Doświadczenia wieloetapowe — zadania maturalne z rozwiązaniami krok po kroku

Wszystkich uporządkowanych wyników losowania bez zwracania jest \(6\cdot5=30\). Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary \((4,5)\), \((4,6)\), \((4,7)\), \((6,3)\), \((6,4)\), \((6,5)\), \((6,7)\), czyli \(7\) wyników. Zatem \(P(A)=\frac{7}{30}\).

Losujemy bez zwracania i zapisujemy liczby w kolejności losowania, więc kolejność ma znaczenie: zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary różnych liczb ze zbioru \(K\). Wszystkie takie pary są jednakowo prawdopodobne, więc stosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa. Z reguły mnożenia \[|\Omega|=6\cdot5=30.\] Zdarzenie \(A\) wymaga jednocześnie dwóch warunków: pierwsza liczba jest parzysta oraz iloczyn obu liczb przekracza \(16\). Liczby parzyste w zbiorze \(K\) to \(2\), \(4\) i \(6\); rozpatrujemy je kolejno jako pierwszy wynik. Gdy pierwsza liczba to \(2\), iloczyn \(2b\) dla \(b\leq7\) nie przekracza \(14\), więc żadna para nie sprzyja. Gdy pierwsza liczba to \(4\), potrzeba \(4b>16\), czyli \(b>4\). Daje to pary \((4,5)\), \((4,6)\), \((4,7)\). Gdy pierwsza liczba to \(6\), potrzeba \(6b>16\), czyli \(b>\frac83\), a więc \(b\geq3\). Daje to pary \((6,3)\), \((6,4)\), \((6,5)\), \((6,7)\) — liczby \(6\) nie bierzemy, bo losujemy bez zwracania. Łącznie \(|A|=3+4=7\), zatem \[P(A)=\frac{7}{30}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac7{30}\)

1 pkt: poprawne określenie liczby wyników |Ω| = 30 albo wszystkich siedmiu wyników sprzyjających, ewentualnie równoważny pełny model. 2 pkt: poprawna metoda i wynik P(A) = 7/30. Losowanie ze zwracaniem daje 0 pkt.

III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac{7}{30}.\]

Losujemy **bez zwracania** i zapisujemy liczby w kolejności losowania, więc zdarzeniem elementarnym jest para uporządkowana różnych elementów zbioru \(K\). Z reguły mnożenia \[|\Omega|=6\cdot5=30,\] a wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne. Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary, w których pierwsza liczba jest parzysta, czyli należy do \(\{2,4,6\}\), a iloczyn obu liczb jest większy od \(16\). Rozpatrujemy kolejno pierwszą wylosowaną liczbę: - \(2\): iloczyn \(2y>16\) wymaga \(y>8\), a największym elementem \(K\) jest \(7\) — żadnej pary, - \(4\): \(4y>16\) daje \(y>4\), czyli \(y\in\{5,6,7\}\) — pary \((4,5)\), \((4,6)\), \((4,7)\), - \(6\): \(6y>16\) daje \(y>\frac83\), czyli \(y\in\{3,4,5,7\}\) (liczby \(6\) nie można powtórzyć) — pary \((6,3)\), \((6,4)\), \((6,5)\), \((6,7)\). Łącznie \(|A|=3+4=7\). Z definicji klasycznej \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{7}{30}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{7}{30}\)

1 pkt: poprawne określenie liczby wyników |Ω| = 30 albo wszystkich siedmiu wyników sprzyjających, ewentualnie równoważny pełny model. 2 pkt: poprawna metoda i wynik P(A) = 7/30. Losowanie ze zwracaniem daje 0 pkt.

**Sprawdzana umiejętność:** budowanie modelu klasycznego dla losowania bez zwracania z uwzględnieniem kolejności oraz zliczanie zdarzeń sprzyjających opisanych dwoma warunkami jednocześnie. Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[P=\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{11}+\frac{4}{6}\cdot\frac{8}{11}=\frac{20}{33}=0{,}606060\ldots\] W kratki należy wpisać kolejno \(6\), \(0\), \(6\).

Rozwiązanie \(6\) \(0\) \(6\) ZADANIA OTWARTE (NIEKODOWANE) Uwagi ogólne: \(1\). Akceptowane są wszystkie rozwiązania merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania. \(2\). Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe, które na żadnym etapie rozwiązania nie upraszczają i nie zmieniają danego zagadnienia, lecz stosuje poprawną metodę i konsekwentnie do popełnionych błędów rachunkowych rozwiązuje zadanie, to może otrzymać co najwyżej (n − \(1\)) punktów (gdzie n jest maksymalną możliwą do uzyskania liczbą punktów za dane zadanie).

2 pkt – odpowiedź całkowicie poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.3R) Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

Jest \(6\cdot 6=36\) równoprawdopodobnych wyników. Pierwszy wynik jest większy od drugiego dla \(5+4+3+2+1=15\) par, więc P(A)=\(\frac{15}{36=5}\)/\(12\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] Zliczamy pary, w których pierwszy wynik jest większy od drugiego, grupując je według pierwszego rzutu: przy wyniku \(2\) drugi rzut może dać \(1\) wynik, przy \(3\) — \(2\) wyniki, i tak dalej aż do \(6\), przy którym drugi rzut może dać \(5\) wyników. Zatem \[|A|=1+2+3+4+5=15.\] Stąd \[P(A)=\frac{15}{36}=\frac5{12}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{12}\)

1 pkt: wyznaczenie 36 wyników albo 15 wyników sprzyjających. 2 pkt: poprawna metoda i P(A)=15/36=5/12.

1 pkt – zapisanie jedynie liczby 36 (należy traktować to jako wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych). Uwagi: 1. W ocenie rozwiązania tego zadania (dla zdających z dyskalkulią) nie stosuje się uwagi 1. ze standardowych zasad oceniania. 2. Jeżeli zdający poprawnie wypisze/zaznaczy wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu \(A\), lecz popełni błąd w ich zliczeniu (np. \(|A|=14\)) i konsekwentnie zapisze wynik (np. \(\frac{14}{36}\)), to otrzymuje 2 punkty.

\[P(A)=\frac{13}{25}.\]

Wynikami doświadczenia są uporządkowane pary liczb ze zbioru \(K\). Ponieważ losujemy ze zwracaniem, \[|\Omega|=5\cdot5=25.\] Suma jest parzysta, gdy obie liczby są nieparzyste albo obie są parzyste. W zbiorze \(K\) są trzy liczby nieparzyste i dwie parzyste, więc \[|A|=3\cdot3+2\cdot2=13.\] Zatem \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{13}{25}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\) i uzyskanie wyniku \(P(A)=\frac{13}{25}\) **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=25\), wyznaczenie \(|A|=13\), wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) albo równoważny istotny etap poprawnej metody **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

Jest \(5\cdot 3=15\) wyników. Sumę większą od \(9\) dają pary (\(7\),\(3\)), (\(9\),\(1\)), (\(9\),\(2\)), (\(9\),\(3\)), więc P(A)=\(\frac{4}{15}\).

Losujemy jedną liczbę ze zbioru \(C\) i niezależnie jedną ze zbioru \(D\), więc zdarzeniami elementarnymi są pary uporządkowane \((c,d)\). Wszystkie są jednakowo prawdopodobne, a z reguły mnożenia \[|\Omega|=5\cdot3=15.\] Największa liczba w zbiorze \(D\) to \(3\), więc suma przekroczy \(9\) tylko dla dużych wartości \(c\). Sprawdzamy elementy zbioru \(C\) kolejno: dla \(c\in\{0,4,5\}\) suma nie przekracza \(5+3=8\), więc żadna para nie sprzyja; dla \(c=7\) mamy \(7+d>9\) tylko przy \(d=3\), czyli jedna para \((7,3)\); dla \(c=9\) mamy \(9+d>9\) dla każdego \(d\in\{1,2,3\}\), czyli trzy pary. Łącznie \(|A|=1+3=4\), zatem \[P(A)=\frac{4}{15}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac4{15}\)

1 pkt: określenie 15 wyników albo wszystkich 4 wyników sprzyjających. 2 pkt: P(A)=4/15.

