12.3 Prawdopodobieństwo warunkowe, całkowite i wzór Bayesa

0 Warunek zmienia $\Omega$

„Prawdopodobieństwo $A$ pod warunkiem $B$ ” to odpowiedź na pytanie: wiemy już, że zaszło $B$ ; jaka jest teraz szansa na $A$ ? Informacja „zaszło $B$ ” wyrzuca z gry wszystkie wyniki spoza $B$ . Nowym zbiorem wszystkich możliwości staje się $B$ , a sprzyjające $A$ są tylko te wyniki, które leżą w $A$ i w $B$ jednocześnie. W modelu klasycznym oznacza to, że $|\Omega|$ w ogóle nie jest potrzebne: wystarczą $|B|$ i $|A \cap B|$ .

1 Prawdopodobieństwo warunkowe

Definicja (w broszurze CKE)

$\displaystyle P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$ , $\ P(B) > 0$ ; $\quad$ w modelu klasycznym $\ P(A|B) = \frac{|A \cap B|}{|B|}$ .

Kolejność ma znaczenie: $P(A|B)$ i $P(B|A)$ mają ten sam licznik $P(A \cap B)$ , ale różne mianowniki. W rozwiązaniu nazwij zdarzenia słowami („ $A$ — iloczyn oczek parzysty”, „ $B$ — suma oczek równa $9$ ”), zanim zaczniesz liczyć.

Przykład 1.1 Dwie kostki

Rzucamy dwa razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że suma oczek jest równa $8$ , pod warunkiem że w pierwszym rzucie wypadła parzysta liczba oczek.

$B$ — w pierwszym rzucie wynik parzysty: $|B| = 3\cdot6 = 18$ .
$A \cap B$ : $(2, 6), (4, 4), (6, 2)$ , czyli $3$ .

Wynik: $P(A|B) = \frac{3}{18} = \frac16$ . Bez warunku byłoby $\frac{5}{36}$ .

Przykład 1.2 Warunek o sumie

Ze zbioru $\{1, 2, \ldots, 9\}$ losujemy kolejno dwie liczby bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie są nieparzyste, jeśli wiadomo, że ich suma jest parzysta.

$B$ — suma parzysta: obie nieparzyste ( $5\cdot4 = 20$ ) albo obie parzyste ( $4\cdot3 = 12$ ); $\ |B| = 32$ .
$A \cap B$ — obie nieparzyste: $20$ .

Wynik: $P(A|B) = \frac{20}{32} = \frac58$ .

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 5 min

Rzucamy dwa razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że suma oczek jest co najmniej $10$ , pod warunkiem że w obu rzutach wypadła ta sama liczba oczek.

Odpowiedź
$|B| = 6$ dubletów, sprzyjające $(5, 5)$ i $(6, 6)$ : $\ \frac26 = \frac13$ .
W rodzinie jest dwoje dzieci i wiadomo, że co najmniej jedno jest dziewczynką. Przyjmij, że każda z czterech kolejności płci (DD, DC, CD, CC) jest jednakowo prawdopodobna. Oblicz prawdopodobieństwo, że oboje dzieci to dziewczynki.

Odpowiedź
$B = \{DD, DC, CD\}$ , $\ A \cap B = \{DD\}$ : $\ \frac13$ , a nie $\frac12$ .
$P(A) = 0{,}5$ , $P(B) = 0{,}4$ , $P(A \cap B) = 0{,}2$ . Oblicz $P(A|B)$ i $P(B|A)$ .

Odpowiedź
$P(A|B) = \frac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5$ ; $\ P(B|A) = \frac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$ .

2 Drzewo: mnożenie wzdłuż gałęzi

Wzór na iloczyn i drzewo

$P(A \cap B) = P(B)\cdot P(A|B)$

W doświadczeniu wieloetapowym rysujemy drzewo: na gałęziach piszemy prawdopodobieństwa warunkowe (pod warunkiem tego, co stało się wcześniej). Prawdopodobieństwo jednej ścieżki to iloczyn liczb na jej gałęziach; prawdopodobieństwo zdarzenia złożonego z kilku ścieżek to suma ich iloczynów.

Przykład 2.1 Druga kula biała

W urnie są $4$ kule białe i $3$ czarne. Losujemy kolejno dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że druga kula jest biała.

Ścieżka „biała, biała”: $\frac47\cdot\frac36 = \frac{12}{42}$ .
Ścieżka „czarna, biała”: $\frac37\cdot\frac46 = \frac{12}{42}$ .
Suma: $\frac{24}{42}$ .

Wynik: $\frac47$ : tyle samo, co dla pierwszej kuli. Bez informacji o pierwszym losowaniu każda pozycja jest równie dobra.

