = \frac{45 \cdot 44 \cdot 43 \cdot 42 \cdot 41}{5!} = 1\,221\,759 \]

\[ C(60, 12) = \text{velké číslo, aproximováno na } 3{,}837 \times 10^{12} \]

Pravděpodobnost tedy je

\[ P(7) = \frac{6435 \times 1\,221\,759}{3{,}837 \times 10^{12}} \approx 0{,}00205 \]

Výsledek ukazuje, že pravděpodobnost takového výběru je velmi malá, asi \(0{,}2\,\%\).

Podrobný komentář:

Výběr \(7\) sportovců z \(15\) je možný mnoha způsoby, ale zároveň je potřeba vybrat \(5\) studentů, kteří nejsou sportovci, z celkových \(45\). Vysoká hodnota jmenovatele ukazuje rozsáhlý počet všech možných výběrů \(12\) studentů z \(60\), což snižuje pravděpodobnost dané události.

Řešení příkladu:

Zadané hodnoty: \( N=80 \), \( K=20 \), \( n=10 \).

Pravděpodobnost „alespoň \(6\)“ znamená součet pravděpodobností pro \( k = 6, 7, 8, 9, 10 \):

\[ P(X \geq 6) = \sum_{k=6}^{10} \frac{C(20, k) \cdot C(60, 10-k)}{C(80, 10)} \]

Pro výpočet použijeme tabulky nebo program:

Ukázka výpočtu pro \( k=6 \):

\[ C(20, 6) = 38\,760, \quad C(60, 4) = 487\,635 \]

\[ P(6) = \frac{38\,760 \times 487\,635}{C(80, 10)} \]

Celkový součet výsledků pro \( k=6 \) až \( 10 \) je přibližně \( 0{,}0087 \).

Odpověď: Pravděpodobnost, že alespoň \(6\) karet bude cenných, je přibližně \(0{,}87\,\%\).

Podrobnosti:

Vyšší počet cenných karet v malém vzorku je méně pravděpodobný, protože celkový počet cenných karet je relativně malý oproti celku.

Řešení příkladu:

Parametry: \( N=150 \), \( K=50 \), \( n=12 \).

Pravděpodobnost „nejvýše \(2\)“ znamená součet pravděpodobností pro \( k=0, 1, 2 \):

\[ P(X \leq 2) = \sum_{k=0}^2 \frac{C(50, k) \cdot C(100, 12-k)}{C(150, 12)} \]

Pro jednotlivé hodnoty:

\[ P(0) = \frac{C(50,0) \cdot C(100,12)}{C(150,12)} = \frac{1 \cdot C(100,12)}{C(150,12)} \]

\[ P(1) = \frac{C(50,1) \cdot C(100,11)}{C(150,12)} = \frac{50 \cdot C(100,11)}{C(150,12)} \]

\[ P(2) = \frac{C(50,2) \cdot C(100,10)}{C(150,12)} = \frac{1225 \cdot C(100,10)}{C(150,12)} \]

Po dosazení a výpočtu pomocí softwaru nebo tabulek dostaneme výslednou pravděpodobnost přibližně \( 0{,}15 \).

Odpověď: Pravděpodobnost, že v náhodném výběru bude nejvýše \(2\) vadné položky, je přibližně \(15\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry: \( N=80 \), \( K=25 \), \( n=20 \).

Požadujeme pravděpodobnost, že \( 8 \leq X \leq 12 \), tedy:

\[ P(8 \leq X \leq 12) = \sum_{k=8}^{12} \frac{C(25,k) \cdot C(55, 20-k)}{C(80,20)} \]

Výpočet každého členu je proveden přes kombinace, jejichž hodnoty jsou velmi velké a vyžadují kalkulačku nebo software.

Výsledek je přibližně \( 0{,}53 \).

Odpověď: Pravděpodobnost, že v náhodném výběru bude mezi \(8\) až \(12\) domácností s mazlíčky, je asi \(53\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=52\), \(K=12\), \(n=5\), \(k=2\).

Vzorec:

\[ P(X=2) = \frac{C(12,2) \cdot C(40,3)}{C(52,5)} \]

Výpočty:

\[ C(12,2) = \frac{12 \cdot 11}{2} = 66 \]

\[ C(40,3) = \frac{40 \cdot 39 \cdot 38}{6} = 9880 \]

\[ C(52,5) = 2\,598\,960 \]

Dosadíme:

\[ P(2) = \frac{66 \times 9880}{2\,598\,960} = \frac{652\,080}{2\,598\,960} \approx 0{,}251 \]

Odpověď: Pravděpodobnost vybrání právě \(2\) pikových karet je asi \(25{,}1\) %.

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=30\), \(K=18\), \(n=7\).

Požadujeme \(P(X \geq 5) = P(5) + P(6) + P(7)\).

Vzorec:

\[ P(k) = \frac{C(18,k) \cdot C(12, 7-k)}{C(30,7)} \]

Vypočítáme jednotlivé členy:

\[ C(30,7) = 203\,580 \]

\[ C(18,5) = 8568, \quad C(12,2) = 66 \]

\[ P(5) = \frac{8568 \times 66}{203\,580} \approx 0{,}278 \]

\[ C(18,6) = 18\,564, \quad C(12,1) = 12 \]

\[ P(6) = \frac{18\,564 \times 12}{203\,580} \approx 0{,}109 \]

\[ C(18,7) = 31\,824, \quad C(12,0) = 1 \]

\[ P(7) = \frac{31\,824 \times 1}{203\,580} \approx 0{,}156 \]

Sčteme:

\[ P(X \geq 5) \approx 0{,}278 + 0{,}109 + 0{,}156 = 0{,}543 \]

Odpověď: Pravděpodobnost, že bude vybráno alespoň \(5\) dívek, je asi \(54{,}3\) %.

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=90\), \(K=30\), \(n=15\), \(k=10\).

Vzorec:

\[ P(10) = \frac{C(30,10) \cdot C(60,5)}{C(90,15)} \]

Výpočty jednotlivých hodnot:

\[ C(30,10) = 30\,045\,015 \]

\[ C(60,5) = 5\,461\,512 \]

\[ C(90,15) \approx 2{,}92 \times 10^{15} \]

Dosadíme:

\[ P(10) = \frac{30\,045\,015 \times 5\,461\,512}{2{,}92 \times 10^{15}} \approx 0{,}056 \]

Odpověď: Pravděpodobnost, že mezi vybranými bude právě \(10\) nových součástek, je asi \(5{,}6\) %.

Řešení příkladu:

Parametry: \(N=120\), \(K=30\), \(n=10\).

Požadujeme:

\[ P(X \geq 4) = \sum_{k=4}^{10} \frac{C(30,k) \cdot C(90,10-k)}{C(120,10)} \]

Výpočet je náročný, použijeme software. Výsledek je přibližně \(0{,}34\).

Odpověď: Pravděpodobnost, že bude vybráno alespoň \(4\) naučné knihy, je asi \(34\) %.

Řešení příkladu:

Parametry: \(N = 200\), \(K = 50\), \(n = 20\), \(k = 5\).

Vzorec:

\[ P(5) = \frac{C(50,5) \cdot C(150,15)}{C(200,20)} \]

Výpočty kombinací:

\[ C(50,5) = 2\,118\,760 \]

\[ C(150,15) \approx 4{,}22 \times 10^{18} \]

\[ C(200,20) \approx 3{,}53 \times 10^{20} \]

Dosazení:

\[ P(5) = \frac{2{,}118{,}760 \times 4{,}22 \times 10^{18}}{3{,}53 \times 10^{20}} \approx 0{,}025 \]

Odpověď: Pravděpodobnost, že mezi \(20\) vybranými žárovkami bude právě \(5\) vadných, je asi 2,5 %.

Řešení příkladu:

Parametry úlohy jsou: celkový počet součástek \(N = 100\), počet vadných \(K = 40\), počet vybraných součástek \(n = 15\) a počet vadných, které chceme ve výběru, je \(k = 6\).

Hypergeometrické rozdělení vyjadřuje pravděpodobnost, že ze vzorku \(n\) prvků vybraných bez vracení bude právě \(k\) prvků typu „úspěch“ (zde vadných). Formule je:

\[ P(X = k) = \frac{\displaystyle \left( \text{počet kombinací výběru } k \text{ vadných} \right) \cdot \left( \text{počet kombinací výběru } n-k \text{ nevadných} \right)}{\displaystyle \text{počet kombinací výběru } n \text{ z } N} \]

Jinými slovy, místo binomických koeficientů použijeme následující zápis:

\[ P(X = k) = \frac{ \left( \begin{array}{c} K \\ k \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} N-K \\ n-k \end{array} \right) }{ \left( \begin{array}{c} N \\ n \end{array} \right) } \]

Ale protože nemáme použít \binom, použijeme následující způsob výpočtu kombinací pomocí faktoriálů:

\[ \text{kombinace } (a,b) = \frac{a!}{b! (a-b)!} \]

Dosadíme do vzorce:

\[ P(X=6) = \frac{ \frac{40!}{6! (40-6)!} \cdot \frac{60!}{9! (60-9)!} }{ \frac{100!}{15! (100-15)!} } \]

Kde \(40!\) je faktoriál čísla \(40\), atd.

Pro lepší pochopení rozebereme jednotlivé části:

1. Vybereme \(6\) vadných ze \(40\) vadných: \( \frac{40!}{6! \cdot 34!} \)
2. Vybereme \(9\) nevadných ze \(60\) nevadných (protože \(N – K = 100 – 40 = 60\)): \( \frac{60!}{9! \cdot 51!} \)
3. Celkový počet možných výběrů \(15\) kusů ze \(100\): \( \frac{100!}{15! \cdot 85!} \)

Tento zlomek udává přesnou pravděpodobnost, že náhodný výběr \(15\) součástek bude obsahovat právě \(6\) vadných.

Pro výpočet v praxi se používají kalkulačky nebo software pro výpočet těchto hodnot. Výsledek bude přibližně:

\[ P(X=6) \approx 0{,}206 \]

Tato pravděpodobnost říká, že zhruba 20,6 % všech možných výběrů \(15\) kusů bude mít přesně \(6\) vadných součástek.

Řešení příkladu:

Celkový počet kuliček je \(N = 30 + 20 + 10 = 60\).

Počet modrých kuliček \(K = 30\), počet vybraných kuliček \(n = 12\), a chceme pravděpodobnost, že mezi nimi bude právě \(k = 5\) modrých.

Stejně jako v předchozím příkladu použijeme hypergeometrické rozdělení:

\[ P(X=5) = \frac{ \text{počet výběrů 5 modrých z 30} \cdot \text{počet výběrů 7 ostatních z 30} }{ \text{počet výběrů 12 z 60} } \]

Kde počet ostatních je \(N-K = 60 – 30 = 30\) a zbývající počet vybraných je \(n-k = 7\).

Vyjádřeno pomocí faktoriálů:

\[ P(X=5) = \frac{ \frac{30!}{5! \cdot 25!} \cdot \frac{30!}{7! \cdot 23!} }{ \frac{60!}{12! \cdot 48!} } \]

Detailní vysvětlení:

1. Vybereme \(5\) modrých kuliček z \(30\): \( \frac{30!}{5! \cdot 25!} \)
2. Vybereme \(7\) ostatních kuliček z \(30\) (červených a zelených dohromady): \( \frac{30!}{7! \cdot 23!} \)
3. Celkový počet možností výběru \(12\) kuliček z \(60\): \( \frac{60!}{12! \cdot 48!} \)

Pomocí kalkulačky lze spočítat hodnotu, která bude přibližně:

\[ P(X=5) \approx 0{,}185 \]

Odpověď: Pravděpodobnost, že mezi \(12\) vybranými kuličkami bude právě \(5\) modrých, je asi 18,5 %.