Wymaganie ogólne: III. Modelowanie matematyczne. Wymaganie szczegółowe: 10.2) oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\(P(A)=\frac17\)

Wynikami są uporządkowane pary różnych liczb ze zbioru \(\{1,2,3,4,5,6,7,8\}\), więc \[|\Omega|=8\cdot7=56.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary \[(1,3),(1,7),(2,6),(3,1),(3,5),(5,3),(6,2),(7,1),\] zatem \(|A|=8\). Ostatecznie \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac8{56}=\frac17.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac8{56}=\frac17\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|\Omega|=56\), wypisanie wszystkich ośmiu wyników sprzyjających, podanie \(|A|=8\) albo zapisanie \(P(A)=\frac8{56}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\(P(A)=\frac17\)

Wyniki doświadczenia są uporządkowanymi parami różnych liczb ze zbioru \(\{1,2,3,4,5,6,7,8\}\), więc \[|\Omega|=8\cdot7=56.\] Suma dwóch różnych wylosowanych liczb może być dzielnikiem \(8\) tylko wtedy, gdy jest równa \(4\) albo \(8\). Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary \[(1,3),(1,7),(2,6),(3,1),(3,5),(5,3),(6,2),(7,1).\] Zatem \(|A|=8\) i \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac8{56}=\frac17.\]

**2 pkt** – poprawna metoda obliczenia prawdopodobieństwa i wynik \(P(A)=\frac8{56}=\frac17\) **1 pkt** – poprawne ustalenie \(|\Omega|=56\), albo wypisanie wszystkich ośmiu wyników sprzyjających, albo podanie \(|A|=8\), albo zapisanie \(P(A)=\frac8{56}\) **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa; zdający buduje klasyczny model doświadczenia losowego bez zwracania.

\(P(A)=\frac6{64}=\frac3{32}\)

Wynikami są uporządkowane pary elementów zbioru ośmioelementowego, a losowanie odbywa się ze zwracaniem, więc \[|\Omega|=8\cdot8=64.\] Iloczyn jest podzielny przez \(15\) dla par \[(3,5),(5,3),(5,6),(6,5),(5,9),(9,5).\] Zatem \(|A|=6\) i \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac6{64}=\frac3{32}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda obliczenia prawdopodobieństwa i wynik \(P(A)=\frac6{64}\) **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=64\), wypisanie wszystkich sześciu zdarzeń sprzyjających bez zdarzeń niewłaściwych, podanie \(|A|=6\), podanie prawdopodobieństwa zdarzenia elementarnego \(\frac1{64}\) albo zapisanie \(P(A)=\frac6{64}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\(P(A)=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}\)

Wynikami losowania są uporządkowane pary różnych liczb ze zbioru \(\{1,2,3,4,5\}\), zatem \[|\Omega|=5\cdot4=20.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary \[(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),(5,1),(5,3),\] więc \(|A|=6\). Ostatecznie \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac6{20}=\frac3{10}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac6{20}=\frac3{10}\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|\Omega|=20\), wszystkich sześciu zdarzeń sprzyjających, wartości \(|A|=6\), prawdopodobieństwa pojedynczego zdarzenia \(\frac1{20}\) albo zapis \(P(A)=\frac6{20}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo i statystyka - klasyczny model prawdopodobieństwa dla losowania bez zwracania.

\[P(A)=\frac{4}{81}.\]

Losujemy dwa razy ze zwracaniem, a wynik zapisujemy w kolejności losowania, więc zdarzeniem elementarnym jest para uporządkowana \((x,y)\), gdzie \(x,y\in M\). Z reguły mnożenia \[|\Omega|=9\cdot9=81,\] a wszystkie te wyniki są jednakowo prawdopodobne. Szukamy par o iloczynie \(24\). Rozkłady liczby \(24\) na dwa czynniki ze zbioru \(M=\{1,2,\ldots,9\}\): \[24=3\cdot8=4\cdot6\] (rozkłady \(1\cdot24\) i \(2\cdot12\) odpadają, bo drugi czynnik nie należy do \(M\)). Uwzględniając kolejność, otrzymujemy pary \[(3,8),\ (8,3),\ (4,6),\ (6,4),\] czyli \(|A|=4\). Z definicji klasycznej \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{4}{81}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{4}{81}\)

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P(A)=\frac4{81}\) **1 pkt** – wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych albo podanie ich liczby \(|\Omega|=9\cdot9=81\) ALBO – wypisanie (zaznaczenie w tabeli) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) i niewypisanie żadnego niewłaściwego ALBO – podanie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\): \(|A|=4\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymaganie ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** 10.2) Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

**C.** \(p=\frac13\)

Wynik drugiego rzutu jest niezależny od pierwszego. Spośród sześciu możliwych wyników dwa, \(3\) i \(6\), są podzielne przez \(3\). Zatem \[p=\frac26=\frac13.\]

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. tworzenie i stosowanie modelu matematycznego. **Wymagania szczegółowe:** XII.2 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac{12}{25}.\]

W zbiorze są \(2\) liczby ujemne i \(3\) dodatnie. Iloczyn jest ujemny wtedy, gdy wylosujemy jedną liczbę ujemną i jedną dodatnią, w dowolnej kolejności. Liczba wszystkich uporządkowanych wyników wynosi \(5^2=25\), a wyników sprzyjających: \[2\cdot3+3\cdot2=12.\] Zatem \[P(A)=\frac{12}{25}.\]

**2 pkt** – poprawne wyznaczenie liczby zdarzeń sprzyjających i wyniku \(P(A)=\frac{12}{25}\) **1 pkt** – wyznaczenie \(25\) wszystkich wyników lub poprawne zliczenie wyników sprzyjających **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. tworzenie i stosowanie modelu matematycznego. **Wymagania szczegółowe:** XI.1 i XII.2 stosowanie reguły mnożenia i obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

P(A) = \(\frac{11}{36}\). Zdarzeniem przeciwnym jest niewyrzucenie piątki w żadnym rzucie, więc P(A) = \(1\) − (\(\frac{5}{6}\))\(2 = 1\) − \(\frac{25}{36 = 11}\)/\(36\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] Zdarzenie „co najmniej raz wypadnie pięć oczek" liczymy przez dopełnienie. Jego zaprzeczeniem jest zdarzenie \(A^{\prime}\): w żadnym rzucie nie wypadła piątka. W każdym rzucie sprzyja mu \(5\) wyników, więc z reguły mnożenia \(|A^{\prime}|=5\cdot5=25\). Stąd \[P(A)=1-P(A^{\prime})=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{11}{36}\)

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(P(A)=\frac{11}{36}\) **1 pkt** – zapisanie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych \(|\Omega|=6^2=36\) albo opisanie zbioru zdarzeń elementarnych za pomocą tabeli, ALBO wypisanie (czy zaznaczenie w tabeli lub na drzewie) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), ALBO obliczenie \(|A|=11\) bez wskazania zdarzeń niepoprawnych — i niedoprowadzenie rozwiązania do końca **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

III. Modelowanie matematyczne. 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa (10.3).

P(A)=\(\frac{10}{16=5}\)/\(8\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^4=16.\] Liczba orłów i liczba reszek sumują się do \(4\), więc są równe dokładnie wtedy, gdy obie wynoszą \(2\). Wygodniej policzyć zdarzenie przeciwne \(A^{\prime}\): dokładnie dwa orły. Miejsca dla nich wybieramy na \[\binom42=6\] sposobów, zatem \(|A^{\prime}|=6\). Z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego \[P(A)=1-P(A^{\prime})=1-\frac6{16}=\frac{10}{16}=\frac58.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac58\)

1–3 pkt: poprawne modelowanie przestrzeni i zdarzenia. 4 pkt: P(A)=5/8.

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Prawdopodobieństwo wynosi (\(\frac{10}{16}\))·(\(\frac{9}{15}\))=\(\frac{3}{8=0,375}\), więc należy zakodować cyfry \(3\), \(7\), \(5\).

**Krok \(1\).** Losujemy dwie kule po jednej, bez zwracania. Najprościej policzyć takie prawdopodobieństwo jako iloczyn: prawdopodobieństwo trafienia białej w pierwszym losowaniu razy prawdopodobieństwo trafienia białej w drugim losowaniu, przy założeniu że pierwsza była biała. **Krok \(2\).** W urnie jest \(10+6=16\) kul, w tym \(10\) białych. Zatem \[P(\text{pierwsza biała})=\frac{10}{16}.\] **Krok \(3\).** Po wyjęciu jednej białej kuli w urnie zostaje \(15\) kul, w tym \(9\) białych (bo jedną białą już zabraliśmy). Zatem \[P(\text{druga biała}\mid\text{pierwsza biała})=\frac{9}{15}.\] **Krok \(4\).** Mnożymy: \[P=\frac{10}{16}\cdot\frac{9}{15}=\frac{90}{240}.\] **Krok \(5\).** Skracamy ułamek przez \(30\): \[\frac{90}{240}=\frac{3}{8}.\] **Krok \(6\).** Zamieniamy na rozwinięcie dziesiętne: \[\frac{3}{8}=\frac{375}{1000}=0{,}375.\] **Krok \(7\).** Trzy kolejne cyfry po przecinku to \(3\), \(7\), \(5\) i takie należy wpisać w kratki, od lewej do prawej. **Uwaga.** Losowanie odbywa się bez zwracania, więc w drugim ułamku zmienia się i licznik, i mianownik. Gdyby kule wracały do urny, wynik byłby inny: \(\frac{10}{16}\cdot\frac{10}{16}\). Ten sam wynik można otrzymać kombinatorycznie: \(\frac{\binom{10}{2}}{\binom{16}{2}}=\frac{45}{120}=\frac{3}{8}\). **Odpowiedź.** \(P=\frac{3}{8}=0{,}375\), czyli w kratki wpisujemy cyfry \(3\), \(7\), \(5\).

**2 pkt** – gdy zdający zakoduje cyfry: \(3\), \(7\), \(5\).

Klasyfikacja rzeczowa: obliczanie prawdopodobieństwa kolejnych losowań bez zwracania i przedstawianie wyniku w postaci dziesiętnej.

P(A)=\(\frac{6}{216=1}\)/\(36\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników trzech rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=6^3=216.\] Szukamy trójek o sumie \(16\). Maksymalna suma to \(18\), więc suma \(16\) powstaje tylko z zestawów \(\{6,6,4\}\) oraz \(\{6,5,5\}\). Zestaw \(\{6,6,4\}\) daje \(3\) różne uporządkowania (wybieramy miejsce dla czwórki), tak samo zestaw \(\{6,5,5\}\) daje \(3\) uporządkowania. Zestawy są rozłączne, więc \[|A|=3+3=6.\] Stąd \[P(A)=\frac6{216}=\frac1{36}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{36}\)

1 pkt: poprawna liczba wyników wszystkich lub sprzyjających. 2 pkt: P(A)=1/36.

Zadanie 31. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

P(A) = \(\frac{9}{25}\). Iloczyn jest nieparzysty wtedy i tylko wtedy, gdy obie wylosowane liczby są nieparzyste. W zbiorze są trzy liczby nieparzyste, a losowania odbywają się ze zwracaniem, więc P(A) = (\(\frac{3}{5}\))\(\frac{2 = 9}{25}\).

Losujemy dwa razy ze zwracaniem, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary liczb (mogą się powtarzać), wszystkie jednakowo prawdopodobne: \[|\Omega|=5\cdot5=25.\] Iloczyn dwóch liczb całkowitych jest nieparzysty dokładnie wtedy, gdy obie liczby są nieparzyste — wystarczy jeden czynnik parzysty, by iloczyn stał się parzysty. W zbiorze \(\{1,2,3,4,5\}\) liczbami nieparzystymi są \(1\), \(3\) i \(5\), czyli trzy. Z reguły mnożenia \[|A|=3\cdot3=9.\] Stąd \[P(A)=\frac9{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac9{25}\)

**2 pkt** – gdy zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{9}{25}\). **[…] pkt** – gdy zdający obliczy liczbę wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych: \(\lvert\Omega\rvert=5^{2}=25\), albo obliczy (zaznaczy poprawnie w tabeli) liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\): \(\lvert A\rvert=9\) i nie wskazuje przy tym niepoprawnych zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), albo zapisze przy stosowaniu drzewa probabilistycznego na dwóch etapach prawdopodobieństwa potrzebne do wyznaczenia końcowego wyniku oraz wskaże wszystkie sytuacje sprzyjające rozważanemu zdarzeniu, albo wypisze wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu \(A\) lub wypisze wszystkie zdarzenia elementarne, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

III. Modelowanie matematyczne. 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa (10.3).

C

Losujemy ze zwracaniem, więc kolejne losowania są niezależne, a zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki kolorów: \[|\Omega|=2^4=16.\] Miejsca dla trzech losowań zakończonych kulą białą wybieramy na \(\binom43=4\) sposoby; w pozostałym losowaniu musi wypaść kula czarna, co da się zrobić na jeden sposób. Zatem \[|A|=4.\] Stąd \[P(A)=\frac4{16}=\frac14.\] **Odpowiedź.** C. \(\frac14\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

P=\(\frac{5}{16}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^4=16.\] Liczby orłów i reszek sumują się do \(4\), więc orłów jest więcej niż reszek dokładnie wtedy, gdy orłów jest \(3\) albo \(4\). Dokładnie trzy orły otrzymamy na \(\binom43=4\) sposoby, a cztery orły na \(\binom44=1\) sposób. Przypadki są rozłączne, więc \[|A|=4+1=5.\] Stąd \[P(A)=\frac5{16}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{16}\)

1 pkt: poprawne policzenie 16 wyników albo 5 sprzyjających. 2 pkt: P=5/16.

Zadanie 31. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

\[P(A)=\frac{11}{16}.\]

Wszystkich uporządkowanych wyników jest \(|\Omega|=8^3=512\). Wygodniej policzyć zdarzenie przeciwne. Iloczyn nie dzieli się przez \(4\), gdy wszystkie trzy liczby są nieparzyste: \(4^3=64\), albo dokładnie jedna liczba należy do \(\{2,6\}\), a dwie są nieparzyste: \(3\cdot2\cdot4^2=96\). Zatem \[P(A)=1-\frac{64+96}{512}=\frac{11}{16}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(P(A)=\frac{11}{16}\) **3 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=512\) oraz \(|A|=352\) lub \(|A'|=160\) **2 pkt** – wyznaczenie przestrzeni i większości rozłącznych przypadków albo poprawne policzenie \(|A|\) lub \(|A'|\) **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=8^3\) albo poprawne rozpisanie przypadków **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** kombinatoryka, wariacje z powtórzeniami i klasyczne prawdopodobieństwo.

P(A) = \(\frac{12}{25 = 0,48}\)

Losujemy dwa razy ze zwracaniem, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary \((a,b)\) liczb ze zbioru \(\{1,2,4,5,10\}\), wszystkie jednakowo prawdopodobne: \[|\Omega|=5\cdot5=25.\] Iloraz \(\frac ab\) jest liczbą całkowitą dokładnie wtedy, gdy \(b\) dzieli \(a\). Sprawdzamy kolejno wartości \(b\): dla \(b=1\) dzieli każde \(a\) — \(5\) par; dla \(b=2\) pasują \(a\in\{2,4,10\}\) — \(3\) pary; dla \(b=4\) pasuje tylko \(a=4\) — \(1\) para; dla \(b=5\) pasują \(a\in\{5,10\}\) — \(2\) pary; dla \(b=10\) pasuje tylko \(a=10\) — \(1\) para. Łącznie \[|A|=5+3+1+2+1=12,\qquad P(A)=\frac{12}{25}=0{,}48.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{12}{25}=0{,}48\)

1 pkt: 25 wyników wszystkich albo poprawne wyznaczenie 12 wyników sprzyjających. 2 pkt: P(A) = 12/25.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

B

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników. Moneta jest symetryczna, więc \[|\Omega|=2^3=8.\] Miejsce dla jedynego orła wybieramy na \(\binom31=3\) sposoby, w pozostałych dwóch rzutach muszą wypaść reszki. Zatem \(|A|=3\) i \[p=\frac38=0{,}375.\] Zachodzi \(0{,}25\leq0{,}375\leq0{,}4\). **Odpowiedź.** B. \(0{,}25\leq p\leq0{,}4\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

C. \(0\),\(35\) < p ≤ \(0\),\(5\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^3=8.\] Miejsca dla dwóch orłów wybieramy na \(\binom32=3\) sposoby, w trzecim rzucie musi wypaść reszka. Zatem \(|A|=3\) i \[p=\frac38=0{,}375.\] Sprawdzamy, do którego przedziału należy \(0{,}375\): zachodzi \(0{,}35<0{,}375\leq0{,}5\). **Odpowiedź.** C. \(0{,}35<p\leq0{,}5\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 22. (0−1) 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria Wersja Wersja II. Wykorzystanie prawdopodobieństwa i kombinatoryka. I II i interpretowanie Zdający oblicza prawdopodobieństwa reprezentacji. w prostych sytuacjach, stosując klasyczną C B definicję prawdopodobieństwa (10.3).

B

Doświadczenie składa się z trzech niezależnych części: dwóch rzutów monetą i rzutu kostką. Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników, a z reguły mnożenia \[|\Omega|=2\cdot2\cdot6=24.\] Interesujący nas wynik — orzeł, orzeł i sześć oczek — jest tylko jeden, więc \(|A|=1\). Stąd \[P(A)=\frac1{24}.\] **Odpowiedź.** B. \(\frac1{24}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

\[\frac{17}{24}.\]

Niech \(B_n\) oznacza zdarzenie, że wylosowano liczbę \(n\), a \(A\) zdarzenie otrzymania co najmniej jednego orła. Mamy \[P(B_1)=P(B_2)=P(B_3)=\frac13.\] Najłatwiej policzyć prawdopodobieństwa warunkowe przez zdarzenia przeciwne, czyli same reszki: \[P(A\mid B_1)=1-\left(\frac12\right)^1=\frac12,\] \[P(A\mid B_2)=1-\left(\frac12\right)^2=\frac34,\] \[P(A\mid B_3)=1-\left(\frac12\right)^3=\frac78.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[\begin{aligned}P(A)&=\sum_{n=1}^3P(A\mid B_n)P(B_n)\\&=\frac12\cdot\frac13+\frac34\cdot\frac13+\frac78\cdot\frac13\\&=\frac{17}{24}.\end{aligned}\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawny nieskracalny ułamek \(\frac{17}{24}\) z pełnym uzasadnieniem **3 pkt** – poprawne trzy prawdopodobieństwa warunkowe i zastosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym z drobnym błędem rachunkowym **2 pkt** – poprawne wartości \(\frac12,\frac34,\frac78\) **1 pkt** – rozpoznanie podziału na trzy przypadki albo użycie zdarzenia przeciwnego **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.3. R. Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

\[P=\frac7{10}.\]

Najprościej skorzystać ze zdarzenia przeciwnego. Zdarzenie przeciwne do otrzymania jednego lub dwóch losów wygrywających polega na wylosowaniu dwóch losów pustych. Jego prawdopodobieństwo jest równe \[P(\text{dwa puste})=\frac35\cdot\frac24=\frac3{10}.\] Zatem \[P(\text{jeden lub dwa wygrywające})=1-\frac3{10}=\frac7{10}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawny nieskracalny ułamek \(\frac7{10}\) z pełnym uzasadnieniem **3 pkt** – poprawny model zdarzeń i obliczenia z drobną usterką rachunkową **2 pkt** – poprawne obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego \(\frac3{10}\) albo poprawne rozpisanie wszystkich korzystnych gałęzi **1 pkt** – poprawne rozpoczęcie obliczeń bez zwracania losów **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac5{11}.\]

Niech \(A\) oznacza wylosowanie dwóch białych kul z drugiej urny. Rozpatrujemy kolor kuli przeniesionej z pierwszej urny. Po przeniesieniu białej kuli i dołożeniu dwóch białych druga urna zawiera \(10\) białych i \(2\) czarne kule, zatem \[P(A\mid B)=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{15}{22}.\] Po przeniesieniu czarnej kuli i dołożeniu dwóch czarnych druga urna zawiera \(7\) białych i \(5\) czarnych kul, więc \[P(A\mid C)=\frac{\binom72}{\binom{12}{2}}=\frac7{22}.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(A)=\frac38\cdot\frac{15}{22}+\frac58\cdot\frac7{22}=\frac{80}{176}=\frac5{11}.\]

**4 pkt** – wynik \(\frac5{11}\) uzyskany poprawną metodą **3 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym z drobnym błędem rachunkowym **2 pkt** – poprawne obliczenie obu prawdopodobieństw warunkowych \(\frac{15}{22}\) i \(\frac7{22}\) **1 pkt** – poprawne rozdzielenie doświadczenia na przypadek przeniesienia kuli białej i czarnej **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 10. Elementy statystyki opisowej, teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka - twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym (R10.3).

**B.** \(p=\frac38\).

Każde losowanie daje dwa równoprawdopodobne wyniki, więc wszystkich uporządkowanych wyników jest \(2^3=8\). Dokładnie dwie czerwone kule można otrzymać, wybierając pojemnik, z którego padnie kula niebieska; są \(\binom31=3\) takie wyniki. Zatem \[p=\frac38.\]

**1 pkt** – odpowiedź **B** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach z definicji klasycznej.

\[P(A)=\frac{13}{25}.\]

Każdy z \(5\cdot5=25\) uporządkowanych wyników losowania jest jednakowo prawdopodobny. Iloczyn jest dodatni, gdy obie liczby są dodatnie albo obie ujemne. W zbiorze \(K\) są \(3\) liczby dodatnie i \(2\) ujemne; w zbiorze \(L\) również są \(3\) dodatnie i \(2\) ujemne. Liczba wyników sprzyjających wynosi \[3\cdot3+2\cdot2=13.\] Zatem \[P(A)=\frac{13}{25}.\]

**2 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac{13}{25}\) **1 pkt** – poprawne zliczenie \(13\) wyników sprzyjających lub zapisanie odpowiedniej sumy iloczynów **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** Zdający stosuje klasyczną definicję prawdopodobieństwa i zlicza pary liczb spełniające warunek znaku iloczynu.

\[P(A)=\frac3{32}.\]

Wyniki losowania są uporządkowanymi parami. Wszystkich wyników jest \[|\Omega|=8\cdot8=64.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary \[(5,1),(6,2),(7,3),(8,4),(7,1),(8,2),\] czyli \(|A|=6\). Zatem \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac6{64}=\frac3{32}.\]

**2 pkt** – poprawne obliczenie \(P(A)=\frac3{32}\) **1 pkt** – poprawne obliczenie \(|\Omega|=64\) albo \(|A|=6\), bez poprawnego wyniku końcowego **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** Zliczanie obiektów w prostych sytuacjach kombinatorycznych i stosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa (III.10.b,d).

A

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników; moneta jest symetryczna, więc \(|\Omega|=2^3=8\). Zdarzenie „co najmniej jedna reszka" liczymy przez dopełnienie. Jego zaprzeczeniem jest zdarzenie \(A^{\prime}\): ani jednej reszki, czyli trzy orły — a to jeden wynik, więc \(|A^{\prime}|=1\). Stąd \[P(A)=1-\frac18=\frac78.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac78\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

**C.** \(\dfrac12\)

Rzuty są niezależne, a moneta symetryczna, więc wynik trzeciego rzutu nie zależy od dwóch poprzednich i orzeł wypada w nim z prawdopodobieństwem \(\frac12\). Ten sam wynik daje model klasyczny. Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników, więc \(|\Omega|=2^3=8\). Jeśli w trzecim rzucie ustalimy orła, to dwa pierwsze rzuty pozostają dowolne, co daje \(|A|=2^2=4\) trójki. Zatem \[P(A)=\frac48=\frac12.\] **Odpowiedź.** C. \(\frac12\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{5}{108}\). Iloczyn \(60\) można otrzymać jako \(1\cdot 2\cdot 5\cdot 6\), \(1\cdot 3\cdot 4\cdot 5\) albo \(2\cdot 2\cdot 3\cdot 5\). Dwa pierwsze zestawy dają po \(4\)!=\(24\) uporządkowane wyniki, a trzeci \(4\)!/\(2\)!=\(12\). Zdarzeń sprzyjających jest \(60\) spośród \(6^{4}\)=\(1296\), więc P=\(\frac{60}{1296=5}\)/\(108\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=6^4=1296.\] Szukamy czwórek o iloczynie \(60=2^2\cdot3\cdot5\). Czynnik \(5\) musi pochodzić od oczka \(5\), bo \(5\) jest pierwsza, a żadne inne oczko nie dzieli się przez \(5\); przy tym oczko \(5\) może wystąpić tylko raz, bo \(25\nmid60\). Pozostałe trzy oczka mają iloczyn \(12\). Trójki oczek o iloczynie \(12\) to \(\{1,2,6\}\), \(\{1,3,4\}\) oraz \(\{2,2,3\}\). Otrzymujemy więc trzy zestawy czterech oczek: \(\{1,2,5,6\}\) — wszystkie oczka różne, co daje \(4!=24\) uporządkowania; \(\{1,3,4,5\}\) — również wszystkie różne, \(4!=24\) uporządkowania; \(\{2,2,3,5\}\) — dwójka powtarza się dwa razy, więc uporządkowań jest \(\frac{4!}{2!}=12\). Zestawy są rozłączne, zatem \[|A|=24+24+12=60,\qquad P(A)=\frac{60}{1296}=\frac5{108}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{108}\)

**1 punkt za każdy rozpatrzony przypadek** – zasadnicze trudności tego zadania polegają na zauważeniu trzech różnych sposobów otrzymania iloczynu równego \(60\) oraz zliczeniu, w każdym przypadku, liczby różnych czterowyrazowych ciągów. Za każdy rozpatrzony przypadek wraz z obliczoną poprawnie liczbę ciągów zdający otrzymuje \(1\) punkt. **Czwarty punkt** – przyznamy zdającemu, który zapisze, że prawdopodobieństwo opisanego w treści zadania zdarzenia jest równe \(\tfrac{\lvert A\rvert}{6^{4}}\), gdzie \(\lvert A\rvert\) oznacza obliczoną przez zdającego liczbę ciągów.

III. Modelowanie matematyczne. Stosowanie twierdzenia znanego jako klasyczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń. (III.10.b.d)

B. p = \(\frac{1}{18}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Liczba \(5\) jest pierwsza, a na kostce są tylko oczka od \(1\) do \(6\), więc iloczyn równy \(5\) daje wyłącznie rozkład \(5=1\cdot5\). Odpowiadają mu dwie uporządkowane pary: \((1,5)\) i \((5,1)\), zatem \(|A|=2\). Stąd \[p=\frac2{36}=\frac1{18}.\] **Odpowiedź.** B. \(p=\frac1{18}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Modelowanie matematyczne. Stosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (III.10.d).

**D.** \(\dfrac1{36}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Zdarzeniu sprzyja tylko jedna para — \((5,5)\) — więc \(|A|=1\) i \[P(A)=\frac1{36}.\] Ten sam wynik daje niezależność rzutów: \(\frac16\cdot\frac16=\frac1{36}\). **Odpowiedź.** D. \(\frac1{36}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 23. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Wszystkich uporządkowanych wyników jest \(7\cdot 7 = 49\). Iloczyn jest podzielny przez \(6\), gdy jedna liczba jest równa \(6\) (\(13\) par po usunięciu podwójnego liczenia (\(6\),\(6\))) albo gdy jedną liczbą jest \(3\), a drugą \(2\) lub \(4\) (\(4\) par). Razem \(17\) wyników, więc P(A) = \(\frac{17}{49}\).

Losujemy dwa razy ze zwracaniem, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary liczb ze zbioru \(\{1,2,\ldots,7\}\): \[|\Omega|=7\cdot7=49.\] Iloczyn jest podzielny przez \(6\), gdy dzieli się przez \(2\) i przez \(3\). W zbiorze wielokrotnościami trójki są \(3\) i \(6\), więc rozpatrujemy dwa rozłączne przypadki. **Przypadek 1: co najmniej jedna z liczb to \(6\).** Wtedy iloczyn dzieli się przez \(6\) niezależnie od drugiej liczby. Par, w których \(6\) stoi na pierwszym miejscu, jest \(7\); tyle samo z \(6\) na drugim miejscu. Para \((6,6)\) została policzona dwa razy, więc takich par jest \(7+7-1=13\). **Przypadek 2: żadna liczba nie jest szóstką, ale jedną z nich jest \(3\).** Wtedy druga liczba musi być parzysta i różna od \(6\), czyli równa \(2\) albo \(4\). Daje to pary \((3,2)\), \((3,4)\), \((2,3)\), \((4,3)\), czyli \(4\) pary. Przypadki są rozłączne, więc \[|A|=13+4=17,\qquad P(A)=\frac{17}{49}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{17}{49}\)

1 pkt: poprawne obliczenie liczby wszystkich wyników 49 albo liczby wyników sprzyjających 17. 2 pkt: poprawne prawdopodobieństwo 17/49.

Modelowanie matematyczne. Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa (III.10.b, 10.d).

\[P(A)=\frac5{36}.\]

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary, w których drugi wynik jest o \(1\) większy od pierwszego: \[(1,2),\ (2,3),\ (3,4),\ (4,5),\ (5,6),\] czyli \(|A|=5\). Pary \((6,7)\) nie ma, bo kostka nie ma siedmiu oczek. Stąd \[P(A)=\frac5{36}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{36}\)

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – gdy zapisze, że \(\lvert\Omega\rvert=36\) i \(A=\{(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6)\}\). **2 pkt** – gdy obliczy prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{5}{36}\). **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – gdy narysuje drzewo, zapisze prawdopodobieństwa na jego gałęziach i wskaże na drzewie właściwe gałęzie (np. pogrubienie gałęzi lub zapisanie prawdopodobieństw tylko na istotnych gałęziach), albo gdy narysuje drzewo, zapisze prawdopodobieństwa na jego gałęziach i nie wskazuje na drzewie odpowiednich gałęzi, ale z dalszych obliczeń można wywnioskować, że wybiera właściwe gałęzie. **2 pkt** – gdy obliczy prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{5}{36}\). **Schemat oceniania III sposobu rozwiązania** **1 pkt** – gdy narysuje tabelę i wypisze wszystkie zdarzenia sprzyjające lub zaznaczy je w tabeli. **[…] pkt** – gdy poda poprawną odpowiedź: \(P(A)=\frac{5}{36}\).

Formuła 2010: arkusz CKE nie podaje przy tym zadaniu wymagania podstawy programowej.

P(A) = \(\frac{5}{36}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyjają pary, w których drugi wynik jest o \(1\) większy od pierwszego: \[(1,2),\ (2,3),\ (3,4),\ (4,5),\ (5,6).\] Pary zaczynającej się od \(6\) nie ma, bo kostka nie ma siedmiu oczek, więc \(|A|=5\). Stąd \[P(A)=\frac5{36}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{36}\)

1 pkt: wskazanie 5 sprzyjających wyników przy 36 równoprawdopodobnych. 2 pkt: 5/36.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Prawdopodobieństwo i statystyka – oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

D. \(\frac{1}{18}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Sumę \(3\) dają pary \((1,2)\) i \((2,1)\), więc \(|A|=2\). Stąd \[P(A)=\frac2{36}=\frac1{18}.\] **Odpowiedź.** D. \(\frac1{18}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Modelowanie matematyczne. Zastosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa do obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia.

Wszystkich uporządkowanych wyników jest \(7^{2}\) = \(49\). Sumę podzielną przez \(3\) daje \(16\) par uporządkowanych. Zatem prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{16}{49}\).

Losujemy ze zwracaniem, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary liczb ze zbioru \(\{1,2,\ldots,7\}\): \[|\Omega|=7^2=49.\] O podzielności sumy przez \(3\) decydują reszty z dzielenia przez \(3\). W zbiorze \(\{1,\ldots,7\}\) resztę \(0\) dają liczby \(3\) i \(6\) (dwie liczby), resztę \(1\) — liczby \(1\), \(4\), \(7\) (trzy liczby), resztę \(2\) — liczby \(2\) i \(5\) (dwie liczby). Suma dwóch reszt dzieli się przez \(3\), gdy obie są równe \(0\) albo gdy jedna jest równa \(1\), a druga \(2\). Stąd \[|A|=2\cdot2+2\cdot(3\cdot2)=4+12=16,\] gdzie czynnik \(2\) w drugim składniku uwzględnia obie kolejności reszt. Zatem \[P(A)=\frac{16}{49}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{16}{49}\)

1 pkt: poprawne obliczenie liczby wszystkich wyników 49 albo liczby wyników sprzyjających 16. 2 pkt: poprawne prawdopodobieństwo 16/49.

Użycie i tworzenie strategii. Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia.

\(\frac{9}{20}\)

Z każdego pudełka losujemy niezależnie po jednej kuli, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary \((a,b)\), gdzie \(a\) to numer kuli czerwonej, a \(b\) — niebieskiej. Wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=10\cdot10=100.\] Zliczamy pary z \(a<b\), grupując je według \(a\): dla \(a=1\) możliwe są \(9\) wartości \(b\), dla \(a=2\) — \(8\), i tak dalej aż do \(a=9\), dla którego zostaje \(1\) wartość. Zatem \[|A|=9+8+7+\cdots+1=\frac{9\cdot10}{2}=45.\] Stąd \[P(A)=\frac{45}{100}=\frac9{20}.\] Kontrola: pary dzielą się na \(a<b\), \(a>b\) i \(a=b\); przypadków \(a=b\) jest \(10\), a dwa pierwsze zbiory są równoliczne, więc \(\frac{100-10}{2}=45\). **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac9{20}\)

1 pkt: zliczenie 45 sprzyjających par przy 100 wynikach. 2 pkt: 9/20.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Prawdopodobieństwo i statystyka – oblicza prawdopodobieństwo przez zliczenie uporządkowanych par.

\[P(A)=\frac49.\]

Ścianki kostki traktujemy jako rozróżnialne, więc pojedynczy rzut ma \(6\) jednakowo prawdopodobnych wyników, a dwa rzuty \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] Z treści zadania odczytujemy, ile ścianek odpowiada każdej liczbie oczek: jedna ścianka z jednym oczkiem, dwie ścianki z dwoma oczkami, trzy ścianki z trzema oczkami. Prawdopodobieństwa w jednym rzucie wynoszą więc \[P(1)=\frac16,\qquad P(2)=\frac26=\frac13,\qquad P(3)=\frac36=\frac12.\] Liczby oczek różnią się o \(1\) w czterech przypadkach: \((1,2)\), \((2,1)\), \((2,3)\), \((3,2)\). Rzuty są niezależne, więc \[P(A)=2\cdot P(1)P(2)+2\cdot P(2)P(3)=2\cdot\frac16\cdot\frac13+2\cdot\frac13\cdot\frac12=\frac19+\frac13=\frac49.\] Ten sam wynik daje zliczanie par ścianek: \[|A|=1\cdot2+2\cdot1+2\cdot3+3\cdot2=16,\qquad P(A)=\frac{16}{36}=\frac49.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac49\)

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P(A)=\frac49\) **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** budowanie modelu probabilistycznego dla kostki o niejednakowej liczbie ścianek z daną liczbą oczek oraz obliczanie prawdopodobieństwa zdarzenia w doświadczeniu dwuetapowym.

\[P=\frac{19}{54}.\]

Losowania z obu pojemników są niezależne, więc prawdopodobieństwo wylosowania konkretnej pary kolorów jest iloczynem prawdopodobieństw. W pierwszym pojemniku jest \(9\) kul, w drugim \(6\). Prawdopodobieństwa wylosowania kuli danego koloru wynoszą: \[\text{pojemnik I:}\quad P(\text{b})=\frac49,\ P(\text{cz})=\frac39,\ P(\text{z})=\frac29,\] \[\text{pojemnik II:}\quad P(\text{b})=\frac26,\ P(\text{cz})=\frac36,\ P(\text{z})=\frac16.\] Zdarzenie „dwie kule tego samego koloru” jest sumą trzech zdarzeń wykluczających się: obie białe, obie czarne, obie zielone. Zatem \[P=\frac49\cdot\frac26+\frac39\cdot\frac36+\frac29\cdot\frac16=\frac{8}{54}+\frac{9}{54}+\frac{2}{54}=\frac{19}{54}.\] **Odpowiedź.** \(P=\frac{19}{54}\)

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P=\frac{19}{54}\) **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** obliczanie prawdopodobieństwa w doświadczeniu dwuetapowym z niezależnymi losowaniami oraz stosowanie wzoru na prawdopodobieństwo sumy zdarzeń wykluczających się.

P(A) = \(\frac{4}{21}\)

Wyjaśnienie: Krok \(1\). Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych. Pierwsze losowanie odbywa się z siedmiu dostępnych kul. Mamy informację, że losowanie jest bez zwracania, więc wylosowana kula nie wraca już do pojemnika, czyli w drugim losowaniu dostępnych będzie już tylko sześć kul. To oznacza, że zdarzeń elementarnych będziemy mieć zgodnie z regułą mnożenia \(|Ω|=7\cdot6=42\). Krok \(2\). Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających. Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której liczba na pierwszej kuli jest równa \(1\), \(2\) lub \(3\), a na drugiej \(2\), \(4\) lub \(6\). Moglibyśmy zapisać, że zgodnie z regułą mnożenia jest ich \(|A|=3\cdot3=9\), ale trzeba byłoby tutaj nanieść jeszcze poprawkę, że zdarzenie \((2;2)\) nie może wystąpić (bo losowanie jest bez zwracania), więc tych zdarzeń tak naprawdę jest \(|A|=9-1=8\). Dla pewności możemy je sobie wypisać: \[(1;2), (1;4), (1;6) \\ (2;4), (2;6) \\ (3;2), (3;4), (3;6)\] Krok \(3\). Obliczenie prawdopodobieństwa. Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru: \[P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{8}{42}=\frac{4}{21}\]

Wyjaśnienie punktacji: Przyznaj sobie: 0 pkt • Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania. ALBO • Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\). 1 pkt • Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=42\) (patrz: Krok 1.). ALBO • Gdy wypiszesz jedynie zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.). 2 pkt • Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych oraz wypiszesz zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 1. oraz Krok 2.) i na tym zakończysz rozwiązywanie zadania lub dalej rozwiązujesz błędnie. 3 pkt • Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=42\) oraz podasz, ile jest łącznie zdarzeń sprzyjających \(|A|=8\) (patrz: Krok 1. oraz Krok 2.), ale nie obliczysz prawdopodobieństwa. ALBO • Gdy policzysz zdarzenia sprzyjające jako \(3\cdot3=9\), zapominając odrzucić parę \((2;2)\), która przy losowaniu bez zwracania wystąpić nie może. 4 pkt • Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Prawdopodobieństwo i statystyka – oblicza prawdopodobieństwo losowania bez zwracania.

\(\frac{1}{18}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Liczba \(5\) jest pierwsza, a oczek jest tylko od \(1\) do \(6\), więc iloczyn równy \(5\) daje wyłącznie rozkład \(5=1\cdot5\). Odpowiadają mu pary \((1,5)\) i \((5,1)\), czyli \(|A|=2\). Stąd \[P(A)=\frac2{36}=\frac1{18}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{18}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(\frac{1}{18}\)

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

\(\frac{7}{10}\)

Losujemy dwa razy bez zwracania, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary różnych losów: \[|\Omega|=5\cdot4=20.\] Zdarzenie „co najmniej jeden los wygrywający" liczymy przez dopełnienie. Jego zaprzeczeniem jest zdarzenie \(A^{\prime}\): oba wylosowane losy są puste. Pustych losów jest \(3\), więc \[|A^{\prime}|=3\cdot2=6.\] Stąd \[P(A)=1-\frac6{20}=\frac{14}{20}=\frac7{10}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac7{10}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(\frac{7}{10}\)

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{1}{3}\). Przestrzeń ma \(6^{3}\)=\(216\) równoprawdopodobnych wyników. Kwadrat daje modulo \(3\) resztę \(0\) dla oczek \(3\) i \(6\), a resztę \(1\) dla \(1\), \(2\), \(4\) i \(5\). Suma jest podzielna przez \(3\), gdy wszystkie trzy reszty są zerowe albo wszystkie są jedynkami, więc zdarzeń sprzyjających jest \(2^{3}\)+\(4^{3}\)=\(72\).

**Krok \(1\).** Rzucamy trzy razy, a wynikiem jest uporządkowana trójka oczek, więc mamy model klasyczny: wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i wystarczy policzyć, ile ich jest w ogóle i ile z nich jest korzystnych. Warunku podzielności przez \(3\) nie sprawdzamy jednak dla setek trójek: przechodzimy na reszty z dzielenia przez \(3\). **Krok \(2\).** Wszystkich wyników jest \[|\Omega|=6^3=216.\] **Krok \(3\).** Sprawdzamy, jaką resztę z dzielenia przez \(3\) daje kwadrat każdej możliwej liczby oczek: \[1^2=1,\quad 2^2=4,\quad 3^2=9,\quad 4^2=16,\quad 5^2=25,\quad 6^2=36.\] Reszty z dzielenia przez \(3\) to kolejno \(1,\ 1,\ 0,\ 1,\ 1,\ 0\). **Krok \(4\).** Widzimy więc, że kwadrat daje resztę \(0\) tylko dla oczek \(3\) i \(6\) (dwie możliwości), a dla wszystkich pozostałych oczek, czyli \(1,2,4,5\), daje resztę \(1\) (cztery możliwości). Reszta \(2\) nie pojawia się w ogóle. **Krok \(5\).** Suma trzech reszt, z których każda jest równa \(0\) albo \(1\), może wynosić \(0\), \(1\), \(2\) albo \(3\). Podzielna przez \(3\) jest tylko wtedy, gdy wynosi \(0\) (wszystkie trzy reszty zerowe) albo \(3\) (wszystkie trzy reszty równe \(1\)). **Krok \(6\).** Pierwszy przypadek: w każdym z trzech rzutów wypada \(3\) lub \(6\), czyli trójek jest \(2^3=8\). **Krok \(7\).** Drugi przypadek: w każdym z trzech rzutów wypada jedna z liczb \(1,2,4,5\), czyli trójek jest \(4^3=64\). Przypadki się wykluczają, więc \[|A|=8+64=72.\] **Krok \(8\).** Zatem \[P(A)=\frac{72}{216}=\frac13.\] **Uwaga.** Podzielna przez \(3\) ma być suma kwadratów, a nie suma oczek, dlatego reszty liczymy dla \(k^2\), a nie dla \(k\). Zauważmy też, że kolejność rzutów ma znaczenie i w obu przypadkach liczymy ciągi, a nie zbiory, dlatego pojawiają się potęgi \(2^3\) i \(4^3\). **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac13\).

Schemat oceniania **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do rozwiązania zadania: zdający zapisze, że \(\lvert\Omega\rvert=6^{3}\) i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. **2 pkt** – istotny postęp: zdający zapisze, że suma kwadratów trzech liczb jest podzielna przez \(3\) tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są podzielne przez \(3\) albo wszystkie są niepodzielne przez \(3\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający poprawnie obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zajściu zdarzenia \(\lvert A\rvert=72\) i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: \(P(A)=\frac{1}{3}\).

III. Modelowanie matematyczne. Obliczanie prawdopodobieństwa z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

Wszystkich uporządkowanych wyników dwóch rzutów jest \(6^{2}\) = \(36\). Zdarzeniu sprzyjają pary (\(2\), \(6\)), (\(4\), \(3\)), (\(4\), \(6\)), (\(6\), \(2\)), (\(6\), \(4\)), (\(6\), \(6\)), czyli \(6\) wyników. Zatem P(A) = \(\frac{6}{36 = 1}\)/\(6\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=6^2=36.\] Zdarzenie \(A\) wymaga jednocześnie dwóch warunków: pierwszy wynik jest parzysty oraz iloczyn dzieli się przez \(12\). Rozpatrujemy kolejno parzyste wyniki pierwszego rzutu. Dla pierwszego rzutu \(2\) iloczyn \(2b\) dzieli się przez \(12\), gdy \(b\) dzieli się przez \(6\), czyli \(b=6\) — para \((2,6)\). Dla pierwszego rzutu \(4\) iloczyn \(4b\) dzieli się przez \(12\), gdy \(b\) dzieli się przez \(3\), czyli \(b\in\{3,6\}\) — pary \((4,3)\) i \((4,6)\). Dla pierwszego rzutu \(6\) iloczyn \(6b\) dzieli się przez \(12\), gdy \(b\) jest parzyste, czyli \(b\in\{2,4,6\}\) — pary \((6,2)\), \((6,4)\), \((6,6)\). Łącznie \(|A|=1+2+3=6\), zatem \[P(A)=\frac6{36}=\frac16.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac16\)

1 pkt: zapisanie |Ω| = 36. 2 pkt: zapisanie |Ω| = 36 oraz poprawne wypisanie sześciu zdarzeń elementarnych sprzyjających A. 3 pkt: obliczenie |A| = 6 przy poprawnie określonej przestrzeni. 4 pkt: obliczenie P(A) = 1/6. Uwaga CKE: sam skrót |Ω| = 36, |A| = 6, P(A) = 1/6 bez uzasadnienia daje 1 pkt.

Modelowanie matematyczne. Obliczanie prawdopodobieństwa z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

P(A) = \(\frac{1}{12}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc \[|\Omega|=6^2=36.\] Zdarzenie wymaga jednocześnie dwóch warunków: suma większa od \(6\) oraz iloczyn nieparzysty. Iloczyn jest nieparzysty dokładnie wtedy, gdy oba wyniki są nieparzyste, czyli należą do zbioru \(\{1,3,5\}\). Zawężamy się więc do \(3\cdot3=9\) par i sprawdzamy w nich warunek na sumę. Sumy tych par to \(2,4,6\) (dla pierwszego wyniku \(1\)), \(4,6,8\) (dla \(3\)) oraz \(6,8,10\) (dla \(5\)). Większe od \(6\) są sumy par \((3,5)\), \((5,3)\) i \((5,5)\), czyli \(|A|=3\). Stąd \[P(A)=\frac3{36}=\frac1{12}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{12}\)

**1–3 pkt** – model \(36\) wyników i wskazanie trzech par spełniających oba warunki. **4 pkt** – \(\frac{3}{36}=\frac{1}{12}\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Prawdopodobieństwo i statystyka – oblicza prawdopodobieństwo przy dwóch warunkach.

\[P(A)=\frac{5}{18}.\]

Losujemy dwie cyfry ze zwracaniem spośród sześciu, więc zdarzeniem elementarnym jest para \((\text{dziesiątki},\text{jedności})\) i \[\lvert\Omega\rvert=6\cdot6=36.\] Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza zdarzenie: utworzona liczba jest większa od \(52\). Rozważamy cyfrę dziesiątek: - \(5\) — liczba jest większa od \(52\), gdy cyfrą jedności jest \(3,4,5\) lub \(6\): \(4\) możliwości, - \(6\) — każda z \(6\) cyfr jedności daje liczbę większą od \(52\), - cyfry \(1,2,3,4\) dają liczby mniejsze od \(52\). Zatem \(\lvert A\rvert=4+6=10\) i \[P(A)=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac{5}{18}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **2.1. (1 pkt)** – obliczenie: \(\lvert\Omega\rvert=6\cdot 6=36\). **2.2. (1 pkt)** – obliczenie \(\lvert A\rvert\), gdzie \(A\) jest zdarzeniem, że utworzona liczba jest większa od \(52\): \(\lvert A\rvert=1\cdot 4+1\cdot 6=10\). **2.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}\). Zdający może narysować tabelę o wymiarach \(6\) na \(6\) i odczytać rozwiązanie. Za prawidłową odpowiedź przyznajemy komplet punktów. **II sposób rozwiązania (metoda drzewa):** **2.1. (1 pkt)** – narysowanie drzewa z zaznaczeniem istotnych gałęzi. […] **2.2. (1 pkt)** – zapisanie prawdopodobieństw na istotnych gałęziach drzewa. **2.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}\cdot 4+\frac{1}{6}=\frac{5}{18}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P(A)=\frac{56}{1331}.\]

Losujemy trzy razy ze zwracaniem ze zbioru \(\{a_1,a_2,\ldots,a_{11}\}\), więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyrazów, każda jednakowo prawdopodobna, i \[|\Omega|=11^3=1331.\] Wyraz \(a_n=\frac{120}{n+1}\) jest liczbą całkowitą dokładnie wtedy, gdy \(n+1\) dzieli \(120\). Dla \(n\in\{1,2,\ldots,11\}\) mianownik \(n+1\) przebiega liczby od \(2\) do \(12\); dzielnikami \(120\) są wśród nich \(2,3,4,5,6,8,10,12\), czyli osiem wartości, którym odpowiadają \[a_1=60,\ a_2=40,\ a_3=30,\ a_4=24,\ a_5=20,\ a_7=15,\ a_9=12,\ a_{11}=10.\] Całkowitych wyrazów jest zatem \(8\) i wszystkie są różne. Ciąg \((a_n)\) jest malejący, więc trzy wylosowane liczby całkowite tworzą ciąg malejący dokładnie wtedy, gdy są parami różne i wylosowane w kolejności malejącej. Każdy trzyelementowy podzbiór tych ośmiu liczb wyznacza dokładnie jedno takie ustawienie, zatem kolejność nie daje tu dodatkowych możliwości i \[|A|=\binom83=56.\] Stąd \[P(A)=\frac{56}{1331}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{56}{1331}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **8.1. (1 pkt)** – […] \(\left\{60,\ 40,\ 30,\ 24,\ 20,\ 17\tfrac{1}{7},\ 15,\ 13\tfrac{1}{3},\ 12,\ 10\tfrac{10}{11},\ 10\right\}\). **8.2. (1 pkt)** – obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych: \(11^{3}=1331\). **8.3. (1 pkt)** – obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających: \(\binom{8}{3}=56\). **8.4. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa: \(\frac{56}{1331}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P(A)=\frac14,\qquad P(B)=\frac16,\qquad P(C)=\frac1{18}.\]

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników dwóch rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie pary są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] **a)** W obu rzutach ma wypaść liczba nieparzysta; w każdym rzucie są trzy takie wyniki: \(1\), \(3\), \(5\). Z reguły mnożenia \(|A|=3\cdot3=9\), więc \[P(A)=\frac9{36}=\frac14.\] **b)** Suma większa od \(9\) to suma \(10\), \(11\) albo \(12\). Wypisujemy pary sprzyjające: \((4,6)\), \((5,5)\), \((6,4)\), \((5,6)\), \((6,5)\), \((6,6)\), czyli \(|B|=6\). Zatem \[P(B)=\frac6{36}=\frac16.\] **c)** Zdarzenie \(C\) zawiera się w \(B\); spośród wypisanych sum nieparzysta jest tylko \(11\), a dają ją pary \((5,6)\) i \((6,5)\). Stąd \(|C|=2\) i \[P(C)=\frac2{36}=\frac1{18}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac14\), \(P(B)=\frac16\), \(P(C)=\frac1{18}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* \(\Omega\) dla tego doświadczenia jest zbiorem wszystkich uporządkowanych par, których wyrazy mogą się powtarzać i każdy z tych wyrazów może być jedną z liczb: \(1\), \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\). Można ten zbiór opisać w tabelce: \[\begin{array}{c|cccccc} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ \hline 1 & (1,1) & (1,2) & (1,3) & (1,4) & (1,5) & (1,6)\\ 2 & (2,1) & (2,2) & (2,3) & (2,4) & (2,5) & (2,6)\\ 3 & (3,1) & (3,2) & (3,3) & (3,4) & (3,5) & (3,6)\\ 4 & (4,1) & (4,2) & (4,3) & (4,4) & (4,5) & (4,6)\\ 5 & (5,1) & (5,2) & (5,3) & (5,4) & (5,5) & (5,6)\\ 6 & (6,1) & (6,2) & (6,3) & (6,4) & (6,5) & (6,6) \end{array}\] \(\lvert\Omega\rvert=6^{2}=36\). Zdarzeniu \(A\) sprzyja \(9\) zdarzeń elementarnych: \(\{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}\). Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}\). Zdarzeniu \(B\) sprzyja \(6\) zdarzeń elementarnych. Łatwo je wypisać: \(\{(6,6),(6,5),(6,4),(5,6),(5,5),(4,6)\}\). Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia \(B\): \(P(B)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}\). Zdarzeniu \(C\) sprzyjają dwa zdarzenia elementarne: \(\{(6,5),(5,6)\}\). Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia \(C\): \(P(C)=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P(A)=\frac18,\qquad P(B)=\frac13.\]

Zdarzeniami elementarnymi są trójki wyników trzech rzutów, czyli trzywyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,3,4,5,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc model jest klasyczny i \[|\Omega|=6^3=216.\] **Zdarzenie \(A\).** Na każdej kostce ma wypaść liczba nieparzysta, a takich wyników jest trzy: \(1\), \(3\), \(5\). Z reguły mnożenia \(|A|=3^3=27\), więc \[P(A)=\frac{27}{216}=\frac18.\] **Zdarzenie \(B\).** Rozpatrujemy reszty kwadratów z dzielenia przez \(3\). Dla oczek \(3\) i \(6\) kwadrat jest podzielny przez \(3\) (reszta \(0\)), a dla \(1\), \(2\), \(4\) i \(5\) kwadrat daje resztę \(1\). Suma trzech reszt ze zbioru \(\{0,1\}\) jest podzielna przez \(3\) tylko wtedy, gdy wszystkie trzy reszty są równe \(0\) albo wszystkie trzy równe \(1\). Pierwszy przypadek daje \(2^3=8\) trójek, drugi \(4^3=64\), zatem \[|B|=8+64=72,\qquad P(B)=\frac{72}{216}=\frac13.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac18\), \(P(B)=\frac13\)

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **11.1. ([…] pkt)** – obliczenie mocy zbioru zdarzeń elementarnych: \(\Omega=6^{3}\). **11.2. (1 pkt)** – obliczenie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\): \(A=3^{3}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństw zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{3^{3}}{6^{3}}=\frac{1}{8}\), **11.4. (1 pkt)** – stwierdzenie, że suma kwadratów liczb wyrzuconych oczek będzie podzielna przez trzy wtedy, gdy każda z wyrzuconych liczb będzie podzielna przez trzy albo gdy żadna z nich nie jest podzielnych przez trzy. **11.5. (1 pkt)** – obliczenie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(B\): \(B=2^{3}+4^{3}\) i prawdopodobieństwa tego zdarzenia \(B\): \(P(B)=\frac{2^{3}+4^{3}}{6^{3}}=\frac{72}{216}=\frac{1}{3}\). Akceptujemy wynik w postaci ułamka skracalnego albo przybliżony, o ile tylko rozwiązanie zdającego wskazuje na poprawne obliczenie liczby \(B\) i poprawne zastosowanie definicji prawdopodobieństwa.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(n\in\{1,2,3\}\).

**Krok \(1\).** To samo doświadczenie (rzut dwiema kostkami) powtarzamy \(n\) razy niezależnie, a pytamy o zdarzenie typu co najmniej raz. W takiej sytuacji prawie zawsze najkrócej jest policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego, czyli ani razu. **Krok \(2\).** Najpierw jeden rzut dwiema kostkami: wszystkich wyników jest \(6\cdot6=36\), a takich, w których obie kostki dają tę samą liczbę oczek, jest \(6\) (pary \((1,1),(2,2),\ldots,(6,6)\)). Zatem prawdopodobieństwo sukcesu w jednym rzucie wynosi \[p=\frac{6}{36}=\frac16,\qquad q=1-p=\frac56.\] **Krok \(3\).** W \(n\) niezależnych rzutach prawdopodobieństwo, że sukces nie zdarzy się ani razu, to iloczyn \(n\) takich samych czynników: \[P(\text{ani razu})=\left(\frac56\right)^{n}.\] **Krok \(4\).** Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia z treści zadania: \[P_n=1-\left(\frac56\right)^{n}.\] **Krok \(5\).** Zapisujemy warunek z zadania i porządkujemy go: \[1-\left(\frac56\right)^{n}\lt \frac{671}{1296}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(\frac56\right)^{n}\gt 1-\frac{671}{1296}=\frac{625}{1296}.\] **Krok \(6\).** Kluczowe spostrzeżenie: \(625=5^4\) oraz \(1296=6^4\), więc prawa strona to \(\left(\frac56\right)^{4}\). Nierówność przybiera postać \[\left(\frac56\right)^{n}\gt \left(\frac56\right)^{4}.\] **Krok \(7\).** Podstawa \(\frac56\) jest mniejsza od \(1\), więc funkcja wykładnicza o tej podstawie jest malejąca i przy porównywaniu wykładników zwrot nierówności się odwraca: \[n\lt 4.\] **Krok \(8\).** Liczba rzutów jest liczbą naturalną dodatnią, więc zostają \(n=1\), \(n=2\), \(n=3\). **Uwaga.** Odwrócenie znaku nierówności w kroku \(7\) jest tu całą trudnością zadania. Gdyby podstawa była większa od \(1\), wyszłoby \(n\gt 4\). Warto też pamiętać, że \(n\) musi być liczbą naturalną dodatnią, więc \(n=0\) nie wchodzi w grę. **Odpowiedź.** \(n\in\{1,2,3\}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **13.1. (1 pkt)** – […] tej samej liczby oczek na obu kostkach: \(p=\frac{1}{6}\) **13.2. (1 pkt)** – wykorzystanie schematu Bernoulliego i określenie: \(p\), \(q\), \(N\), \(k\): \(p=\frac{1}{6}\), \(q=\frac{5}{6}\), \(N=n\), \(k\ge 1\) **13.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa otrzymania w \(n\) rzutach co najmniej raz tej samej liczby oczek na obu kostkach: \(P_{n}(k\ge 1)=1-P_{n}(0)=1-\binom{n}{0}\left(\frac{1}{6}\right)^{0}\left(\frac{5}{6}\right)^{n}=1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}\) **13.4. (1 pkt)** – rozwiązanie nierówności wykładniczej i sformułowanie odpowiedzi: \(n\in\{1,\,2,\,3\}\)

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.