Prawdopodobieństwo klasyczne

Prawdopodobieństwo klasyczne liczymy w doświadczeniu, w którym wszystkie możliwe wyniki są jednakowo prawdopodobne i można je policzyć. Zbiór wszystkich wyników nazywamy zbiorem zdarzeń elementarnych $\Omega$, a jego liczebność zapisujemy $\lvert\Omega\rvert$. Zdarzenie $A$ to ten podzbiór $\Omega$, który nas interesuje – wyniki do niego należące to zdarzenia sprzyjające. Prawdopodobieństwo jest wtedy ułamkiem: ile wyników sprzyja, podzielone przez ile wyników jest w ogóle.

Cała trudność zadań z tego hasła leży w dwóch zliczeniach: $\lvert\Omega\rvert$ i $\lvert A\rvert$. Samo dzielenie jest ostatnim krokiem. Dlatego warto trzymać się kilku zasad:

• najpierw ustal, co jest jednym wynikiem doświadczenia (para liczb, liczba dwucyfrowa, ustawienie liczb w ciąg) i czy kolejność wchodzi do wyniku,
• sprawdź, czy losowanie jest ze zwracaniem (ten sam element może trafić się drugi raz) czy bez zwracania (nie może) – od tego zależy $\lvert\Omega\rvert$,
• zdarzenia sprzyjające wypisz albo zaznacz w tabeli, zamiast liczyć je „na oko",
• gdy dwa wyniki różnią się kolejnością (jak $(5,6)$ i $(6,5)$), to są dwa różne wyniki.

Gdy zdarzeń elementarnych jest bardzo dużo (na przykład wszystkie ustawienia kilku liczb w rzędzie), nie wypisujesz ich, tylko liczysz moce zbiorów regułą mnożenia: liczba ustawień $n$ różnych elementów w rzędzie to $n!$. Szczegóły liczenia kombinatorycznego są w osobnych hasłach. Zdarzenie przeciwne i „co najmniej jeden" przez dopełnienie omawia hasło zdarzenie przeciwne i suma zdarzeń.

Przykład 1 – dwa rzuty kostką. Rzucamy dwa razy symetryczną kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $A$: iloczyn liczb oczek jest równy $12$.

Wynikiem jest uporządkowana para (pierwszy rzut, drugi rzut), więc $\lvert\Omega\rvert = 6 \cdot 6 = 36$. Szukamy par o iloczynie $12$: $(2, 6)$, $(3, 4)$, $(4, 3)$, $(6, 2)$. Para $(1, 12)$ odpada, bo na kostce nie ma $12$ oczek. Mamy $\lvert A\rvert = 4$, więc

Przykład 2 – losowanie bez zwracania. Ze zbioru $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ losujemy kolejno bez zwracania dwie liczby. Oblicz prawdopodobieństwo, że ich suma jest nieparzysta.

Pierwszą liczbę wybieramy na $5$ sposobów, drugą na $4$ (jedna jest już zajęta), więc $\lvert\Omega\rvert = 5 \cdot 4 = 20$. Suma jest nieparzysta, gdy jedna liczba jest parzysta, a druga nieparzysta. Parzyste są $2$ i $4$, nieparzyste $1$, $3$, $5$. Pary z parzystą na pierwszym miejscu: $2 \cdot 3 = 6$, z nieparzystą na pierwszym: $3 \cdot 2 = 6$. Razem $\lvert A\rvert = 12$:

Gdyby losowanie było ze zwracaniem, mielibyśmy $\lvert\Omega\rvert = 25$ i ten sam licznik $12$, czyli $\frac{12}{25}$. Sposób losowania zmienia wynik.

Przykład 3 – ustawienia cyfr. Cyfry $1, 2, 3, 4$ ustawiamy losowo w rzędzie i otrzymujemy liczbę czterocyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo, że liczba jest parzysta.

Wynikiem jest ustawienie czterech różnych cyfr, więc $\lvert\Omega\rvert = 4! = 24$. Liczba jest parzysta, gdy ostatnia cyfra to $2$ albo $4$ – dwa wybory. Pozostałe trzy cyfry ustawiamy na miejscach przed nią na $3! = 6$ sposobów, stąd $\lvert A\rvert = 2 \cdot 6 = 12$:

Losowanie „jednocześnie" można liczyć na dwa sposoby: jak kolejne bez zwracania (mianownik $n(n-1)$) albo jako nieuporządkowane pary (mianownik dwa razy mniejszy). Prawdopodobieństwo wychodzi to samo, byle licznik zliczyć tym samym sposobem co mianownik.

Zła liczba wszystkich wyników. Liczb dwucyfrowych jest $99 - 10 + 1 = 90$, a nie $89$ ani $99$. Błędny mianownik daje odpowiedź, która wygląda wiarygodnie: dla zdarzenia „liczba jest wielokrotnością $34$" są to liczby $34$ i $68$, więc $\frac{2}{90}$, a nie $\frac{2}{89}$. Przy zbiorach zapisanych przedziałem (od $a$ do $b$) liczba elementów to $b - a + 1$.

Pomylenie losowania ze zwracaniem i bez zwracania. Dla zbioru $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ i sumy nieparzystej wychodzi $\frac{12}{20}$ bez zwracania i $\frac{12}{25}$ ze zwracaniem. Zanim cokolwiek policzysz, znajdź w treści słowa „ze zwracaniem", „bez zwracania", „kolejno" albo „jednocześnie".

Sumy oczek jako zdarzenia elementarne. Przy dwóch kostkach suma może wynosić $2, 3, \ldots, 12$, czyli $11$ wartości, ale nie są one jednakowo prawdopodobne: suma $7$ wypada na sześć sposobów, suma $2$ tylko na jeden (patrz tabela). Wynikiem jest para oczek, więc $\lvert\Omega\rvert = 36$. Zapis $\frac{1}{11}$ zamiast $\frac{2}{36}$ dla sumy $11$ jest błędem modelu.

Brak jednego z wyników z pary. Para $(5, 6)$ i para $(6, 5)$ to dwa różne wyniki, jeśli kolejność rzutów albo losowań ma znaczenie. Uczeń, który zapisze tylko $(5, 6)$, dostaje $\frac{1}{36}$ zamiast $\frac{2}{36}$.

Niedokładne zliczenie sprzyjających. W sprawozdaniu CKE z 2026 roku trudność zadania z cyframi i podzielnością przez $6$ nie wynikała z samego modelu: zdający wypisywali wszystkie liczby, ale nie umieli poprawnie wskazać wśród nich tych podzielnych przez $6$. Wśród dwudziestu pięciu liczb powstających z dwóch zbiorów cyfr trzeba umieć sprawdzić podzielność dla każdej, także dla liczb z zerem na końcu. Rób to systematycznie: tabela albo lista po kolei, bez przeskakiwania.

Licznik i mianownik liczone różnymi metodami. Uczeń liczy $\lvert A\rvert$ jako pary uporządkowane (na przykład $12$), a $\lvert\Omega\rvert$ jako nieuporządkowane ($10$). Wynik $\frac{12}{10}$ jest większy od $1$ – to sygnał, że licznik i mianownik pochodzą z różnych modeli. Prawdopodobieństwo nigdy nie przekracza $1$.

Zagadnienia z tego samego obszaru matury – warto je powtórzyć razem: