הסתברות

נסמן: $p$ – ההסתברות לעבור את מבחן א'. אז ההסתברות לעבור את מבחן ב' בהינתן שעבר את מבחן א' היא $2p$. נסמן ב־$r$ את ההסתברות לעבור את הראיון בהינתן שעבר את שני המבחנים.

לפי עץ ההסתברויות:

ההסתברות להתקבל לעבודה (לעבור את הכול):

ההסתברות לעבור את שני המבחנים ולהיכשל בראיון:

נתון שההסתברות הראשונה גדולה פי 3 מן השנייה:

תשובה: $0.75$

ההסתברות להתקבל היא $0.06$:

($p$ היא הסתברות, ולכן $p>0$.)

תשובה: $0.2$

נסמן: $A$ – עבר את מבחן א'; $N$ – לא התקבל לעבודה.

מי שלא עבר את מבחן א' לא מתקבל. מבין אלה שעברו את מבחן א' (0.2), חלק מתקבלים (0.06) והשאר לא:

המבוקש הוא ההסתברות המותנית $P(A/N)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

נציב:

תשובה: $\frac{7}{47}\approx 0.149$

לכל אחד מ־5 המועמדים שלא התקבלו, ההסתברות שעבר את מבחן א' היא $p=\frac{7}{47}$ (סעיף ג), באופן בלתי תלוי. זו התפלגות ברנולי עם $n=5$.

„לפחות שניים" — נחשב בעזרת המאורע המשלים (0 או 1):

תשובה: $\approx 0.163$

בשני השקים ההוצאה היא עם החזרה, ולכן ההוצאות בלתי תלויות. בחירת השק: $\frac{1}{2}$ לכל שק.

• בשק א' ההסתברות לכדור רך: $\frac{4}{10}=0.4$.
• בשק ב' ההסתברות לכדור רך: $\frac{x}{12}$.

ההסתברות להוציא שני כדורים רכים:

‏(‏$x$ הוא מספר כדורים, ולכן $x=6$ ולא $-6$.‏)‏

תשובה: $x=6$

בשק ב' ההסתברות לכדור רך היא $\frac{6}{12}=0.5$ ולכדור קשה $0.5$.
בשק א' ההסתברות לכדור רך היא $0.4$ ולכדור קשה $0.6$.

נגדיר: $A$ – הכדורים הוצאו משק א', $B$ – שני הכדורים מאותו הסוג.

משק א':

שני רכים ושני קשים:

משק ב':

שני רכים ושני קשים:

יחד: $0.25$. לכן:

המבוקש הוא ההסתברות המותנית $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

נציב:

תשובה: $\frac{26}{51}\approx 0.51$

ההסתברות שבפעם אחת ‏(‏תהליך אחד‏)‏ גלית הוציאה רק כדורים קשים ‏(‏שני כדורים קשים‏)‏, לפי סעיף ב:

ארבע הפעמים בלתי תלויות, ולכן לפי נוסחת ברנולי עם $n=4,k=2$:

תשובה: בקירוב $0.27$; ערך מדויק: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\cdot 0.305^2\cdot 0.695^2$

בכל פעם: ההסתברות לשני קשים $0.305$, ולשני רכים $0.205$ ‏(‏נתון‏)‏.

צריך שבשתיים מהפעמים יצאו שני קשים ובשתיים האחרות שני רכים. מספר הדרכים לבחור באילו שתיים מתוך ארבע הפעמים יצאו הקשים הוא $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$, ולכן:

תשובה: בקירוב $0.023$; ערך מדויק: $6\cdot 0.305^2\cdot 0.205^2$

נסמן: $M$ – התלמיד מדריך, $L$ – לתלמיד יש רישיון. נסמן $P(L)=x$.

„חצי מבעלי הרישיון הם מדריכים”: $P(M/L)=\frac{1}{2}$, ולכן:

האחוז השני שווה לראשון: $P(\overline{L}/M)=P(M/L)=\frac{1}{2}$. כלומר חצי מן המדריכים בלי רישיון וחצי עם רישיון:

„מדריך או בעל רישיון”:

לכן $P(M)=0.3$.

תשובה: 30% מן התלמידים הם מדריכים

המאורעות כמו בסעיף א: $M$ – התלמיד מדריך, $\overline{L}$ – אין לתלמיד רישיון. בוחרים מבין התלמידים שאין להם רישיון, ולכן המבוקש הוא $P(M/\overline{L})$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

מהטבלה: $P(M\cap \overline{L})=0.15$, $P(\overline{L})=0.7$. נציב:

תשובה: $\frac{3}{14}\approx 0.214$

השכבה גדולה, ולכן הבחירות בלתי תלויות: ניסוי ברנולי עם $n=5$ ו־$p=\frac{3}{14}$ (ההסתברות שתלמיד בלי רישיון הוא מדריך), $1-p=\frac{11}{14}$.

„יותר ממדריך אחד” = לא 0 ולא 1:

תשובה: $\frac{78579}{268912}\approx 0.292$

נסמן: $A$ – מספר המדריכים שנבחרו זוגי, $B$ – נבחר יותר ממדריך אחד. מבין $2,3,4,5$ הזוגיים הם 2 ו־4:

המבוקש הוא ההסתברות המותנית $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

נציב:

תשובה: $\frac{13805}{17462}\approx 0.791$

נסמן ב־$p$ את ההסתברות לבחור תפוז. בית האריזה גדול, ולכן בחירות של פירות שונים הן בלתי תלויות (ההסתברות כמעט אינה משתנה מבחירה לבחירה):

יש רק שני סוגי פירות, ולכן ההסתברות לבחור לימון:

תשובה: $0.36$

נסמן: $A$ – נבחר תפוז, $B$ – נבחר פרי המיועד לייצוא, ו־$P(B)=x$.

נתון:

ולכן תפוז מבין הפירות שאינם לייצוא:

לפי נוסחת ההסתברות השלמה:

ההסתברות שנבחר פרי המיועד לייצוא היא $0.7$.

תשובה: $0.7$

המאורעות כמו בסעיף ב: $A$ – נבחר תפוז ($\bar{A}$ – לימון), $B$ – נבחר פרי המיועד לייצוא.

נמצא איזה חלק מהלימונים מיועד לייצוא. לימון שאינו לייצוא:

לימון לייצוא:

ולכן, בהינתן שנבחר לימון ($\bar{A}$), ההסתברות שהוא לייצוא ($B$) היא $P(B/\bar{A})$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

וההסתברות שאינו לייצוא: $\frac{2}{9}$.

ידוע שנבחרו שני לימונים. כל אחד מהם (באופן בלתי תלוי) מיועד לייצוא בהסתברות $\frac{7}{9}$. אחד לייצוא והאחר לא – בשני סדרים אפשריים:

תשובה: $\frac{28}{81}\approx 0.346$

כל פרי מיועד לייצוא בהסתברות $0.7$, באופן בלתי תלוי. נסמן ב־$X$ את מספר הפירות המיועדים לייצוא מבין 4 – התפלגות בינומית, $n=4$, $p=0.7$:

לפחות אחד לייצוא:

נסמן: $C$ – לכל היותר 3 מהפירות מיועדים לייצוא ($X\le 3$), $D$ – לפחות פרי אחד מיועד לייצוא ($X\ge 1$). ידוע ש־$D$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(C/D)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

$C\cap D$ – לכל היותר 3 וגם לפחות אחד לייצוא:

$P(D)=0.9919$. נציב:

תשובה: $\frac{1074}{1417}\approx 0.758$

כל מצביע מצביע למפלגה א' בהסתברות $P$ ולמפלגה ב' בהסתברות $1-P$, באופן בלתי תלוי. זהו ניסוי ברנולי עם $n=3$.

ההסתברות שבדיוק אחד הצביע למפלגה א':

ההסתברות ששלושתם הצביעו למפלגה ב':

לפי הנתון:

נחלק את שני האגפים ב־$(1-P{)}^2$. מותר לחלק, כי $P\ne 1$:

תשובה: $P=\frac{2}{5}=0.4$

נגדיר מאורעות: $A$ – ארבעתם הצביעו למפלגה א'; $E$ – ארבעתם הצביעו לאותה מפלגה.

ידוע ש־$E$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(A/E)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

המאורע $A$ מוכל ב־$E$, ולכן:

נציב:

תשובה: $\frac{16}{97}\approx 0.165$

נסמן ב־$x$ את ההסתברות לבחור מצביע צעיר. אז ההסתברות לבחור מצביע מבוגר היא $1-x$.