Zadania · część 2

2 zadania · ok. 3 min

W urnie jest $5$ kul białych i $3$ czarne. Losujemy kolejno dwie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie są czarne.

Odpowiedź
$\frac38\cdot\frac27 = \frac{6}{56} = \frac{3}{28}$ .
Z tej samej urny oblicz prawdopodobieństwo, że druga kula jest biała.

Odpowiedź
$\frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58$ .

3 Prawdopodobieństwo całkowite

Twierdzenie (w broszurze CKE)

Jeśli $B_1, \ldots, B_n$ są parami rozłączne, dają w sumie $\Omega$ i mają dodatnie prawdopodobieństwa, to

$P(A) = P(A|B_1)P(B_1) + P(A|B_2)P(B_2) + \ldots + P(A|B_n)P(B_n)$ .

Zdarzenia $B_i$ to „skąd” (który zakład, która urna, czy osoba jest chora), $A$ to „co zaobserwowano”. W drzewie to suma ścieżek kończących się na $A$ . W zadaniu wypisz najpierw wszystkie $P(B_i)$ i $P(A|B_i)$ : za samo to klucz daje pierwszy punkt.

Przykład 3.1 Trzy zakłady

Zakłady I, II, III wytwarzają odpowiednio $50\%$ , $30\%$ i $20\%$ produkcji. Wadliwych jest $2\%$ wyrobów zakładu I, $3\%$ zakładu II i $5\%$ zakładu III. Oblicz prawdopodobieństwo, że losowo wybrany wyrób jest wadliwy.

$P(B_1) = 0{,}5$ , $P(B_2) = 0{,}3$ , $P(B_3) = 0{,}2$ ; $\ P(A|B_1) = 0{,}02$ , $P(A|B_2) = 0{,}03$ , $P(A|B_3) = 0{,}05$ .
$P(A) = 0{,}5\cdot0{,}02 + 0{,}3\cdot0{,}03 + 0{,}2\cdot0{,}05 = 0{,}010 + 0{,}009 + 0{,}010$ .

Wynik: $P(A) = 0{,}029$ .

Zadania · część 3

2 zadania · ok. 4 min

Rzucamy monetą: orzeł oznacza losowanie z urny I ( $2$ białe, $3$ czarne), reszka z urny II ( $4$ białe, $1$ czarna). Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.

Odpowiedź
$\frac12\cdot\frac25 + \frac12\cdot\frac45 = \frac35$ .
Rzucamy kostką. Jeśli wypadnie szóstka, losujemy kulę z urny A ( $3$ białe, $1$ czarna), w przeciwnym razie z urny B ( $1$ biała, $3$ czarne). Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.

Odpowiedź
$\frac16\cdot\frac34 + \frac56\cdot\frac14 = \frac{3 + 5}{24} = \frac13$ .

4 Wzór Bayesa

Wzór Bayesa (w broszurze CKE)

$\displaystyle P(B_k|A) = \frac{P(B_k)\cdot P(A|B_k)}{P(A|B_1)P(B_1) + \ldots + P(A|B_n)P(B_n)}$

Czytaj go jako ułamek: w liczniku jedna ścieżka drzewa (przez $B_k$ do $A$ ), w mianowniku wszystkie ścieżki do $A$ , czyli $P(A)$ z prawdopodobieństwa całkowitego. Pytanie „wiedząc, że zaobserwowano $A$ , jaka jest szansa, że przyczyną było $B_k$ ” rozpoznasz po odwróconej kolejności względem danych.

Przykład 4.1 Skąd jest wadliwy wyrób

W sytuacji z przykładu 3.1 losowo wybrany wyrób okazał się wadliwy. Oblicz prawdopodobieństwo, że pochodzi z zakładu III.

Licznik: ścieżka przez III: $0{,}2\cdot0{,}05 = 0{,}010$ .
Mianownik: $P(A) = 0{,}029$ .

Wynik: $\frac{0{,}010}{0{,}029} = \frac{10}{29} \approx 0{,}34$ . Zakład III daje $20\%$ produkcji, ale ponad jedną trzecią braków.

Przykład 4.2 Dodatni wynik testu

Choroba występuje u $1\%$ populacji. Test daje wynik dodatni u $95\%$ chorych i u $4\%$ zdrowych. Oblicz prawdopodobieństwo, że osoba z wynikiem dodatnim jest chora. Wynik podaj z dokładnością do części setnych.

Ścieżka „chory, dodatni”: $0{,}01\cdot0{,}95 = 0{,}0095$ .
Ścieżka „zdrowy, dodatni”: $0{,}99\cdot0{,}04 = 0{,}0396$ .
$\frac{0{,}0095}{0{,}0095 + 0{,}0396} = \frac{0{,}0095}{0{,}0491}$ .