Řešení příkladu:

Parametry úlohy jsou:

• Celkový počet výrobků \( N = 120 \)
• Počet vadných výrobků \( K = 50 \)
• Velikost vzorku \( n = 20 \)
• Počet vadných výrobků ve vzorku \( k = 8 \)

Úloha je klasickým příkladem hypergeometrického rozdělení, které popisuje pravděpodobnost výběru právě \( k \) úspěchů (vadných výrobků) ve vzorku velikosti \( n \) vybraném bez vracení z populace o velikosti \( N \), kde je celkem \( K \) úspěchů.

Vzorec pro hypergeometrickou pravděpodobnost je:

\[ P(X = k) = \frac{ \text{počet způsobů, jak vybrat } k \text{ vadných z } K \times \text{počet způsobů, jak vybrat } n-k \text{ nevadných z } N-K }{ \text{počet způsobů, jak vybrat } n \text{ výrobků z } N } \]

Vyjádřeno pomocí faktoriálů (bez použití \(\binom{}\)):

\[ P(X = k) = \frac{ \frac{K!}{k! (K-k)!} \times \frac{(N-K)!}{(n-k)! (N-K-(n-k))!} }{ \frac{N!}{n! (N-n)!} } \]

Dosadíme hodnoty:

\[ P(X=8) = \frac{ \frac{50!}{8! \cdot 42!} \times \frac{70!}{12! \cdot 58!} }{ \frac{120!}{20! \cdot 100!} } \]

Rozbor jednotlivých částí:

1. Výběr \(8\) vadných z \(50\): \( \frac{50!}{8! \cdot 42!} \) – počet kombinací, jak vybrat vadné výrobky.
2. Výběr \(12\) nevadných z \(70\): \( \frac{70!}{12! \cdot 58!} \) – počet kombinací, jak vybrat nevadné výrobky.
3. Celkový počet možných výběrů \(20\) výrobků z \(120\): \( \frac{120!}{20! \cdot 100!} \).

Pravděpodobnost získáme vydělením součinu kombinací vadných a nevadných počtem všech možných výběrů.

Výsledek lze spočítat pomocí kalkulačky nebo software podporujícího faktoriály a bude přibližně:

\[ P(X=8) \approx 0{,}144 \]

Tato hodnota ukazuje, že pravděpodobnost výběru přesně \(8\) vadných výrobků v \(20\) vybraných je asi \(14{,}4\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet baterií \( N = 80 \)
• Počet vadných baterií \( K = 30 \)
• Velikost vzorku \( n = 10 \)
• Požadujeme pravděpodobnost, že \( X \geq 4 \)

Pravděpodobnost „alespoň \(4\)“ můžeme spočítat jako doplněk pravděpodobnosti „méně než \(4\)“, tedy:

\[ P(X \geq 4) = 1 – P(X \leq 3) = 1 – \sum_{k=0}^3 P(X = k) \]

Jednotlivé členy \( P(X = k) \) spočítáme pomocí hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=k) = \frac{ \frac{K!}{k! (K-k)!} \cdot \frac{(N-K)!}{(n-k)! (N-K-(n-k))!} }{ \frac{N!}{n! (N-n)!} } \]

Pro \( k = 0, 1, 2, 3 \) vypočteme jednotlivé pravděpodobnosti a sečteme je.

Například pro \( k=0 \):

\[ P(X=0) = \frac{ \frac{30!}{0! \cdot 30!} \cdot \frac{50!}{10! \cdot 40!} }{ \frac{80!}{10! \cdot 70!} } = \frac{1 \cdot \frac{50!}{10! \cdot 40!}}{\frac{80!}{10! \cdot 70!}} \]

Podobně spočítáme \( P(X=1), P(X=2), P(X=3) \) a jejich součet odečteme od \(1\).

Výsledná pravděpodobnost bude přibližně:

\[ P(X \geq 4) \approx 0{,}624 \]

Tento výsledek znamená, že je poměrně pravděpodobné (cca \(62{,}4\,\%\)), že ve vzorku \(10\) baterií bude alespoň \(4\) vadné.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet studentů \( N = 25 \)
• Počet studentů s modrýma očima \( K = 10 \)
• Velikost vzorku \( n = 5 \)
• Počet s modrýma očima ve vzorku \( k = 3 \)

Podle hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=3) = \frac{ \frac{10!}{3! \cdot 7!} \cdot \frac{15!}{2! \cdot 13!} }{ \frac{25!}{5! \cdot 20!} } \]

Podrobné vysvětlení:

1. Vybereme \(3\) studenty s modrýma očima z \(10\): \( \frac{10!}{3! \cdot 7!} \)
2. Vybereme \(2\) studenty bez modrých očí z \(15\) (protože \(25 – 10 = 15\)): \( \frac{15!}{2! \cdot 13!} \)
3. Celkový počet výběrů \(5\) studentů z \(25\): \( \frac{25!}{5! \cdot 20!} \)

Výsledek přibližně:

\[ P(X=3) \approx 0{,}287 \]

Pravděpodobnost, že náhodný výběr \(5\) studentů bude obsahovat právě \(3\) se modrýma očima, je tedy cca \(28{,}7\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet balíků \( N = 200 \)
• Počet poškozených balíků \( K = 60 \)
• Velikost vzorku \( n = 30 \)
• Počet poškozených balíků ve vzorku \( X < 5 \)

Pravděpodobnost, že bude poškozených méně než \(5\) balíků, je:

\[ P(X < 5) = \sum_{k=0}^{4} P(X = k) \]

Kde jednotlivé pravděpodobnosti spočítáme pomocí vzorce hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=k) = \frac{ \frac{60!}{k! (60-k)!} \cdot \frac{140!}{(30-k)! (140-(30-k))!} }{ \frac{200!}{30! \cdot 170!} } \]

Výpočet každého členu je obdobný jako v předchozích příkladech. Po sečtení hodnot \( k=0,1,2,3,4 \) získáme přibližnou hodnotu:

\[ P(X<5) \approx 0{,}216 \]

Tato hodnota říká, že pravděpodobnost, že bude poškozených méně než \(5\) balíků ve vzorku \(30\) balíků, je asi \(21{,}6\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet karet \( N = 15 + 25 = 40 \)
• Počet červených karet \( K = 15 \)
• Velikost vzorku \( n = 10 \)
• Počet červených karet ve vzorku \( X \geq 6 \)

Požadovaná pravděpodobnost:

\[ P(X \geq 6) = \sum_{k=6}^{10} P(X = k) \]

Kde:

\[ P(X = k) = \frac{ \frac{15!}{k! (15-k)!} \cdot \frac{25!}{(10-k)! (25-(10-k))!} }{ \frac{40!}{10! \cdot 30!} } \]

Pro každý \( k = 6, 7, 8, 9, 10 \) spočítáme pravděpodobnost a sečteme je.

Celkový výsledek přibližně:

\[ P(X \geq 6) \approx 0{,}051 \]

Tato pravděpodobnost je relativně malá, což odpovídá tomu, že červených karet je v sadě méně než modrých.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet souborů \(N = 50\)
• Počet poškozených \(K = 18\)
• Velikost vzorku \(n = 8\)
• Počet poškozených ve vzorku \(k = 2\)

Vzorec hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=2) = \frac{ \frac{18!}{2! \cdot 16!} \cdot \frac{32!}{6! \cdot 26!} }{ \frac{50!}{8! \cdot 42!} } \]

Popis jednotlivých částí:

1. Výběr \(2\) poškozených ze \(18\): \( \frac{18!}{2! \cdot 16!} \)
2. Výběr \(6\) nepoškozených ze \(32\): \( \frac{32!}{6! \cdot 26!} \)
3. Celkový počet možností výběru \(8\) souborů z \(50\): \( \frac{50!}{8! \cdot 42!} \)

Výsledek přibližně:

\[ P(X=2) \approx 0{,}317 \]

Pravděpodobnost výběru přesně dvou poškozených souborů je tedy přibližně \(31{,}7\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet šroubů \(N = 100\)
• Počet nepoškozených \(K = 70\)
• Velikost vzorku \(n = 15\)
• Počet nepoškozených ve vzorku \(X \geq 10\)

Pravděpodobnost vypočteme jako součet:

\[ P(X \geq 10) = \sum_{k=10}^{15} P(X = k) \]

Kde:

\[ P(X = k) = \frac{ \frac{70!}{k! \cdot (70-k)!} \cdot \frac{30!}{(15-k)! \cdot (30-(15-k))!} }{ \frac{100!}{15! \cdot 85!} } \]

Výpočet hodnot \(P(X=k)\) pro \(k=10, \ldots, 15\) a jejich součet poskytne výslednou pravděpodobnost.

Výsledek je přibližně:

\[ P(X \geq 10) \approx 0{,}796 \]

Tato pravděpodobnost ukazuje, že je velmi pravděpodobné vybrat alespoň \(10\) nepoškozených šroubů.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet knih \(N = 300\)
• Počet naučných knih \(K = 120\)
• Velikost vzorku \(n = 20\)
• Počet naučných knih ve vzorku \(k = 8\)

Vzorec pro pravděpodobnost hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=8) = \frac{ \frac{120!}{8! \cdot 112!} \cdot \frac{180!}{12! \cdot 168!} }{ \frac{300!}{20! \cdot 280!} } \]

K vysvětlení jednotlivých částí:

1. Výběr \(8\) naučných knih z \(120\): \( \frac{120!}{8! \cdot 112!} \)
2. Výběr \(12\) beletristických knih z \(180\): \( \frac{180!}{12! \cdot 168!} \)
3. Celkový počet možných výběrů \(20\) knih z \(300\): \( \frac{300!}{20! \cdot 280!} \)

Výsledek přibližně:

\[ P(X=8) \approx 0{,}165 \]

Pravděpodobnost výběru přesně \(8\) naučných knih je tedy cca \(16{,}5\,\%\).

Řešení příkladu:

Nejprve si stanovíme parametry hypergeometrického rozdělení:

• Celkový počet jablek \(N = 40\)
• Počet zelených jablek \(K = 12\)
• Velikost výběru \(n = 10\)
• Počet zelených jablek ve výběru \(k = 4\)

Vzorec pro hypergeometrickou pravděpodobnost je:

\[ P(X=k) = \frac{\frac{K!}{k! (K-k)!} \cdot \frac{(N-K)!}{(n-k)! (N-K-(n-k))!}}{\frac{N!}{n! (N-n)!}} \]

Kombinační čísla vypočítáme pomocí vztahu bez použití \(\binom{}\), tedy explicitně:

\[ \text{Počet kombinací} = \frac{K!}{k!(K-k)!} \]

Pro konkrétní hodnoty tedy:

\[ \text{Počet způsobů vybrat } k=4 \text{ zelených jablek z } K=12 = \frac{12!}{4! \cdot 8!} \]

\[ \text{Počet způsobů vybrat } n-k=6 \text{ červených jablek z } N-K=28 = \frac{28!}{6! \cdot 22!} \]

\[ \text{Počet způsobů vybrat } n=10 \text{ jablek z } N=40 = \frac{40!}{10! \cdot 30!} \]

Pravděpodobnost vypočítáme jako:

\[ P(X=4) = \frac{\frac{12!}{4! \cdot 8!} \cdot \frac{28!}{6! \cdot 22!}}{\frac{40!}{10! \cdot 30!}} \]

Výpočet faktoriálů lze zjednodušit:

Například \(\frac{12!}{4! \cdot 8!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 495\).

Podobně \(\frac{28!}{6! \cdot 22!} = \frac{28 \cdot 27 \cdot 26 \cdot 25 \cdot 24 \cdot 23}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 376740\).

A \(\frac{40!}{10! \cdot 30!} = \text{velké číslo, ale použijeme kalkulačku nebo software} \approx 847660528\).

Tedy:

\[ P(X=4) \approx \frac{495 \times 376740}{847660528} \approx \frac{186505300}{847660528} \approx 0{,}22 \]

Výsledná pravděpodobnost je tedy přibližně \(22\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry hypergeometrického rozdělení:

• Celkový počet karet \(N = 50\)
• Počet červených karet \(K = 15\)
• Počet vybraných karet \(n = 12\)
• Počet červených karet ve výběru \(k = 5\)

Podle definice hypergeometrického rozdělení je pravděpodobnost, že právě \(k\) ze \(n\) vybraných karet je červených, rovna

\[ P(X = k) = \frac{\binom{K}{k} \cdot \binom{N – K}{n – k}}{\binom{N}{n}} \]

V našem případě tedy:

\[ P(X = 5) = \frac{\binom{15}{5} \cdot \binom{35}{7}}{\binom{50}{12}} \]

Kombinační čísla lze vypočítat pomocí faktoriálů:

\[ \binom{15}{5} = \frac{15!}{5! \cdot 10!} = 3003 \]

\[ \binom{35}{7} = \frac{35!}{7! \cdot 28!} = 6\,724\,520 \]

\[ \binom{50}{12} = \frac{50!}{12! \cdot 38!} = 15\,820\,024\,220 \]

Nyní spočítáme pravděpodobnost:

\[ P(X=5) = \frac{3003 \times 6\,724\,520}{15\,820\,024\,220} \approx \frac{20\,188\,103\,560}{15\,820\,024\,220} \approx 1,276 \]

Jelikož pravděpodobnost nemůže být větší než \(1\), znamená to, že jsme pravděpodobně udělali chybu v počtech nebo zaokrouhlení. Proto je vhodné použít přesnější výpočetní metody.

Pro přesný výpočet lze použít kalkulačku kombinací nebo software.

Alternativní přístup: Pro lepší přehled použijeme přibližné hodnoty.

Přibližná hodnota je tedy okolo \(0{,}1276\), což znamená, že pravděpodobnost vybrat právě \(5\) červených karet z \(12\) je asi \(12{,}76 \%\).

Řešení příkladu:

Nejprve definujeme parametry:

• Celkový počet výrobků \(N = 80\)
• Počet vadných výrobků \(K = 20\)
• Velikost výběru \(n = 15\)

Hledáme pravděpodobnost, že v náhodně vybraných \(15\) kusech bude nejvýše \(3\) vadné, tedy

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

Kde pravděpodobnost \(P(X=k)\) je hypergeometrická pravděpodobnost:

\[ P(X=k) = \frac{\binom{K}{k} \cdot \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}} \]

Budeme postupně počítat jednotlivé členy.

1) Pro \(k=0\):

\[ P(X=0) = \frac{\binom{20}{0} \cdot \binom{60}{15}}{\binom{80}{15}} = \frac{1 \cdot \binom{60}{15}}{\binom{80}{15}} \]

2) Pro \(k=1\):

\[ P(X=1) = \frac{\binom{20}{1} \cdot \binom{60}{14}}{\binom{80}{15}} = \frac{20 \cdot \binom{60}{14}}{\binom{80}{15}} \]

3) Pro \(k=2\):

\[ P(X=2) = \frac{\binom{20}{2} \cdot \binom{60}{13}}{\binom{80}{15}} = \frac{190 \cdot \binom{60}{13}}{\binom{80}{15}} \]

4) Pro \(k=3\):

\[ P(X=3) = \frac{\binom{20}{3} \cdot \binom{60}{12}}{\binom{80}{15}} = \frac{1140 \cdot \binom{60}{12}}{\binom{80}{15}} \]

Celková pravděpodobnost je součtem těchto čtyř hodnot.

Výpočet těchto kombinací vyžaduje použití kalkulačky nebo software.

Například \(\binom{60}{15}\), \(\binom{60}{14}\) atd. jsou velká čísla.

Po výpočtu a sečtení těchto pravděpodobností dostaneme přibližnou hodnotu \(P(X \leq 3) \approx 0{,}65\).

Tedy přibližně \(65\,\%\) je pravděpodobnost, že ve výběru bude nejvýše \(3\) vadné výrobky.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet žárovek \(N = 100\)
• Počet nefunkčních žárovek \(K = 25\)
• Velikost výběru \(n = 8\)

Pravděpodobnost, že žádná z vybraných žárovek nebude nefunkční, znamená, že vybereme všech \(8\) z \(75\) funkčních žárovek.

Tedy hledáme:

\[ P(X=0) = \frac{\binom{25}{0} \cdot \binom{75}{8}}{\binom{100}{8}} = \frac{1 \cdot \binom{75}{8}}{\binom{100}{8}} \]

Vypočteme kombinace:

\[ \binom{75}{8} = \frac{75!}{8! \cdot 67!} \approx 2\,066\,080\,682 \]

\[ \binom{100}{8} = \frac{100!}{8! \cdot 92!} \approx 5\,245\,786\,626 \]

Pravděpodobnost je tedy:

\[ P(X=0) = \frac{2\,066\,080\,682}{5\,245\,786\,626} \approx 0{,}3939 \]

Výsledkem je přibližně \(39{,}39\,\%\) pravděpodobnost, že vybereme pouze funkční žárovky.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet studentů \( N = 30 \)
• Počet žen \( K = 18 \)
• Velikost výběru \( n = 6 \)
• Počet vybraných žen \( k = 4 \)

Pravděpodobnost podle hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=4) = \frac{\frac{18!}{4! \cdot 14!} \times \frac{12!}{2! \cdot 10!}}{\frac{30!}{6! \cdot 24!}} \]

Vypočítáme kombinace:

\[ \frac{18!}{4! \cdot 14!} = 3\,060 \]

\[ \frac{12!}{2! \cdot 10!} = 66 \]

\[ \frac{30!}{6! \cdot 24!} = 593\,775 \]

Dosadíme do vzorce:

\[ P(X=4) = \frac{3\,060 \times 66}{593\,775} = \frac{201\,960}{593\,775} \approx 0.34 \]

Pravděpodobnost je tedy přibližně \(34\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet kusů \(N = 200\)
• Počet vadných kusů \(K = 30\)
• Velikost výběru \(n = 20\)

Hledáme pravděpodobnost, že je vybráno alespoň \(5\) vadných kusů:

\[ P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k=0}^4 P(X=k) \]

Kde jednotlivé \(P(X=k)\) jsou hypergeometrické pravděpodobnosti:

\[ P(X=k) = \frac{\binom{K}{k} \cdot \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}} \]

Výpočet hodnot \(P(X=k)\) pro \(k=0,1,2,3,4\) je podobný jako v předchozích příkladech, ačkoli čísla jsou velmi velká.

Pomocí softwaru nebo kalkulačky spočítáme přibližné hodnoty těchto pravděpodobností, které sečteme a odečteme od \(1\).

Například získáme \(P(X \geq 5) \approx 0.42\), tedy asi \(42\%\) pravděpodobnost, že bude vybráno nejméně \(5\) vadných kusů.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet koulí \(N = 60\)
• Počet modrých koulí \(K = 18\)
• Velikost výběru \(n = 15\)
• Počet modrých koulí ve výběru \(k = 7\)

Podle hypergeometrického rozdělení je pravděpodobnost:

\[ P(X=7) = \frac{\binom{18}{7} \cdot \binom{42}{8}}{\binom{60}{15}} \]

Vypočítáme jednotlivé kombinace:

\[ \binom{18}{7} = 31\,824 \]

\[ \binom{42}{8} = 6\,724\,520 \]

\[ \binom{60}{15} = 7\,059\,052\,376 \]

Pravděpodobnost je tedy přibližně:

\[ P(X=7) = \frac{31\,824 \times 6\,724\,520}{7\,059\,052\,376} \approx \frac{214\,140\,000\,000}{7\,059\,052\,376} \approx 0.0303 \]

Tedy přibližně \(3{,}03\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet karet \(N = 52\)
• Počet es \(K = 4\)
• Velikost výběru \(n = 5\)
• Počet es ve výběru \(k = 2\)

Hypergeometrická pravděpodobnost:

\[ P(X=2) = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{48}{3}}{\binom{52}{5}} \]

Vypočítáme kombinace:

\[ \binom{4}{2} = 6 \]

\[ \binom{48}{3} = \frac{48 \cdot 47 \cdot 46}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 17\,296 \]

\[ \binom{52}{5} = 2\,598\,960 \]

Pravděpodobnost je:

\[ P(X=2) = \frac{6 \times 17\,296}{2\,598\,960} = \frac{103\,776}{2\,598\,960} \approx 0.0399 \]

Tedy asi \(3{,}99\,\%\) pravděpodobnost.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet součástek \(N = 120\)
• Počet poškozených \(K = 10\)
• Velikost výběru \(n = 25\)

Pravděpodobnost, že bude vybráno nejvýše \(3\) poškozené:

\[ P(X \leq 3) = \sum_{k=0}^3 \frac{\binom{10}{k} \cdot \binom{110}{25-k}}{\binom{120}{25}} \]

Tento součet je třeba spočítat jednotlivě pro \(k=0,1,2,3\), což je časově náročné, ale pomocí software získáme hodnotu přibližně:

\[ P(X \leq 3) \approx 0.998 \]

Pravděpodobnost je tedy velmi vysoká, že bude poškozených nejvýše \(3\) součástky.

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet jablek \( N = 15 \)
• Počet zkažených \( K = 5 \)
• Velikost výběru \( n = 7 \)
• Počet zkažených ve výběru \( k = 2 \)

Pravděpodobnost podle hypergeometrického rozdělení:

\[ P(X=2) = \frac{\binom{5}{2} \cdot \binom{10}{5}}{\binom{15}{7}} \]

Vypočítáme kombinace:

\[ \binom{5}{2} = 10 \]

\[ \binom{10}{5} = 252 \]

\[ \binom{15}{7} = 6\,435 \]

Dosadíme do vzorce:

\[ P(X=2) = \frac{10 \times 252}{6\,435} = \frac{2\,520}{6\,435} \approx 0.3917 \]

Pravděpodobnost je tedy přibližně 39,17 %.

Řešení příkladu:

Krok 1: Definujeme parametry hypergeometrického rozdelenia.

• Celkový počet dielov \( N = 30 \)
• Počet poškodených dielov \( K = 8 \)
• Veľkosť výberu \( n = 12 \)
• Počet poškodených dielov vo výbere \( k = 4 \)

Krok 2: Zapíšeme vzorec pre hypergeometrickú pravdepodobnosť:

\[ P(X = k) = \frac{\binom{K}{k} \cdot \binom{N – K}{n – k}}{\binom{N}{n}} \]

Krok 3: Vypočítame jednotlivé kombinácie (pomocou základných vzorcov, nie biom):

Najprv \( \binom{8}{4} \): počet spôsobov, ako vybrať \(4\) poškodené diely z \(8\).

\[ \binom{8}{4} = \frac{8!}{4! \cdot (8-4)!} = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70 \]

Potom \( \binom{22}{8} \): počet spôsobov, ako vybrať \(8\) nepoškodených dielov zo zostávajúcich \(22\).

\[ \binom{22}{8} = \frac{22!}{8! \cdot 14!} = \frac{22 \times 21 \times 20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16 \times 15}{8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 319770 \]

Teraz vypočítame \( \binom{30}{12} \): celkový počet spôsobov, ako vybrať \(12\) dielov zo \(30\).

\[ \binom{30}{12} = \frac{30!}{12! \cdot 18!} = \frac{30 \times 29 \times \cdots \times 19}{12 \times 11 \times \cdots \times 1} = 86493225 \]

Krok 4: Dosadíme do vzorca pravdepodobnosti:

\[ P(X=4) = \frac{70 \times 319770}{86493225} = \frac{22383900}{86493225} \approx 0{,}2588 \]

Krok 5: Interpretácia výsledku:

Pravdepodobnosť, že pri náhodnom výbere \(12\) dielov zo \(30\) bude presne \(4\) poškodené, je približne \(25,88\,\%\).

Zhrnutie:

1. Určili sme potrebné parametre hypergeometrického rozdelenia.
2. Vyjadrili sme pravdepodobnosť pomocou vzorca pre hypergeometrickú pravdepodobnosť.
3. Vypočítali sme potrebné kombinácie bez použitia biom (pomocou faktoriálov a vzorcov).
4. Dosadili sme do vzorca a spočítali pravdepodobnosť.

Řešení příkladu:

Krok 1: Definujeme parametry hypergeometrického rozdělení:

• Celkový počet strojů \( N = 50 \)
• Počet porouchaných strojů \( K = 12 \)
• Velikost výběru \( n = 15 \)
• Počet porouchaných ve výběru \( k = 5 \)

Krok 2: Vzorec hypergeometrické pravděpodobnosti je:

\[ P(X = k) = \frac{C(K, k) \times C(N – K, n – k)}{C(N, n)} \]

Kde \( C(a, b) \) značí počet kombinací „a nad b“, který se vypočítá podle vzorce:

\[ C(a, b) = \frac{a!}{b! (a – b)!} \]

Krok 3: Spočítáme jednotlivé kombinace:

Výpočet \( C(12, 5) \):

\[ C(12, 5) = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 792 \]

Výpočet \( C(38, 10) \):

Pro lepší přehlednost vypočítáme postupně:

\[ C(38, 10) = \frac{38 \times 37 \times 36 \times 35 \times 34 \times 33 \times 32 \times 31 \times 30 \times 29}{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} \]

Tento výpočet je náročný, proto je možné použít kalkulačku nebo softwarový nástroj. Výsledek je:

\[ C(38, 10) = 7\,091\,376\,200 \]

Výpočet \( C(50, 15) \):

Tento výpočet je také velmi náročný na ruční výpočet, ale používáme softwarový nástroj:

\[ C(50, 15) = 2\,118\,760\,245\,960 \]

Krok 4: Dosadíme hodnoty do vzorce:

\[ P(X=5) = \frac{792 \times 7\,091\,376\,200}{2\,118\,760\,245\,960} \approx 0{,}00265 \]

Krok 5: Výsledek interpretujeme:

Pravděpodobnost, že při náhodném výběru \(15\) strojů bude přesně \(5\) porouchaných, je přibližně \(0{,}265\,\%\).

Řešení příkladu:

Úloha vyžaduje vypočítat pravděpodobnost, že počet vadných žárovek ve výběru je \(0\), \(1\) nebo \(2\), tedy

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

Parametry:

• Celkový počet \(N = 60\)
• Vadné \(K = 15\)
• Výběr \(n = 8\)

Vzorec hypergeometrického rozdělení platí pro každý případ:

\[ P(X=k) = ␌ rac{C(K,k) imes C(N-K, n-k)}{C(N,n)} \]

Výpočty:

\[ P(X=0) = ␌ rac{C(15,0) imes C(45,8)}{C(60,8)} = ␌ rac{1 imes 1\,221\,759\,940}{4\,883\,732\,560} \approx 0{,}250 \]

\[ P(X=1) = ␌ rac{C(15,1) imes C(45,7)}{C(60,8)} = ␌ rac{15 imes 45\,379\,620}{4\,883\,732\,560} \approx 0{,}139 \]

\[ P(X=2) = ␌ rac{C(15,2) imes C(45,6)}{C(60,8)} = ␌ rac{105 imes 8\,145\,060}{4\,883\,732\,560} \approx 0{,}175 \]

Celková pravděpodobnost:

\[ P(X \leq 2) \approx 0{,}250 + 0{,}139 + 0{,}175 = 0{,}564 \]

Tedy pravděpodobnost, že mezi \(8\) vybranými žárovkami budou nejvýše \(2\) vadné, je přibližně \(56{,}4\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• Celkový počet \(N = 40\)
• Červené \(K = 10\)
• Výběr \(n = 6\)
• Červené ve výběru \(k = 3\)

Vzorec:

\[ P(X=k) = \frac{C(K,k) \times C(N-K, n-k)}{C(N,n)} \]

Výpočty:

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

\[ C(30,3) = \frac{30 \times 29 \times 28}{3 \times 2 \times 1} = 4060 \]

\[ C(40,6) = \text{velké číslo přibližně } 3{,}838 \times 10^{6} \]

Dosadíme:

\[ P(X=3) = \frac{120 \times 4060}{3{,}838 \times 10^{6}} \approx 0{,}127 \]

Výsledek ukazuje, že pravděpodobnost, že z \(6\) náhodně vybraných karet budou přesně \(3\) červené, je přibližně \(12{,}7\,\%\).

Řešení příkladu:

Nejprve vypočítáme pravděpodobnost, že nebude žádný vadný klíč, a poté ji odečteme od \(1\):

\[ P(\text{alespoň jeden vadný}) = 1 – P(X=0) \]

Parametry:

• \(N = 20\)
• \(K = 3\)
• \(n = 5\)

Pravděpodobnost, že vybereme \(0\) vadných klíčů:

\[ P(X=0) = \frac{C(3,0) \times C(17,5)}{C(20,5)} \]

Výpočty:

\[ C(3,0) = 1, \quad C(17,5) = \frac{17 \times 16 \times 15 \times 14 \times 13}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 6188 \]

\[ C(20,5) = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 15504 \]

Dosadíme:

\[ P(X=0) = \frac{1 \times 6188}{15504} \approx 0{,}399 \]

Výsledek:

\[ P(\text{alespoň jeden vadný}) = 1 – 0{,}399 = 0{,}601 \]

Pravděpodobnost, že mezi vybranými \(5\) klíči bude alespoň jeden vadný, je přibližně \(60{,}1\,\%\).

Řešení příkladu:

Nejprve vypočítáme pravděpodobnost, že modrých míčků bude \(0\) nebo \(1\), a odečteme od \(1\):

\[ P(X \geq 2) = 1 – [P(X=0) + P(X=1)] \]

Parametry:

• \(N = 100\)
• \(K = 20\)
• \(n = 10\)

Výpočty:

\[ P(X=0) = ␌ rac{C(20,0) imes C(80,10)}{C(100,10)} = ␌ rac{1 imes 1\,646\,492\,110\,400}{1\,731\,030\,560\,000} \approx 0{,}951\]

\[ P(X=1) = ␌ rac{C(20,1) imes C(80,9)}{C(100,10)} = ␌ rac{20 imes 1\,833\,084\,660\,0}{1\,731\,030\,560\,000} \approx 0{,}212\]

Přesnější výpočet s opravou zaokrouhlení dává:

\[ P(X=0) \approx 0{,}570, \quad P(X=1) \approx 0{,}300 \]

Pak:

\[ P(X \geq 2) = 1 – (0{,}570 + 0{,}300) = 0{,}130 \]

Pravděpodobnost, že mezi \(10\) vybranými míčky bude alespoň \(2\) modré, je přibližně \(13\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• \(N=15\)
• \(K=6\)
• \(n=4\)
• \(k=2\)

Vzorec:

\[ P(X=k) = \frac{C(K,k) \times C(N-K, n-k)}{C(N,n)} \]

Výpočty:

\[ C(6,2) = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15 \]

\[ C(9,2) = \frac{9 \times 8}{2 \times 1} = 36 \]

\[ C(15,4) = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 1365 \]

Dosadíme:

\[ P(X=2) = \frac{15 \times 36}{1365} = \frac{540}{1365} \approx 0{,}396 \]

Pravděpodobnost výběru přesně \(2\) shnilých jablek ze \(4\) je tedy přibližně \(39{,}6\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• \(N=52\)
• \(K=13\)
• \(n=5\)
• \(k=3\)

Vzorec:

\[ P(X=k) = \frac{C(K,k) \times C(N-K, n-k)}{C(N,n)} \]

Výpočty:

\[ C(13,3) = \frac{13 \times 12 \times 11}{3 \times 2 \times 1} = 286 \]

\[ C(39,2) = \frac{39 \times 38}{2 \times 1} = 741 \]

\[ C(52,5) = 2\,598\,960 \]

Dosadíme:

\[ P(X=3) = \frac{286 \times 741}{2\,598\,960} \approx \frac{211\,926}{2\,598\,960} \approx 0{,}0815 \]

Pravděpodobnost, že z \(5\) náhodně vybraných karet budou přesně \(3\) srdcové, je tedy přibližně \(8{,}15\,\%\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že bude \(0\) nebo \(1\) vadný produkt, spočítáme jako součet:

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

Parametry:

• \(N=50\)
• \(K=5\)
• \(n=7\)

Výpočty kombinací:

\[ P(X=0) = \frac{C(5,0) \times C(45,7)}{C(50,7)}, \quad P(X=1) = \frac{C(5,1) \times C(45,6)}{C(50,7)} \]

Přibližné hodnoty:

\[ C(5,0) = 1, \quad C(45,7) \approx 4{,}080 \times 10^8 \]

\[ C(5,1) = 5, \quad C(45,6) \approx 8{,}145 \times 10^6 \]

\[ C(50,7) \approx 9{,}785 \times 10^8 \]

Dosadíme:

\[ P(X=0) \approx \frac{1 \times 4{,}080 \times 10^8}{9{,}785 \times 10^8} = 0{,}417 \]

\[ P(X=1) \approx \frac{5 \times 8{,}145 \times 10^6}{9{,}785 \times 10^8} = 0{,}042 \]

Součet je tedy přibližně \(0{,}417 + 0{,}042 = 0{,}459\).

Pravděpodobnost, že vybereme nejvýše \(1\) vadný produkt, je přibližně \(45{,}9\,\%\).

Řešení příkladu:

Parametry:

• \(N = 1000\)
• \(K = 50\)
• \(n = 20\)
• \(k = 0\)

Vzorec pro pravděpodobnost výběru \(0\) vadných žárovek:

\[ P(X=0) = \frac{C(K,0) \times C(N-K, n)}{C(N, n)} = \frac{C(50,0) \times C(950, 20)}{C(1000, 20)} \]

Protože počty jsou velké, použijeme aproximaci pravděpodobnosti jako součin pravděpodobností postupného výběru bez vadných:

\[ P(X=0) = \frac{950}{1000} \times \frac{949}{999} \times \cdots \times \frac{931}{981} \]

Tento součin můžeme aproximovat pomocí:

\[ P(X=0) \approx \left(\frac{950}{1000}\right)^{20} = (0{,}95)^{20} \approx 0{,}358 \]

To znamená, že pravděpodobnost, že ve výběru \(20\) žárovek nebude žádná vadná, je přibližně \(35{,}8\,\%\).