לפי נוסחת ההסתברות השלמה, ההסתברות להצביע למפלגה א' היא $P=0.4$:

תשובה: $\frac{4}{9}\approx 0.444$

דני מתקשר רק לצעירים: כל צעיר הצביע למפלגה א' בהסתברות $0.15$ ולמפלגה ב' בהסתברות $0.85$.

דני מפסיק מייד כשיש לו צעיר מכל מפלגה. הוא התקשר ל־5 צעירים בדיוק אם ורק אם ארבעת הראשונים הצביעו לאותה מפלגה והחמישי הצביע למפלגה האחרת.

ארבעה ראשונים למפלגה א' והחמישי למפלגה ב':

ארבעה ראשונים למפלגה ב' והחמישי למפלגה א':

שני המקרים זרים, ולכן:

תשובה: $\frac{12597}{160000}\approx 0.0787$

בכד א׳ יש 25 כדורים: 10 אדומים ו־15 צהובים. בכד ב׳ כל הכדורים אדומים. בחירת הכד היא בהסתברות $\frac{1}{2}$ לכל כד.

נסמן: $A$ — שני הכדורים צהובים, $R$ — שני הכדורים אדומים, $B$ — שני הכדורים באותו צבע. ידוע ש־$B$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

שני כדורים צהובים — אפשרי רק מכד א׳. הכדור הראשון צהוב, ואז מוציאים כדור שני בלי החזרה (נשארו 24 כדורים, מהם 14 צהובים):

שני כדורים אדומים — הכדור הראשון אדום, מחזירים אותו ומוציאים שוב מאותו כד:

• מכד א׳: $\frac{1}{2}\cdot \frac{10}{25}\cdot \frac{10}{25}=\frac{2}{25}$
• מכד ב׳: $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$

באותו צבע = שניהם צהובים או שניהם אדומים:

שני כדורים צהובים הם בוודאי באותו צבע: $A$ מוכל ב־$B$, ולכן $P(A\cap B)=P(A)$. נציב:

תשובה: $\frac{35}{151}\approx 0.232$

בכל ביצוע של התהליך יעל בוחרת כד ומוציאה כדור אחד, ומחזירה אותו — כך שבכל פעם ההסתברויות זהות.

ההסתברות להוציא כדור אדום בביצוע אחד:

ולכן ההסתברות לכדור צהוב: $1-0.7=0.3$.

יעל מבצעת את התהליך 6 פעמים בדיוק אם ב־5 הפעמים הראשונות הוציאה כדור צהוב, ובפעם השישית — אדום:

תשובה: $0.3^5\cdot 0.7=0.001701$

נניח שבכד ב׳ היו 10 כדורים, והעבירו $t$ מהם (כולם אדומים) לכד א׳. אחרי ההעברה:

• בכד א׳: $10+t$ אדומים ו־15 צהובים, סך הכול $25+t$.
• בכד ב׳ נשארו כדורים, וכולם אדומים.

ההסתברות להוציא כדור אדום:

כדי לקבל הסתברות $\frac{19}{24}$ צריך להעביר 11 כדורים, אבל אם בכד ב׳ היו רק 10 כדורים אי אפשר להעביר 11 (וגם צריך שיישארו בו כדורים). לכן לא ייתכן שלפני ההעברה היו בכד ב׳ 10 כדורים.

תשובה: לא. היה צריך להעביר 11 כדורים, אבל בכד ב׳ יש רק 10.

בכל בחירה ההסתברות שחבר המועדון מתנדב היא $0.8$, וההסתברות שאינו מתנדב $0.2$. הבחירות בלתי תלויות (עם החזרה) — התפלגות ברנולי עם $n=5$.

„לפחות אחד מתנדב ולפחות אחד לא מתנדב” = לא כולם מתנדבים וגם לא כולם לא מתנדבים:

תשובה: $0.672$

נסמן ב־$m$ את ההסתברות שתלמיד הוא חבר במועדון. מבין מי שאינם חברים, $\frac{1}{12}$ מתנדבים, ולכן $\frac{11}{12}$ אינם מתנדבים:

תשובה: 40% מהתלמידים.

מבין 100 התלמידים, $40$ חברים במועדון (סעיף ב). מבין החברים, $20\%$ אינם מתנדבים:

תשובה: 8 תלמידים.