Wynik: $\approx 0{,}19$ . Mimo czułego testu większość wyników dodatnich pochodzi od zdrowych, bo zdrowych jest $99$ razy więcej. Zaokrąglaj dopiero na końcu.

Zadania · część 4

2 zadania · ok. 5 min

W sytuacji z pierwszego zadania części 3 wylosowano kulę białą. Oblicz prawdopodobieństwo, że pochodziła z urny I.

Odpowiedź
$\frac{\frac12\cdot\frac25}{\frac35} = \frac{\frac15}{\frac35} = \frac13$ .
Wśród studentów $40\%$ to mężczyźni. Okulary nosi $30\%$ mężczyzn i $10\%$ kobiet. Losowo wybrana osoba nosi okulary. Oblicz prawdopodobieństwo, że jest mężczyzną.

Odpowiedź
$\frac{0{,}4\cdot0{,}3}{0{,}4\cdot0{,}3 + 0{,}6\cdot0{,}1} = \frac{0{,}12}{0{,}18} = \frac23$ .

5 Trening rachunkowy

Próbka treningu rachunkowego. Pełny trening ma 19 przykładów i zadań, z odpowiedziami i w wersji do druku.

Poziom A · P(A|B)

Zestawy A

Oblicz.
1. dwie kostki: suma $7$ pod warunkiem, że w pierwszym rzucie wypadło $3$
2. $P(A \cap B) = 0{,}12$ , $P(B) = 0{,}3$ : $\ P(A|B)$
Odpowiedzi
a) $\frac16$ b) $0{,}4$

Poziom B · drzewo

Zestawy B

Urna: $2$ kule białe i $3$ czarne (w ostatnim przykładzie $3$ białe i $2$ czarne). Oblicz.
1. dwie bez zwracania: obie białe
Odpowiedzi
a) $\frac25\cdot\frac14 = \frac{1}{10}$

Poziom C · prawdopodobieństwo całkowite

Zestawy C

Oblicz $P(A)$ .
1. moneta wybiera urnę I ( $1$ b, $1$ c) albo II ( $3$ b, $1$ c); $A$ — biała
Odpowiedzi
a) $\frac58$

Poziom D · wzór Bayesa

Zestawy D

Oblicz (dane z poziomu C).
1. urna I pod warunkiem, że wylosowano białą (pierwszy przykład C)
Odpowiedzi
a) $\frac{1/4}{5/8} = \frac25$

Pełny trening (19 przykładów i zadań) →

6 Na maturze

Klucz do zadań z Bayesem: 1 punkt za wypisanie $P(B_i)$ i $P(A|B_i)$ , 2 punkty za zastosowanie wzoru na prawdopodobieństwo całkowite albo Bayesa, 3 punkty za wynik (w zadaniach za 4 punkty dochodzi etap pośredni). W zadaniu kombinatorycznym z maja 2025 punkt był za $|B|$ , drugi za $|A \cap B|$ , trzeci za wynik; samo $|\Omega|$ nie dawało punktu. Sprawozdanie wymienia typowe błędy: pominięty czynnik położenia (na której pozycji stoi dana kostka), nieuprawnione użycie schematu Bernoulliego dla $A \cap B$ i zapis „ $\Omega = 6^4$ ” zamiast $|\Omega| = 6^4$ . Poniższe zadania są nasze, w stylu arkusza.

Zadania w stylu maturalnym

3 zadania · 9 pkt · ok. 25 min

(0–3 pkt) Rzucamy trzy razy kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn wyrzuconych oczek jest parzysty, jeśli wiadomo, że suma oczek jest równa $9$ .
Rozwiązanie i punktacja
1. Zdarzenia. $A$ — iloczyn parzysty, $B$ — suma równa $9$ ; $\ P(A|B) = \frac{|A \cap B|}{|B|}$ .
2. |B|. zbiory oczek o sumie $9$ : $\{1, 2, 6\}$ , $\{1, 3, 5\}$ , $\{2, 3, 4\}$ — po $6$ ustawień; $\{1, 4, 4\}$ , $\{2, 2, 5\}$ , $\{3, 3, 3\}$ — po $3$ , $3$ , $1$ . $\ |B| = 18 + 7 = 25$ .
3. |A ∩ B|. łatwiej przez dopełnienie w $B$ : iloczyn nieparzysty tylko dla samych nieparzystych, $\{1, 3, 5\}$ ( $6$ ) i $\{3, 3, 3\}$ ( $1$ ). $\ |A \cap B| = 25 - 7 = 18$ .
4. Wynik. $P(A|B) = \frac{18}{25}$ .
1 pkt za $|B| = 25$ . 2 pkt za $|A \cap B| = 18$ . 3 pkt za wynik $\frac{18}{25}$ .
(0–4 pkt) Hurtownia kupuje jabłka od trzech dostawców w stosunku $5 : 3 : 2$ . Jabłka I gatunku stanowią $80\%$ dostaw pierwszego dostawcy, $60\%$ drugiego i $50\%$ trzeciego. Losowo wybrane jabłko jest I gatunku. Oblicz prawdopodobieństwo, że pochodzi od drugiego dostawcy. Wynik podaj w zaokrągleniu do części setnych.
Rozwiązanie i punktacja
1. Dane. $P(D_1) = 0{,}5$ , $P(D_2) = 0{,}3$ , $P(D_3) = 0{,}2$ ; $\ P(I|D_1) = 0{,}8$ , $P(I|D_2) = 0{,}6$ , $P(I|D_3) = 0{,}5$ .
2. Całkowite. $P(I) = 0{,}40 + 0{,}18 + 0{,}10 = 0{,}68$ .
3. Bayes. $P(D_2|I) = \frac{0{,}18}{0{,}68} = \frac{9}{34}$ .
4. Wynik. $\approx 0{,}26$ .
1 pkt za wszystkie $P(D_i)$ i $P(I|D_i)$ . 2 pkt za $P(I) = 0{,}68$ . 3 pkt za zapis wzoru Bayesa z liczbami. 4 pkt za $\approx 0{,}26$ .
(0–2 pkt) Zdarzenia $A, B \subset \Omega$ spełniają: $P(A) = 0{,}6$ , $P(B) = 0{,}5$ , $P(A \cup B) = 0{,}8$ . Oblicz $P(A|B)$ oraz $P(B'|A)$ .
Rozwiązanie i punktacja
1. Iloczyn. $P(A \cap B) = 0{,}6 + 0{,}5 - 0{,}8 = 0{,}3$ ; $\ P(A|B) = \frac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6$ .
2. Drugie. $P(A \cap B') = 0{,}6 - 0{,}3 = 0{,}3$ ; $\ P(B'|A) = \frac{0{,}3}{0{,}6} = 0{,}5$ .
1 pkt za $P(A \cap B) = 0{,}3$ . 2 pkt za obie wartości.

7 Najczęstsze błędy

„ $P(A|B) = \frac{|A \cap B|}{|\Omega|}$ .”: Mianownikiem jest $|B|$ , bo warunek zawęża zbiór wyników. $|\Omega|$ w ogóle nie jest potrzebne.
„ $P(A|B) = P(B|A)$ .”: Liczniki równe, mianowniki różne. W teście medycznym $P(\text{dodatni}|\text{chory}) = 0{,}95$ , ale $P(\text{chory}|\text{dodatni}) \approx 0{,}19$ .
„Dokładnie dwie piątki w czterech rzutach: $5^2$ możliwości na resztę.”: Brakuje wyboru pozycji piątek, $\binom42$ . To ten sam schemat „pozycje, potem reszta” co w lekcji 11.2 Permutacje, wariacje, kombinacje i symbol Newtona.
„ $0{,}2647 \approx 0{,}27$ , bo zaokrąglałem po drodze.”: Zaokrąglaj tylko wynik końcowy. Ułamki pośrednie trzymaj dokładnie albo z zapasem cyfr.

8 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co jest mianownikiem w

P(A|B)

w modelu klasycznym?

$|B|$ .

P(B) = 0{,}2

P(A|B) = 0{,}5

P(A) = 0{,}25

. Ile wynosi

P(B|A)

$\frac{0{,}2\cdot0{,}5}{0{,}25} = 0{,}4$ .

3 Jakie warunki muszą spełniać zdarzenia

B_1, \ldots, B_n

we wzorze na prawdopodobieństwo całkowite?

Parami rozłączne, w sumie dają $\Omega$ , każde ma dodatnie prawdopodobieństwo.

4 Dlaczego w teście na rzadką chorobę

P(\text{chory}|\text{dodatni})

bywa małe?

Bo zdrowych jest bardzo dużo, więc nawet mały odsetek fałszywie dodatnich daje więcej wyników dodatnich niż wszyscy chorzy razem.

9 Karta wzorów i co dalej

Wzory

$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{|A \cap B|}{|B|}$

$P(A) = \sum P(A|B_i)P(B_i)$

$P(B_k|A) = \frac{P(B_k)P(A|B_k)}{P(A)}$

Metoda

nazwij zdarzenia słowami

drzewo: iloczyn wzdłuż, suma ścieżek

zaokrąglaj na końcu

W broszurze CKE „Wybrane wzory matematyczne” (dział 14) są definicja prawdopodobieństwa warunkowego, twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym i twierdzenie Bayesa, wszystkie z pełnymi założeniami. Drzewa i metody „pola w kwadracie” w broszurze nie ma.

Dalej: schemat Bernoulliego (lekcja 12.4 Schemat Bernoulliego).

0 Warunek zmienia Ω\OmegaΩ