Klasszikus valószínűségi modell

Az összes lehetséges kimenetelek száma $6 \times 6 = 36$. Számoljuk össze a kedvező eseteket. A 7-es összeg a következő esetekben áll elő: $(1;6), (2;5), (3;4), (4;3), (5;2), (6;1)$, ez összesen 6 eset. A 11-es összeg: $(5;6), (6;5)$, ami 2 eset. A kedvező esetek száma tehát $6 + 2 = 8$. A keresett valószínűség $P = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$.

Az összes lehetséges esetek száma, ahányféleképpen 3 lapot kiválaszthatunk 52-ből: $\binom{52}{3}$. A csomagban 13 pikk lap található. A kedvező esetek száma, amikor mind a 3 lap pikk: $\binom{13}{3}$. A valószínűség: $P = \frac{\binom{13}{3}}{\binom{52}{3}} = \frac{\frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{6}}{\frac{52 \cdot 51 \cdot 50}{6}} = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{52 \cdot 51 \cdot 50} = \frac{11}{850}$.

Összesen $5 + 7 = 12$ golyó van. Az összes eset száma $\binom{12}{4} = 495$. A kedvező esetekhez ki kell választanunk 2 pirosat az 5-ből, és mellé 2 fehéret a 7-ből. Ez $\binom{5}{2} \cdot \binom{7}{2} = 10 \cdot 21 = 210$ lehetőséget jelent. A valószínűség $P = \frac{210}{495} = \frac{14}{33}$.

A visszatevéses modellnél az összes lehetséges kimenetelsorozat száma $12^4 = 20736$. A kedvező esetek számolásánál ki kell választanunk a 4 húzásból azt a 2 helyet, amikor pirosat húzunk, ez $\binom{4}{2} = 6$ lehetőség. A piros helyekre $5^2$ féleképpen, a fehér helyekre $7^2$ féleképpen húzhatunk. A kedvező esetek száma $6 \cdot 25 \cdot 49 = 7350$. A valószínűség $P = \frac{7350}{20736} \approx 0{,}354$. Ezt a binomiális eloszlással is megkaphatjuk: $\binom{4}{2} \cdot \left(\frac{5}{12}\right)^2 \cdot \left(\frac{7}{12}\right)^2$.

Az összes eset száma $6^3 = 216$. A szorzat akkor osztható 10-zel, ha a dobott számok között van legalább egy 5-ös, és legalább egy páros szám. Érdemes a komplementer eseménnyel és a szita-formulával számolni. A rossz esetek, amikor nincs 5-ös VAGY nincs páros. Nincs 5-ös: $5^3 = 125$ eset. Nincs páros (csak páratlanok: 1, 3, 5): $3^3 = 27$ eset. Nincs 5-ös ÉS nincs páros (csak az 1 és 3): $2^3 = 8$ eset. A rossz esetek száma összesen: $125 + 27 - 8 = 144$. A kedvező esetek száma: $216 - 144 = 72$. A valószínűség $P = \frac{72}{216} = \frac{1}{3}$.

Nyolc ember kerek asztal körüli elrendezéseinek száma körpermutációval $(8-1)! = 7! = 5040$. Ha Annának és Bélának egymás mellett kell ülnie, tekinthetjük őket egy blokknak. Ez így 7 "egység", amelyek körbeültetése $(7-1)! = 6! = 720$ féle. Anna és Béla a blokkon belül $2! = 2$ féleképpen cserélhet helyet. A kedvező esetek száma $720 \cdot 2 = 1440$. A valószínűség $P = \frac{1440}{5040} = \frac{2}{7}$.

A 9 könyv összes lehetséges sorrendje $9!$. A kedvező esetben az 5 matekkönyvet egyetlen nagy elemként kezeljük. Így a 4 fizika könyvvel együtt összesen $4 + 1 = 5$ elemet rakunk sorba, ez $5!$ lehetőség. A nagy elemen belül az 5 matekkönyv is $5!$ féleképpen cserélhet helyet. A kedvező esetek száma $5! \cdot 5!$. A valószínűség $P = \frac{5! \cdot 5!}{9!} = \frac{120}{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \frac{120}{3024} = \frac{5}{126}$.

Az összes húzás száma $\binom{90}{5} = 43\,949\,268$. A pontosan 3 találathoz az 5 nyerőszámból 3-at, és a 85 nem nyerő számból 2-t kell megjátszanunk. A kedvező esetek száma $\binom{5}{3} \cdot \binom{85}{2} = 10 \cdot 3570 = 35\,700$. A valószínűség $P = \frac{35\,700}{43\,949\,268} \approx 0{,}000812$.

Az összes eset $\binom{100}{2} = 4950$. Két szám összege akkor páros, ha mindkettő páros, vagy mindkettő páratlan. A halmazban 50 páros és 50 páratlan szám van. Két párost $\binom{50}{2} = 1225$ féleképpen, két páratlant szintén $\binom{50}{2} = 1225$ féleképpen választhatunk. A kedvező esetek száma $1225 + 1225 = 2450$. $P = \frac{2450}{4950} = \frac{49}{99}$.

Az összes lehetséges bizottság száma $\binom{15}{4} = 1365$. A bizottságban akkor lesz több lány, mint fiú, ha 3 lány és 1 fiú, VAGY 4 lány és 0 fiú kap helyet. 3 lány és 1 fiú: $\binom{8}{3} \cdot \binom{7}{1} = 56 \cdot 7 = 392$. 4 lány és 0 fiú: $\binom{8}{4} \cdot \binom{7}{0} = 70 \cdot 1 = 70$. A kedvező esetek száma $392 + 70 = 462$. $P = \frac{462}{1365} = \frac{22}{65}$.

Az összes lehetséges háromszög száma $\binom{10}{3} = 120$. Thalész tétele értelmében a tízszög köré írható körben a derékszögű háromszög átfogója egybeesik a kör átmérőjével. A tízszögnek 5 olyan átlója van, amely áthalad a középponton (átmérők). Bármelyik ilyen átmérőt kiválasztva, a maradék 8 csúcs bármelyikével derékszögű háromszöget kapunk. Tehát a kedvező háromszögek száma $5 \cdot 8 = 40$. $P = \frac{40}{120} = \frac{1}{3}$.

A legcélravezetőbb a komplementer eseményt vizsgálni. "Van köztük nyerő" komplementere, hogy "egyik sem nyerő". Az összes húzási lehetőség $\binom{10}{4} = 210$. A nem nyerő pálcák száma $10 - 3 = 7$. Annak száma, ahányféleképpen 4 nem nyerőt húzhatunk: $\binom{7}{4} = 35$. A komplementer esemény valószínűsége $\frac{35}{210} = \frac{1}{6}$. A keresett valószínűség $1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.

A legnagyobb dobott szám eseményének vizsgálatakor érdemes különbséget képezni. Annak az eseménynek a száma, amikor minden dobás legfeljebb 4-es: $4^4 = 256$. (Ezekben benne vannak a 3-as, 2-es, 1-es maximumok is). Annak az eseménynek a száma, amikor minden dobás legfeljebb 3-as: $3^4 = 81$. Ha az első halmazból kivonjuk a másodikat, pontosan azokat az eseteket kapjuk, ahol minden szám $\le 4$, de legalább egy dobás a 4-es. A kedvező esetek száma $256 - 81 = 175$. Az összes eset $6^4 = 1296$. $P = \frac{175}{1296}$.

A "legalább két embernek" kifejezés miatt a komplementer eseményt vizsgáljuk, vagyis azt, hogy mindenki különböző hónapban született. Az összes eset $12^5 = 248\,832$. A csupa különböző hónaphoz az első ember 12-féle hónapot kaphat, a második 11-et, és így tovább. A komplementer kedvező esetszáma: $12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 = 95\,040$. $P(\text{mindenki máskor}) = \frac{95\,040}{248\,832} \approx 0{,}3819$. A keresett valószínűség: $1 - 0{,}3819 = 0{,}6181$.

A mátrixnak 4 eleme van, mindegyik 0 vagy 1 lehet. Az összes eset száma $2^4 = 16$. A mátrix legyen $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$. A determináns $\det = ad - bc$. Ahhoz, hogy $\det \neq 0$, a determináns értéke 1 vagy -1 lehet, mivel az elemek csak 0 vagy 1 értékűek. Ha $\det = 1$, akkor $ad = 1$ és $bc = 0$. Ehhez $a=1, d=1$ kell, a $(b,c)$ pár pedig lehet $(0,0), (0,1), (1,0)$. Ez 3 eset. Ha $\det = -1$, akkor $ad = 0$ és $bc = 1$. Ehhez $b=1, c=1$ kell, az $(a,d)$ pár pedig 3-féle lehet. Ez újabb 3 eset. A kedvező esetek száma 6. A valószínűség $P = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}$.

A szó 11 betűből áll, összetétele: 1 M, 4 I, 4 S, 2 P. Az összes lehetséges anagrammák száma ismétléses permutációval: $\frac{11!}{4! \cdot 4! \cdot 2!} = 34\,650$. Ha a négy 'I' betűnek egymás mellett kell lennie, akkor tekintsük őket egyetlen összetett elemnek ("IIII"). Így marad $11 - 4 + 1 = 8$ elemünk (1 M, 1 "IIII", 4 S, 2 P). Ezek lehetséges sorrendjeinek száma: $\frac{8!}{4! \cdot 2!} = 840$. A négy 'I' betű egymás közti sorrendje már nem ad új szót, így azzal nem kell külön szorozni. A valószínűség $P = \frac{840}{34650} = \frac{84}{3465} = \frac{4}{165}$.

Az első bástyát a 64 mező bármelyikére tehetjük. A második bástyának a maradék 63 mező közül választhatunk. Mivel a bástyák egyformák, az összes elrendezés száma $\frac{64 \cdot 63}{2} = 2016$. Akkor nem ütik egymást, ha nincsenek azonos sorban, sem azonos oszlopban. Az első bástya letétele után a saját sorában 7 mezőt, a saját oszlopában újabb 7 mezőt tart sakkban, tehát összesen 14 tiltott mezőt jelent. A táblán így marad $63 - 14 = 49$ biztonságos mező a második bástya számára. A kedvező lerakások száma $\frac{64 \cdot 49}{2} = 1568$. A valószínűség $P = \frac{1568}{2016} = \frac{49}{63} = \frac{7}{9}$.

Az 5-jegyű számok száma $99999 - 10000 + 1 = 90000$. A 4-gyel osztható 5-jegyű számok száma $\frac{90000}{4} = 22500$. Ebből ki kell vonnunk azokat, amik 3-mal is oszthatók. Ha egy szám 4-gyel és 3-mal is osztható, akkor 12-vel osztható. A 12-vel osztható 5-jegyű számok száma $\frac{90000}{12} = 7500$. A kedvező esetek száma: a 4-gyel oszthatók, mínusz a 12-vel oszthatók. $22500 - 7500 = 15000$. A keresett valószínűség $P = \frac{15000}{90000} = \frac{1}{6}$.

A teljes valószínűség tétele alapján vizsgáljuk a problémát, amit a klasszikus modell kiterjesztésének is tekinthetünk. Az egyes dobozok választásának valószínűsége $\frac{1}{3}$. Az 1. dobozból a két piros húzásának valószínűsége: $P_1 = \frac{\binom{2}{2}}{\binom{5}{2}} = \frac{1}{10}$. A 2. dobozból a két piros húzásának valószínűsége: $P_2 = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{5}{2}} = \frac{6}{10}$. A 3. dobozból a két piros húzásának valószínűsége: $P_3 = \frac{\binom{3}{2}}{\binom{6}{2}} = \frac{3}{15} = \frac{2}{10}$. A végső valószínűség $P = \frac{1}{3}P_1 + \frac{1}{3}P_2 + \frac{1}{3}P_3 = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{10} + \frac{6}{10} + \frac{2}{10}\right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{10} = \frac{3}{10}$.

Az összes lehetséges 3 elemű részhalmaz száma $\binom{6}{3} = 20$. Egy számtani sorozat 3 egymást követő tagját a differenciájuk $(d)$ alapján tudjuk összeszámolni. A differencia a halmazból választva csak $d=1$ vagy $d=2$ lehet. Ha $d=1$, a lehetséges részhalmazok: $\{1,2,3\}, \{2,3,4\}, \{3,4,5\}, \{4,5,6\}$. Ez 4 eset. Ha $d=2$, a lehetséges részhalmazok: $\{1,3,5\}, \{2,4,6\}$. Ez 2 eset. $d=3$ már nem lehetséges, mert a legnagyobb elem az 1-hez hozzáadva $1+3+3=7$ lenne, ami nincs a halmazban. A kedvező esetek száma tehát $4 + 2 = 6$. A keresett valószínűség $P = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$.