התלמידים שאינם מתנדבים: 8 חברי מועדון (סעיף ג) ו־55 שאינם חברים (55% מ־100). סך הכול 63.

בוחרים 3 בלי החזרה. הראשון חבר מועדון, והשניים הבאים אינם חברים:

תשובה: $\frac{1320}{13237}\approx 0.0997$

נסמן: $A$ – בדיוק אחד מהשלושה חבר מועדון, $B$ – הראשון שנבחר אינו חבר מועדון. ידוע ש־$B$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

בוחרים מבין 63 התלמידים שאינם מתנדבים: 8 חברי מועדון ו־55 שאינם חברים (סעיף ד (1)).

$A\cap B$: הראשון אינו חבר, ובדיוק אחד מהשניים הבאים חבר – השני או השלישי:

נציב:

‏(‏הערה: אפשר לקצר במרחב מדגם מצומצם – בהינתן $B$ נשארו 62 תלמידים, 8 חברים ו־54 שאינם חברים, ומחשבים ישר את ההסתברות שבדיוק אחד מהשניים הבאים חבר.‏)‏

תשובה: $\frac{432}{1891}\approx 0.228$

מספר התשובות הנכונות מתפלג בינומית עם $n=5$ והסתברות הצלחה $P$. נסמן ב־$A$ את המאורע „ענתה נכון על 4 שאלות לכל היותר”. המאורע המשלים הוא „ענתה נכון על כל 5 השאלות”, ולכן:

תשובה: $P=0.7$

לפי נוסחת ברנולי עם $n=5,k=3,p=0.7$:

תשובה: $0.3087$

הניקוד המרבי הוא $1+2+3+4+5=15$. ניקוד של 14 לפחות מתקבל רק ב־2 מקרים:

• 15 נקודות – כל 5 התשובות נכונות: $0.7^5$.
• 14 נקודות – כל התשובות נכונות חוץ משאלה 1: $0.3\cdot 0.7^4$.

תשובה: $0.2401$

נמצא את כל הצירופים של מספרי שאלות שסכומם 6:

• שתי שאלות: $\{1,5\}$ או $\{2,4\}$ – כל אחד בהסתברות $0.7^2\cdot 0.3^3$.
• שלוש שאלות: $\{1,2,3\}$ – בהסתברות $0.7^3\cdot 0.3^2$.

‏(‏אין שאלה אחת שמזכה ב־6 נקודות, וארבע שאלות מזכות לפחות ב־$1+2+3+4=10$.‏)‏

תשובה: $0.05733$

נגדיר: $A$ – אחינועם צברה בדיוק 6 נקודות, $B$ – ענתה נכון על 3 שאלות בדיוק. ידוע ש־$B$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

3 תשובות נכונות בדיוק מתוך 5 – לפי נוסחת ברנולי:

עם 3 תשובות נכונות, 6 נקודות מתקבלות רק מהצירוף $\{1,2,3\}$, ולכן:

נציב:

‏(‏אפשר גם לנמק: בהינתן 3 תשובות נכונות, כל אחד מ־$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=10$ הצירופים שווה הסתברות, ורק אחד מהם נותן 6 נקודות.‏)‏

תשובה: $0.1$

נסמן: $Y$ – התושב צעיר, $S$ – התושב תמך. $P(Y)=p$, $P(S)=k$.

כל המבוגרים תמכו, ולכן $P(\overline{Y}\cap S)=P(\overline{Y})=1-p$. התומכים הם מבוגרים או צעירים תומכים:

תשובה: $P(Y\cap S)=p+k-1$

„מחצית מן הצעירים תמכו”: $P(S/Y)=\frac{1}{2}$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

„$\frac{3}{7}$ מן התומכים היו צעירים”: $P(Y/S)=\frac{3}{7}$:

נשווה לביטוי מסעיף א:

תשובה: $p=0.6$, $k=0.7$

כל צעיר תומך בהסתברות $\frac{1}{2}$, באופן בלתי תלוי – ניסוי ברנולי, $n=6$, $p=\frac{1}{2}$.

המאורע המשלים: כל השישה תמכו, או כל השישה התנגדו:

תשובה: $\frac{31}{32}\approx 0.969$

כל מרואיין צעיר בהסתברות $0.6$, באופן בלתי תלוי. צריך שהמרואיין החמישי יהיה צעיר, ובין ארבעת הראשונים בדיוק 2 צעירים:

תשובה: $\frac{648}{3125}=0.20736$

נגדיר מאורעות:

• $A$ – המנוי גר בחיפה, ו־$\bar{A}$ – המנוי גר בתל אביב.
• $B$ – המנוי קיבל את העיתון בזמן.

נתון:

חיפה וקיבל בזמן:

ההסתברות לקבל בזמן: לפי הגדרת ההסתברות המותנית:

תל אביב וקיבל בזמן:

תשובה: $0.6p$

נתון שמספר המנויים בתל אביב שלא קיבלו בזמן גדול פי 1.5 ממספר המנויים בתל אביב שקיבלו בזמן, ולכן גם ההסתברויות מקיימות:

כל המנויים בתל אביב:

ההסתברות לקבל בזמן:

54% מן המנויים קיבלו את העיתון בזמן.

תשובה: 54%

נשלים טבלת הסתברויות עבור $p=0.4$:

המאורעות כמו בסעיף א: $A$ – המנוי גר בחיפה ($\bar{A}$ – בתל אביב), $\bar{B}$ – המנוי לא קיבל את העיתון בזמן. בוחרים מבין המנויים שלא קיבלו בזמן, ולכן צריך את ההסתברויות המותנות $P(\bar{A}/\bar{B})$ ו־$P(A/\bar{B})$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

הראשון מתל אביב והשני מחיפה (הבחירות בלתי תלויות):

תשובה: $\frac{90}{529}\approx 0.170$

כל 6 המנויים שהתקשרו לא קיבלו את העיתון בזמן. לפי סעיף ג, כל אחד מהם גר בחיפה בהסתברות $\frac{5}{23}$, באופן בלתי תלוי.

זו התפלגות ברנולי עם $n=6$ ו־$p=\frac{5}{23}$.

המאורע "לכל היותר 4 מחיפה" משלים את המאורע "5 או 6 מחיפה":

תשובה: $\approx 0.9976$

נסמן: מ – הצלחה, נ – כישלון. ארבעת המקרים ‏(‏מבחן ראשון – מבחן שני‏)‏:

הצלחה בדיוק במבחן אחד – המקרים "מ – נ" ו"נ – מ":

נפתח סוגריים:

הפתרונות הם $0.65$ ו־$0.25$. נתון ש־$P>0.5$, ולכן:

תשובה: $P=0.65$

עבור $P=0.65$, ההסתברות להצליח במבחן השני אחרי הצלחה במבחן הראשון:

ואחרי כישלון במבחן הראשון:

נגדיר מאורעות: $K$ – המועמד התקבל, כלומר הצליח בשני המבחנים; $L$ – הצליח לפחות במבחן אחד. ידוע ש־$L$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(K/L)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

המאורע $K$ מוכל ב־$L$ (מי שהצליח בשניהם הצליח לפחות באחד), ולכן $P(K\cap L)=P(K)$:

המשלים של $L$ הוא כישלון בשני המבחנים:

נציב:

תשובה: $\frac{247}{337}\approx 0.733$

לכל מועמד:

צריך ששניים מהשלושה יתקבלו והשלישי ייכשל בשני המבחנים. את המועמד שנכשל אפשר לבחור ב־3 דרכים:

תשובה: $\approx 0.1802$

כל מועמד מתקבל בהסתברות $0.6175$ ולא מתקבל בהסתברות $1-0.6175=0.3825$, באופן בלתי תלוי.

המאורע המשלים ל"לפחות אחד התקבל וגם לפחות אחד לא התקבל" הוא: כל $n$ המועמדים התקבלו, או אף אחד מהם לא התקבל.

לכן:

תשובה: $1-0.6175^n-0.3825^n$

נסמן ב־$N$ את מספר המשתתפים במשאל. מספר המשתתפים שבעד ההצעה הוא $pN$.

• $80\%$ מהתומכים הם תלמידי שנה א׳: $0.8pN$.
• שאר התומכים הם תלמידי שנה ב׳: $0.2pN$.
• מספר תלמידי שנה ב׳ שנגד ההצעה שווה למספר תלמידי שנה א׳ שבעד: $0.8pN$.

מספר תלמידי שנה ב׳ הוא $0.2pN+0.8pN=pN$.

נסמן: $B$ – המשתתף הוא תלמיד שנה ב׳, $F$ – המשתתף בעד ההצעה ($\bar{F}$ – נגד). בוחרים מבין תלמידי שנה ב׳, ולכן המבוקש הוא ההסתברות המותנית $P(\bar{F}/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

מהטבלה: $P(\bar{F}\cap B)=\frac{0.8pN}{N}=0.8p$, $P(B)=\frac{pN}{N}=p$. נציב:

תשובה: $0.8$

נסמן כמו בסעיף א: $B$ – תלמיד שנה ב׳ ($\bar{B}$ – תלמיד שנה א׳), $F$ – המשתתף בעד ההצעה.

לפי סעיף א, $P(F/B)=1-0.8=0.2$. לכן ההסתברות שתלמיד שנה א׳ בעד ההצעה:

מצד שני, לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

מהטבלה: תלמידי שנה א׳ שבעד – $0.8pN$, ותלמידי שנה א׳ – $N-pN$, כלומר $P(F\cap \bar{B})=0.8p$ ו־$P(\bar{B})=1-p$. נציב:

תשובה: $p=\frac{5}{12}$

נסמן: $B$ — המשתתף הוא תלמיד שנה ב׳, $F$ — המשתתף בעד ההצעה. לפי הטבלה בסעיף א:

ההסתברות שמתקיים לפחות אחד מהתנאים:

תשובה: $0.75$

כל החמישה הם תלמידי שנה ב׳, ולכן כל אחד מהם בעד ההצעה בהסתברות המותנית $P(F/B)=0.2$ (סעיף א; $F$ – בעד ההצעה, $B$ – תלמיד שנה ב׳). המכללה גדולה, ולכן אפשר להתייחס לבחירות כבלתי תלויות. מספר התומכים מבין החמישה מתפלג בינומית: $n=5$, $p=0.2$.

לפחות שניים בעד וגם לפחות שניים נגד — מספר התומכים הוא 2 או 3:

תשובה: $0.256$

בתיבה א' יש $a$ פירות, מהם 3 תפוחים. אם הוצא תפוח, הוא עובר לתיבה ב', ושם יש $b+1$ פירות, מהם $5+1=6$ תפוחים:

תשובה: $\frac{18}{a(b+1)}$

לפי סעיף א:

תפוח ואחריו אגס: אחרי שהתפוח הועבר, בתיבה ב' יש $b+1$ פירות, מהם $b-5$ אגסים:

נציב $a(b+1)=130$:

תשובה: $a=10,b=12$

נסמן: $A$ – מתיבה א' הוצא תפוח, $B$ – מתיבה ב' הוצא אגס. המבוקש הוא ההסתברות המותנית $P(B/A)$:

אם מתיבה א' הוצא תפוח, הוא הועבר לתיבה ב', ובה יש עכשיו $13$ פירות: $6$ תפוחים ו־$7$ אגסים ($a=10$, $b=12$ מסעיף ב):

תשובה: $\frac{7}{13}$

בתיבה החדשה כל 22 הפירות: 8 תפוחים ($3+5$) ו־14 אגסים. מוציאים עם החזרה, ולכן בכל פעם ההסתברות לתפוח היא:

זו התפלגות ברנולי עם $n=6$. שני המאורעות זרים (לא ייתכן גם 4 תפוחים וגם 0 תפוחים), ולכן מחברים:

תשובה: $\approx 0.173$

נסמן: $A$ – ארבעת התפוחים יצאו ברצף (בארבע הוצאות רצופות), $B$ – יצאו בדיוק 4 תפוחים בשש ההוצאות. ידוע ש־$B$ התרחש, ולכן המבוקש הוא $P(A/B)$. לפי נוסחת ההסתברות המותנית:

נסמן ב־$p$ את ההסתברות לתפוח בכל הוצאה. כל סידור מסוים של 4 תפוחים ו־2 אגסים הוא בהסתברות $p^4(1-p{)}^2$.

$B$: יש $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)=15$ סידורים של 4 תפוחים בין 6 ההוצאות:

$A\cap B$: 4 התפוחים ברצף – בהוצאות 1–4, 2–5 או 3–6, כלומר 3 סידורים:

נציב: