Prawdopodobieństwo klasyczne — zadania maturalne z rozwiązaniami krok po kroku

\[P(A)=\frac{1}{28}.\]

Losujemy bez zwracania wszystkie osiem liczb i zapisujemy je w kolejności losowania, więc zdarzeniami elementarnymi są permutacje zbioru \(\{1,2,\ldots,8\}\). Wszystkie są jednakowo prawdopodobne, zatem \[|\Omega|=8!=40\,320.\] W tym zbiorze wielokrotnościami trójki są tylko \(3\) i \(6\). Iloczyn trzech kolejnych wyrazów dzieli się przez \(3\) dokładnie wtedy, gdy wśród nich jest \(3\) albo \(6\). Warunek ma zachodzić dla każdej z sześciu trójek kolejnych wyrazów \((a_1,a_2,a_3),\ldots,(a_6,a_7,a_8)\). Oznaczmy przez \(i<j\) pozycje liczb \(3\) i \(6\). Trójka \((a_k,a_{k+1},a_{k+2})\) nie zawiera żadnej z nich dokładnie wtedy, gdy w przedziale pozycji \(\{k,k+1,k+2\}\) nie ma ani \(i\), ani \(j\). Aby uniknąć takiej trójki, między kolejnymi „punktami podparcia" nie mogą powstać trzy sąsiednie wolne pozycje. Warunek jest więc równoważny trzem nierównościom: \[i\leq3,\qquad j-i\leq3,\qquad 9-j\leq3.\] Ostatnia z nich oznacza \(j\geq6\). Wypisujemy pary \((i,j)\) spełniające \(i\leq3\), \(j\geq6\) i \(j-i\leq3\): \[(3,6).\] Dla \(i=3\) i \(j=6\) mamy \(j-i=3\), co jest dopuszczalne; każda inna para narusza którąś z nierówności — dla \(i\leq2\) byłoby \(j-i\geq4\). Pozycje liczb \(3\) i \(6\) są więc ustalone jako trzecia i szósta, a same te liczby można na nich rozmieścić na \(2!\) sposobów. Pozostałe sześć liczb ustawiamy na pozostałych sześciu miejscach na \(6!\) sposobów. Zatem \[|A|=2!\cdot6!=2\cdot720=1440.\] Stąd \[P(A)=\frac{1440}{40\,320}=\frac1{28}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{28}\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{1}{28}\). **2 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), np. \(\lvert\Omega\rvert=8!\) oraz \(\lvert A\rvert=2\cdot 6!\). **1 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych, np. \(\lvert\Omega\rvert=8!\) ALBO – zapisanie, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem elementarnym sprzyjającym zdarzeniu \(A\), musi być liczba podzielna przez \(3\), ALBO – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), np. \(\lvert A\rvert=2\cdot 6!\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający zapisze, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem elementarnym sprzyjającym zdarzeniu \(A\), musi być liczba podzielna przez \(3\), ale – obliczając liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(A\) – zapisze \(\lvert A\rvert=6!\) (lub \(\lvert A\rvert=2\cdot 2\cdot 6!\)) oraz rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać \(2\) punkty. 2. Jeżeli zdający zapisze \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{2}\) (lub \(\lvert\Omega\rvert=8\cdot 7\)) bez stosownego komentarza i na tym zakończy, to otrzymuje \(0\) punktów.

**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.

\[P(A)=\frac{1}{28}.\]

Losujemy bez zwracania wszystkie osiem liczb i zapisujemy je w kolejności losowania, więc zdarzeniami elementarnymi są permutacje zbioru \(\{1,2,\ldots,8\}\). Wszystkie są jednakowo prawdopodobne, zatem \[|\Omega|=8!=40\,320.\] W tym zbiorze wielokrotnościami trójki są tylko \(3\) i \(6\). Iloczyn trzech kolejnych wyrazów dzieli się przez \(3\) dokładnie wtedy, gdy wśród nich jest \(3\) albo \(6\). Warunek ma zachodzić dla każdej z sześciu trójek kolejnych wyrazów \((a_1,a_2,a_3),\ldots,(a_6,a_7,a_8)\). Oznaczmy przez \(i<j\) pozycje liczb \(3\) i \(6\). Trójka \((a_k,a_{k+1},a_{k+2})\) nie zawiera żadnej z nich dokładnie wtedy, gdy w przedziale pozycji \(\{k,k+1,k+2\}\) nie ma ani \(i\), ani \(j\). Aby uniknąć takiej trójki, między kolejnymi „punktami podparcia" nie mogą powstać trzy sąsiednie wolne pozycje. Warunek jest więc równoważny trzem nierównościom: \[i\leq3,\qquad j-i\leq3,\qquad 9-j\leq3.\] Ostatnia z nich oznacza \(j\geq6\). Wypisujemy pary \((i,j)\) spełniające \(i\leq3\), \(j\geq6\) i \(j-i\leq3\): \[(3,6).\] Dla \(i=3\) i \(j=6\) mamy \(j-i=3\), co jest dopuszczalne; każda inna para narusza którąś z nierówności — dla \(i\leq2\) byłoby \(j-i\geq4\). Pozycje liczb \(3\) i \(6\) są więc ustalone jako trzecia i szósta, a same te liczby można na nich rozmieścić na \(2!\) sposobów. Pozostałe sześć liczb ustawiamy na pozostałych sześciu miejscach na \(6!\) sposobów. Zatem \[|A|=2!\cdot6!=2\cdot720=1440.\] Stąd \[P(A)=\frac{1440}{40\,320}=\frac1{28}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{28}\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych, np. \(\lvert\Omega\rvert=8!\) ALBO zapisanie, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem elementarnym sprzyjającym zdarzeniu \(A\), musi być liczba podzielna przez 3, ALBO wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), np. \(\lvert A\rvert=2\cdot 6!\). **2 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), np. \(\lvert\Omega\rvert=8!\) oraz \(\lvert A\rvert=2\cdot 6!\). **3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{1}{28}\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający zapisze, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem elementarnym sprzyjającym zdarzeniu \(A\), musi być liczba podzielna przez 3, ale – obliczając liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(A\) – zapisze \(\lvert A\rvert=6!\) (lub \(\lvert A\rvert=2\cdot 2\cdot 6!\)) oraz rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać 2 punkty. 2. Jeżeli zdający zapisze \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{2}\) (lub \(\lvert\Omega\rvert=8\cdot 7\)) bez stosownego komentarza i na tym zakończy, to otrzymuje 0 punktów.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.3) Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac{9}{25}.\]

Zdarzeniem elementarnym jest para: cyfra dziesiątek ze zbioru \(X\) i cyfra jedności ze zbioru \(Y\). Oba zbiory są pięcioelementowe, a wybory niezależne, więc z reguły mnożenia \[|\Omega|=5\cdot5=25,\] przy czym wszystkie te wyniki są jednakowo prawdopodobne. Liczba jest podzielna przez \(6\) dokładnie wtedy, gdy jest podzielna przez \(2\) i przez \(3\). Cyfra jedności pochodzi ze zbioru \(Y=\{0,2,4,6,8\}\), więc każda otrzymana liczba jest parzysta — pozostaje warunek podzielności przez \(3\), czyli podzielność sumy cyfr. Sprawdzamy kolejne cyfry dziesiątek: \[12,\;18,\quad 30,\;36,\quad 54,\quad 72,\;78,\quad 90,\;96.\] Zdarzeniu \(A\) sprzyja więc \(|A|=9\) wyników. Z definicji klasycznej \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{9}{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{9}{25}\)

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P(A)=\frac9{25}\) **1 pkt** – wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych albo podanie ich liczby \(|\Omega|=5\cdot5=25\), albo sporządzenie tabeli o \(25\) polach lub pełnego drzewa stochastycznego ALBO – wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) i niewypisanie żadnego niewłaściwego **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymaganie ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymaganie szczegółowe:** XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

**D.** \(\frac{2}{90}\)

Liczb dwucyfrowych jest \(90\). Dwucyfrowe wielokrotności liczby \(34\) to \(34\) i \(68\), więc \[P(A)=\frac{2}{90}.\] Poprawna jest odpowiedź **D**.

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

Wszystkich uporządkowanych par jest \(6\cdot4=24\). Dla \(x<0\) mamy \(3\cdot3=9\) par z \(y\leq0\), dla \(x=0\) mamy \(4\) pary, a dla \(x>0\) mamy \(2\cdot2=4\) pary z \(y\geq0\). Łącznie jest \(17\) par, więc \[P(A)=\frac{17}{24}.\]

Losujemy najpierw ze zbioru \(X\), a potem niezależnie ze zbioru \(Y\), i tworzymy parę uporządkowaną. Zdarzeniami elementarnymi są więc wszystkie pary \((x,y)\), jednakowo prawdopodobne, a z reguły mnożenia \[|\Omega|=|X|\cdot|Y|=6\cdot4=24.\] Warunek \(x\cdot y\geq0\) oznacza, że iloczyn jest nieujemny: albo oba czynniki mają ten sam znak, albo co najmniej jeden z nich jest zerem. Rozbijamy zliczanie na rozłączne przypadki według znaku \(x\). Dla \(x<0\), czyli \(x\in\{-3,-2,-1\}\), iloczyn jest nieujemny, gdy \(y\leq0\), czyli \(y\in\{-2,-1,0\}\). Daje to \(3\cdot3=9\) par. Dla \(x=0\) iloczyn jest równy \(0\) niezależnie od \(y\), więc sprzyjają wszystkie \(4\) pary. Dla \(x>0\), czyli \(x\in\{1,2\}\), iloczyn jest nieujemny, gdy \(y\geq0\), czyli \(y\in\{0,1\}\). Daje to \(2\cdot2=4\) pary. Przypadki są rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, zatem \[|A|=9+4+4=17,\qquad P(A)=\frac{17}{24}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{17}{24}\)

1 pkt: poprawne określenie 24 zdarzeń elementarnych albo wszystkich 17 zdarzeń sprzyjających. 2 pkt: poprawna metoda i P(A)=17/24.

Wymaganie ogólne: III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wymaganie szczegółowe: XII.1) Oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

Wszystkich uporządkowanych par jest \(|X|\cdot|Y|=6\cdot4=24\). Zliczamy rozłącznie pary spełniające \(xy\geq0\): dla \(x<0\) mamy \(3\cdot3=9\) par z \(y\leq0\), dla \(x=0\) mamy \(4\) pary, a dla \(x>0\) mamy \(2\cdot2=4\) pary z \(y\geq0\). Łącznie jest \(9+4+4=17\) par. Zatem \[P(A)=\frac{17}{24}.\]

Losujemy najpierw ze zbioru \(X\), a potem niezależnie ze zbioru \(Y\), i tworzymy parę uporządkowaną. Zdarzeniami elementarnymi są więc wszystkie pary \((x,y)\), jednakowo prawdopodobne, a z reguły mnożenia \[|\Omega|=|X|\cdot|Y|=6\cdot4=24.\] Warunek \(x\cdot y\geq0\) oznacza, że iloczyn jest nieujemny: albo oba czynniki mają ten sam znak, albo co najmniej jeden z nich jest zerem. Rozbijamy zliczanie na rozłączne przypadki według znaku \(x\). Dla \(x<0\), czyli \(x\in\{-3,-2,-1\}\), iloczyn jest nieujemny, gdy \(y\leq0\), czyli \(y\in\{-2,-1,0\}\). Daje to \(3\cdot3=9\) par. Dla \(x=0\) iloczyn jest równy \(0\) niezależnie od \(y\), więc sprzyjają wszystkie \(4\) pary. Dla \(x>0\), czyli \(x\in\{1,2\}\), iloczyn jest nieujemny, gdy \(y\geq0\), czyli \(y\in\{0,1\}\). Daje to \(2\cdot2=4\) pary. Przypadki są rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, zatem \[|A|=9+4+4=17,\qquad P(A)=\frac{17}{24}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{17}{24}\)

1 pkt: poprawne określenie 24 zdarzeń elementarnych albo wszystkich 17 zdarzeń sprzyjających. 2 pkt: poprawna metoda i P(A)=17/24.

Wymaganie ogólne: III. Modelowanie matematyczne. Wymaganie szczegółowe: 10.3) Oblicza prawdopodobieństwo w prostych sytuacjach metodą klasyczną.

\[P(A)=\frac{3n^2-1}{(3n+1)(3n-1)}.\]

W zbiorze \(\mathbb{M}\) jest \(n\) liczb dających resztę \(0\), \(n+1\) liczb dających resztę \(1\) oraz \(n\) liczb dających resztę \(2\) modulo \(3\). Suma trzech reszt jest równa \(1\) modulo \(3\) w przypadkach \((0,0,1)\), \((1,1,2)\) i \((2,2,0)\). Zatem \[|A|=\binom n2\binom{n+1}1+\binom{n+1}2\binom n1+\binom n2\binom n1=\frac{n(3n^2-1)}2.\] Wszystkich wyników jest \[\binom{3n+1}{3}=\frac{(3n+1)n(3n-1)}2.\] Stąd \[P(A)=\frac{|A|}{\binom{3n+1}{3}}=\frac{3n^2-1}{(3n+1)(3n-1)}.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik **3 pkt** – rozpatrzenie wszystkich trzech możliwych układów reszt i poprawne zapisanie \(|A|\) **2 pkt** – rozpatrzenie dwóch z trzech możliwych przypadków **1 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich trójelementowych podzbiorów \(\mathbb{M}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** XI.1 R) Zdający liczy sytuacje z użyciem reguł dodawania i mnożenia oraz kombinacji. XI.2 R) Stosuje symbol Newtona i jego własności. XII.1) Oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac1{25}.\]

Wszystkich dodatnich liczb czterocyfrowych jest \(9000\). Zliczamy liczby sprzyjające. Gdy ostatnią cyfrą jest \(2\), cyfra \(3\) zajmuje jedną z pierwszych trzech pozycji. Otrzymujemy \[8\cdot8+7\cdot8+7\cdot8=176.\] Gdy ostatnią cyfrą jest jedna z cyfr \(0,4,6,8\), cyfry \(2\) i \(3\) zajmują dwie spośród pierwszych trzech pozycji. Jeżeli pozostała pozycja jest pierwsza, mamy \(7\cdot2\cdot4=56\) możliwości, a jeśli jest druga lub trzecia, mamy \(2\cdot8\cdot2\cdot4=128\). Razem \(184\). Zatem \(|A|=176+184=360\), więc \[P(A)=\frac{360}{9000}=\frac1{25}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac1{25}\) **3 pkt** – poprawne wartości \(|\Omega|=9000\), \(|A|=360\) **2 pkt** – poprawne obliczenie \(|A|=360\) albo pełny istotny przypadek wraz z \(|\Omega|\) **1 pkt** – obliczenie \(|\Omega|=9000\) albo poprawne zliczenie jednego głównego przypadku **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** XI.2) Zdający stosuje reguły mnożenia i dodawania. XII.1) Oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac{15}{36}=\frac5{12}.\]

Wynikami są uporządkowane pary \((x,y)\), gdzie \(x,y\in\{1,2,3,4,5,6\}\). Zatem \(|\Omega|=6^2=36\). Dla pierwszej liczby równej kolejno \(1,2,3,4,5,6\) liczba mniejszych drugich liczb wynosi \(0,1,2,3,4,5\). Stąd \[|A|=0+1+2+3+4+5=15,\] a więc \[P(A)=\frac{15}{36}=\frac5{12}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac{15}{36}\) **1 pkt** – obliczenie \(|\Omega|=36\) albo \(|A|=15\), albo pełne wskazanie zdarzeń sprzyjających **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - tworzenie modelu. **Wymagania szczegółowe:** XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

**D.** Sumę \(11\) dają wyniki \((5,6)\) i \((6,5)\). Spośród \(36\) jednakowo prawdopodobnych wyników sprzyjające są \(2\), więc \(P(A)=\frac{2}{36}=\frac1{18}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy schemat: kostka jest symetryczna, a doświadczenie ma skończenie wiele jednakowo prawdopodobnych wyników, więc stosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|},\] gdzie \(|\Omega|\) to liczba wszystkich możliwych wyników, a \(|A|\) — liczba wyników sprzyjających. **Krok \(2\).** Opisujemy wynik doświadczenia. Jest nim **uporządkowana para** \((\text{pierwszy rzut},\ \text{drugi rzut})\). Każda współrzędna może przyjąć \(6\) wartości, więc \[|\Omega|=6\cdot6=36.\] **Krok \(3\).** Szukamy par o sumie \(11\). Sprawdzamy po kolei możliwe wyniki pierwszego rzutu: dla \(1,2,3,4\) drugi rzut musiałby wynosić \(10,9,8,7\) — a takich oczek nie ma. Zostają: pierwszy rzut \(5\), drugi \(6\) oraz pierwszy rzut \(6\), drugi \(5\). **Krok \(4\).** Zatem zdarzeniu \(A\) sprzyjają dwa wyniki: \((5,6)\) i \((6,5)\), czyli \(|A|=2\). **Krok \(5\).** Obliczamy prawdopodobieństwo: \[P(A)=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.\] **Uwaga.** Wyniki \((5,6)\) i \((6,5)\) to **dwa różne** zdarzenia elementarne — rzuty są rozróżnialne (pierwszy i drugi). Potraktowanie ich jako jednego daje błędną odpowiedź \(\frac1{36}\). Zwróć uwagę, że wśród odpowiedzi jest \(\frac{2}{36}\), a nie jej postać skrócona \(\frac1{18}\) — to ta sama liczba. **Odpowiedź.** D: \(\frac{2}{36}\)

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

**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.

\[P(A)=\frac16.\]

Zdarzeniem elementarnym jest para uporządkowana \((a,b)\) liczb oczek: \(a\) jest cyfrą dziesiątek, \(b\) — cyfrą jedności otrzymanej liczby dwucyfrowej. Obie liczby należą do zbioru \(\{1,2,\ldots,6\}\), więc \[|\Omega|=6\cdot6=36,\] a wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne. Liczba \(\overline{ab}\) ma być nieparzysta i podzielna przez \(3\). - Nieparzystość oznacza, że cyfra jedności jest nieparzysta: \(b\in\{1,3,5\}\). - Podzielność przez \(3\) oznacza, że suma cyfr \(a+b\) dzieli się przez \(3\). Rozpatrujemy kolejne wartości \(b\): \[b=1:\ a\in\{2,5\}\ \Rightarrow\ 21,\;51;\qquad b=3:\ a\in\{3,6\}\ \Rightarrow\ 33,\;63;\qquad b=5:\ a\in\{1,4\}\ \Rightarrow\ 15,\;45.\] Zatem \(|A|=6\). Z definicji klasycznej \[P(A)=\frac{6}{36}=\frac16.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac16\)

1 pkt: poprawne określenie 36 wyników albo wszystkich sześciu wyników sprzyjających. 2 pkt: poprawna metoda i P(A) = 1/6.

**Sprawdzana umiejętność:** budowanie modelu klasycznego dla dwukrotnego rzutu kostką oraz stosowanie cech podzielności przez \(2\) i przez \(3\) przy wyznaczaniu zdarzeń sprzyjających. Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(12\)

Niech \(n\) oznacza liczbę wszystkich kul. Z warunku zadania \[\frac{18}{n}=\frac35.\] Stąd \(3n=90\), czyli \(n=30\). Liczba kul białych jest zatem równa \[30-18=12.\]

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

**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.

\[P(A)=\frac{11}{24}.\]

Wyniki doświadczenia zapisujemy jako uporządkowane pary \((x,y)\), gdzie \(x\in C\) i \(y\in D\). Wszystkich jednakowo prawdopodobnych wyników jest \[|\Omega|=6\cdot4=24.\] Iloczyn jest podzielny przez \(4\) dla par \[(1,8),\ (2,8),\ (2,10),\ (3,8),\] \[(4,7),\ (4,8),\ (4,9),\ (4,10),\] \[(5,8),\ (6,8),\ (6,10).\] Zdarzeniu \(A\) sprzyja zatem \(11\) wyników. Otrzymujemy \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{11}{24}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(P(A)=\frac{11}{24}\) **1 pkt** – wypisanie lub obliczenie wszystkich \(24\) zdarzeń elementarnych; albo poprawne wypisanie wszystkich \(11\) wyników sprzyjających; albo podanie \(|A|=11\) bez zliczenia błędnych par; albo zapisanie \(P(A)=\frac{11}{24}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

\(\frac{7}{65536}\). Wszystkich liczb jest \(8^{6}\). Ściśle malejący ciąg sześciu cyfr jest jednoznacznie określony przez wybór sześciu spośród ośmiu cyfr, więc P=C(\(8\),\(6\))/\(8^{6}\)=\(\frac{28}{262144=7}\)/\(65536\).

Przykładowe pełne rozwiązanie Zdarzeniem elementarnym jest sześciowyrazowy ciąg o wyrazach ze zbioru {\(1\), \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\), \(7\), \(8\)}, więc liczba |Ω| wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa |Ω| = \(86\). Niech A oznacza zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę, której druga cyfra (licząc od lewej strony) jest mniejsza od pierwszej, a każda następna cyfra tej liczby jest mniejsza od poprzedniej. Wtedy zdarzeniem elementarnym sprzyjającym zdarzeniu A jest sześciowyrazowy ciąg malejący. Liczba wszystkich takich ciągów jest równa (\(8\)), więc \(6\) |A| = (\(8\)). \(6\) Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: |A| (\(8\)) \(28\) \(7\) P(A) = = \(6\) = = |Ω| \(86\) \(262\) \(144\) \(65536\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P(A)=\frac{28}{8^{6}}=\frac{7}{65536}\). **2 pkt** – zapisanie liczby \(\lvert\Omega\rvert\) wszystkich zdarzeń elementarnych oraz zapisanie liczby \(\lvert A\rvert\) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), np. \(\lvert\Omega\rvert=8^{6}\) oraz \(\lvert A\rvert=\binom{8}{6}\) ALBO – zapisanie liczby \(\lvert\Omega\rvert\) wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) i niewypisanie żadnego zdarzenia niewłaściwego, np. \(\lvert\Omega\rvert=8^{6}\) oraz \(A=\{876543,\ 876542,\ 876541,\ 876532,\ 876531,\ 876521,\ 876432,\ 876431,\ 876421,\ 876321,\ 875432,\ 875431,\ 875421,\ 875321,\ 874321,\ 865432,\ 865431,\ 865421,\ 865321,\ 864321,\ 854321,\ 765432,\ 765431,\ 765421,\ 765321,\ 764321,\ 754321,\ 654321\}\). **1 pkt** – zapisanie liczby \(\lvert\Omega\rvert\) wszystkich zdarzeń elementarnych: np. \(\lvert\Omega\rvert=8^{6}\) ALBO – zapisanie liczby \(\lvert A\rvert\) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\): np. \(\lvert A\rvert=\binom{8}{6}\), ALBO – wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) i niewypisanie żadnego zdarzenia niewłaściwego: \(654321\), \(765432\), \(765321\), \(876543\), \(875432\), \(865432\), \(864321\), \(854321\), \(765431\), \(764321\), \(876542\), \(875431\), \(865431\), \(765421\), \(754321\), \(876541\), \(875421\), \(865421\), \(876532\), \(875321\), \(865321\), \(876531\), \(874321\), \(876521\), \(876432\), \(876431\), \(876421\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.1R) Zdający wykorzystuje wzory na liczbę […] kombinacji […]. 10.2) Zdający oblicza prawdopodobieństwa […].

\(\frac1{900}\)

Wszystkich losów jest \[|\Omega|=9999-1000+1=9000.\] Numery o sumie cyfr równej \(3\) to \(1011,1101,1110,1002,1020,1200,2001,2010,2100,3000\), więc zdarzeniu sprzyja \(10\) losów. Zatem \[P(A)=\frac{10}{9000}=\frac1{900}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac1{900}\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|\Omega|=9000\) oraz liczby losów wygrywających \(|A|=10\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|\Omega|=9000\) albo wypisanie wszystkich dziesięciu numerów wygrywających, albo stwierdzenie \(|A|=10\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; dostrzeganie regularności i podobieństw. **Wymagania szczegółowe:** XI.2 i XII.1 zliczanie obiektów z zastosowaniem reguł mnożenia i dodawania oraz obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

**C.** \(\frac14\)

Iloczyn jest nieparzysty dokładnie wtedy, gdy w obu rzutach wypadnie liczba nieparzysta. W jednym rzucie są \(3\) takie wyniki spośród \(6\), więc \[P=\frac36\cdot\frac36=\frac12\cdot\frac12=\frac14.\]

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

**Wymagania ogólne:** I i III sprawność rachunkowa oraz wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie modeli matematycznych do problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

**C.** \(\frac{18}{25}\)

Normę jakości spełniają jabłka o masach \(19\,\mathrm{dag}\), \(20\,\mathrm{dag}\) i \(21\,\mathrm{dag}\). Z wykresu odczytujemy odpowiednio \(8\), \(17\) i \(11\) jabłek, czyli łącznie \[8+17+11=36.\] Wobec tego \[P=\frac{36}{50}=\frac{18}{25}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji; interpretowanie informacji przedstawionych w tekście, na wykresie, diagramie lub w tabeli. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac{3n^2-1}{(3n+1)(3n-1)}.\]

Liczba wszystkich jednakowo prawdopodobnych wyników wynosi \[|\Omega|=\binom{3n+1}{3}=\frac{n(3n+1)(3n-1)}{2}.\] W zbiorze \(\mathbb M\) jest \(n\) liczb dających resztę \(0\), \(n+1\) liczb dających resztę \(1\) i \(n\) liczb dających resztę \(2\) przy dzieleniu przez \(3\). Suma trzech liczb daje resztę \(1\) w dokładnie trzech układach reszt: \((0,0,1)\), \((1,1,2)\) oraz \((2,2,0)\). Zatem \[|A|=\binom n2\binom{n+1}{1}+\binom{n+1}{2}\binom n1+\binom n2\binom n1=\frac{n(3n^2-1)}{2}.\] Wobec tego \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{3n^2-1}{(3n+1)(3n-1)}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda wyznaczenia prawdopodobieństwa i prawidłowy wynik **3 pkt** – rozpatrzenie wszystkich trzech układów reszt i zapisanie pełnego wzoru na \(|A|\) **2 pkt** – poprawne rozpatrzenie dwóch z trzech możliwych układów reszt **1 pkt** – wyznaczenie liczby wszystkich trójelementowych podzbiorów, \(\binom{3n+1}{3}\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.2 dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów. **Wymagania szczegółowe:** XI.1R, XI.2R i XII.1 stosowanie reguł mnożenia i dodawania, kombinacji i symbolu Newtona oraz obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

\[P(A)=\frac1{25}.\]

Wszystkich czterocyfrowych liczb dodatnich jest \[|\Omega|=9\cdot10^3=9000.\] Niech \(A\) oznacza zdarzenie opisane w zadaniu. Rozdzielamy liczby sprzyjające na dwa przypadki. Gdy ostatnią cyfrą jest jedyna cyfra \(2\), dokładnie jedną cyfrę \(3\) umieszczamy na jednej z pierwszych trzech pozycji. Z uwzględnieniem zakazu zera na początku otrzymujemy \(176\) liczb. Gdy ostatnią cyfrą jest jedna z cyfr \(0,4,6,8\), cyfry \(2\) i \(3\) zajmują dwie różne pozycje spośród pierwszych trzech; po uwzględnieniu pierwszej cyfry otrzymujemy \(184\) liczby. Zatem \[|A|=176+184=360,\] a prawdopodobieństwo wynosi \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{360}{9000}=\frac1{25}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac1{25}\) **3 pkt** – poprawne wyniki \(|\Omega|=9000\) i \(|A|=360\), albo poprawna metoda zliczenia \(|A|\) z błędem rachunkowym i właściwy wzór na prawdopodobieństwo **2 pkt** – poprawne zliczenie \(|A|=360\), albo poprawna metoda dla \(|A|\) i obliczenie \(|\Omega|=9000\) **1 pkt** – obliczenie \(|\Omega|=9000\), pełne rozpisanie położeń cyfr \(2\) i \(3\), albo poprawne zliczenie jednego z przypadków: \(176\) lub \(184\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.2 i IV.2 tworzenie modelu matematycznego oraz dostrzeganie regularności. **Wymagania szczegółowe:** XI.2 i XII.1 zliczanie z użyciem reguł mnożenia i dodawania oraz prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.

**D.** \(\frac35\)

Jeżeli kul zielonych jest \(z\), to kul czarnych jest \(3z\), a białych \(6z\). Wszystkich kul jest \(10z\), zatem \[P(\text{biała})=\frac{6z}{10z}=\frac35.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2 obliczanie prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac7{46}.\]

Liczby dwucyfrowe większe od \(53\) to liczby od \(54\) do \(99\), więc \[|\Omega|=99-53=46.\] Podzielne przez \(7\) są liczby \[56,63,70,77,84,91,98,\] zatem \(|A|=7\). Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac7{46}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P(A)=\frac7{46}\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|\Omega|=46\), wypisanie wszystkich siedmiu liczb sprzyjających, zapisanie \(|A|=7\) albo samego poprawnego ułamka \(\frac7{46}\) **0 pkt** – liczby \(46\) lub \(7\) bez wskazania ich znaczenia albo rozpatrzenie innego doświadczenia losowego

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2 obliczanie prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

**C.** \(\frac29\)

Na każde \(2\) losy wygrywające przypada \(7\) losów przegrywających, czyli łącznie \(2+7=9\) losów. Prawdopodobieństwo wylosowania losu wygrywającego wynosi \[P=\frac{2}{9}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

**A.** \(\frac49\)

Przyjmijmy, że w pojemniku jest \(4n\) kul białych i \(5n\) kul czerwonych. Łącznie jest \(9n\) kul, zatem prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej wynosi \[P(A)=\frac{4n}{9n}=\frac49.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie i tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

W programie bierze udział \(7\) aktorów. Dla n aktorów prawdopodobieństwo, że trzej sportowcy siedzą obok siebie, wynosi \(3\)!(n+\(1\))!/(n+\(3\))!=\(6\)/((n+\(2\))(n+\(3\))). Porównanie z \(\frac{1}{15}\) daje n=\(7\).

Uczestnicy zajmują fotele losowo, więc zdarzeniami elementarnymi są wszystkie ustawienia uczestników w rzędzie. Niech \(n\) oznacza liczbę aktorów; uczestników jest wtedy \(n+3\), a \[|\Omega|=(n+3)!.\] Niech \(A\) oznacza zdarzenie, że trzej sportowcy siedzą obok siebie. Traktujemy ich jako jeden blok: mamy wtedy \(n+1\) obiektów do ustawienia, co daje \((n+1)!\) ustawień, a wewnątrz bloku sportowców można przestawić na \(3!\) sposobów. Zatem \[P(A)=\frac{3!\cdot(n+1)!}{(n+3)!}.\] Skracamy \((n+1)!\), korzystając z \((n+3)!=(n+3)(n+2)(n+1)!\): \[P(A)=\frac{6}{(n+2)(n+3)}.\] Z warunku zadania \(P(A)=\frac1{15}\), więc \[\frac{6}{(n+2)(n+3)}=\frac1{15},\] skąd po pomnożeniu na krzyż \[(n+2)(n+3)=90.\] Po wymnożeniu otrzymujemy równanie kwadratowe \[n^2+5n+6=90,\qquad\text{czyli}\qquad n^2+5n-84=0.\] Rozkładamy lewą stronę na czynniki: \[(n-7)(n+12)=0,\] więc \(n=7\) albo \(n=-12\). Liczba aktorów jest nieujemna, zatem \(n=-12\) odrzucamy. Sprawdzenie: dla \(n=7\) mamy \(\frac{6}{9\cdot10}=\frac6{90}=\frac1{15}\). **Odpowiedź.** W programie bierze udział \(7\) aktorów.

**1 pkt** – gdy: • poprawnie poda liczbę możliwych rozmieszczeń wszystkich uczestników programu, np. \((n+3)!\) ALBO • poprawnie poda liczbę możliwych rozmieszczeń, w których sportowcy siedzą obok siebie np. \((n+1)\cdot 3!\cdot n!\). **2 pkt** – gdy poprawnie poda liczbę możliwych rozmieszczeń, w których sportowcy siedzą obok siebie, np. \((n+1)\cdot 3!\cdot n!\) lub innym rozumowaniem \(3!\cdot (n+1)!\) oraz liczbę wszystkich rozmieszczeń \((n+3)!\). **3 pkt** – gdy zapisze równanie \(\frac{6}{(n+2)(n+3)}=\frac{1}{15}\). **4 pkt** – gdy poprawnie obliczy liczbę aktorów: \(7\).

Klasyfikacja rzeczowa: zliczanie ustawień z wyróżnionym blokiem oraz stosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

**C.** \(\frac49\)

Niech liczba płytek z samogłoskami będzie równa \(4k\). Płytek ze spółgłoskami jest o \(25\%\) więcej, czyli \(5k\). Łącznie jest \(9k\) płytek, więc \[P(\text{samogłoska})=\frac{4k}{9k}=\frac49.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie prawdopodobieństwa klasycznego i stosowanie procentów.

\[P(A)=\frac3{10}.\]

Cyfrę dziesiątek można wybrać na \(6\) sposobów, a cyfrę jedności na \(5\) sposobów, więc \[|\Omega|=6\cdot5=30.\] Liczby podzielne przez \(4\) spełniające warunki to \[32,40,44,52,60,64,72,80,84.\] Jest ich \(9\), zatem \[P(A)=\frac9{30}=\frac3{10}.\]

**2 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(3/10\) **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=30\) albo poprawne wskazanie \(9\) zdarzeń sprzyjających **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie klasycznej definicji prawdopodobieństwa, reguły mnożenia i cechy podzielności przez \(4\).

A. \(\frac{1}{7}\)

Losujemy jednocześnie dwa różne wierzchołki, więc kolejność nie ma znaczenia: zdarzeniami elementarnymi są dwuelementowe podzbiory zbioru ośmiu wierzchołków, wszystkie jednakowo prawdopodobne. Zatem \[|\Omega|=\binom82=\frac{8\cdot7}{2}=28.\] Przekątna sześcianu łączy wierzchołki, które nie leżą na wspólnej ścianie. Każdy wierzchołek ma dokładnie jeden taki wierzchołek przeciwległy, więc przekątnych jest \[|A|=\frac{8}{2}=4.\] Stąd \[P(A)=\frac{4}{28}=\frac17.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac17\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi. Zasady oceniania rozwiązań zadań

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2) Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac13.\]

Zdarzeniem elementarnym jest para uporządkowana \((x,y)\) liczb oczek w pierwszym i drugim rzucie, więc \[|\Omega|=6\cdot6=36,\] a wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne, bo kostka jest symetryczna. Zliczamy pary o zadanej sumie: - suma \(4\): \((1,3),(2,2),(3,1)\) — \(3\) pary, - suma \(5\): \((1,4),(2,3),(3,2),(4,1)\) — \(4\) pary, - suma \(6\): \((1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)\) — \(5\) par. Zdarzenia „suma równa \(4\)”, „suma równa \(5\)” i „suma równa \(6\)” wykluczają się wzajemnie, więc \[|A|=3+4+5=12.\] Stąd \[P(A)=\frac{12}{36}=\frac13.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac13\)

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P(A)=\frac13\) **1 pkt** – wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych albo podanie ich liczby \(|\Omega|=36\) ALBO – przedstawienie poprawnego sposobu wyznaczenia wszystkich elementów zbioru \(A\) lub wypisanie wszystkich zdarzeń sprzyjających ALBO – obliczenie lub podanie liczby zdarzeń sprzyjających: \(|A|=12\) **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.

**D.** \(\frac{18}{90}=\frac15\)

Liczb naturalnych dwucyfrowych jest \(99-10+1=90\). Wśród nich podzielne przez \(5\) są liczby \(10,15,\ldots,95\), czyli \(18\) liczb. Zatem \[P=\frac{18}{90}=\frac15.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2 obliczanie prawdopodobieństwa zdarzeń w modelu klasycznym.

**C.** \(\frac37\)

Skoro stosunek liczby kul białych do czerwonych wynosi \(3:4\), to wszystkie kule odpowiadają \(3+4=7\) równym częściom, z których \(3\) stanowią kule białe. Zatem \[P(\text{biała})=\frac3{3+4}=\frac37.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 obliczanie prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach z zastosowaniem definicji klasycznej.

\[P(A)=\frac19.\]

Wyniki dwóch rzutów zapisujemy jako uporządkowane pary. Wszystkich wyników jest \[|\Omega|=6^2=36.\] Iloczyn oczek jest równy \(12\) dla par \[(2,6),\ (6,2),\ (3,4),\ (4,3).\] Zatem \(|A|=4\) i \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac4{36}=\frac19.\]

**2 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=36\), \(|A|=4\) i obliczenie \(P(A)=\frac19\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie liczby wszystkich wyników, wypisanie czterech wyników sprzyjających albo zapisanie \(P(A)=\frac4{36}\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 obliczanie prawdopodobieństwa z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

**B.** \(\frac49\)

W urnie jest łącznie \[4+3+2=9\] kul. Warunek ąani zielona, ani biała” oznacza wylosowanie kuli czerwonej. Są \(4\) takie kule, zatem \[P=\frac49.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.1 obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym.

\[n=28.\]

Po dołożeniu kul w pudełku jest \(5+n\) kul białych i \(8+n\) kul łącznie. Z warunku prawdopodobieństwa otrzymujemy \[\frac{5+n}{8+n}=\frac{11}{12}.\] Mnożąc na krzyż: \[12(5+n)=11(8+n),\] \[60+12n=88+11n,\] \[n=28.\]

**2 pkt** – obliczenie \(n=28\) **1 pkt** – zapisanie równania \(\frac{5+n}{8+n}=\frac{11}{12}\) albo poprawne ustalenie, że po dołożeniu kul wszystkich kul jest \(36\) **0 pkt** – podanie samej liczby \(28\) bez obliczeń lub uzasadnienia albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** rachunek prawdopodobieństwa - model klasyczny i równanie z jedną niewiadomą.

B

Zbiór, z którego losujemy, to liczby od \(20\) do \(40\), czyli \[|\Omega|=40-20+1=21\] liczb, każda jednakowo prawdopodobna. Podzielne przez \(4\) są wśród nich \(20,24,28,32,36,40\), czyli \(|A|=6\). Stąd \[P(A)=\frac6{21}=\frac27.\] **Odpowiedź.** B. \(\frac27\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

A. \(\frac{1}{8}\)

Wszystkie kule są jednakowo prawdopodobne, więc \(|\Omega|=40\). Kul białych jest \(35\), zatem czerwonych jest \[40-35=5.\] Stąd \[P(A)=\frac5{40}=\frac18.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac18\)

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

Zadanie 25. (0−1) 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria Wersja Wersja prawdopodobieństwa i kombinatoryka. I II III. Modelowanie Zdający oblicza prawdopodobieństwa matematyczne. w prostych sytuacjach, stosując klasyczną A B definicję prawdopodobieństwa (10.3). Zadania otwarte Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.

D

Losujemy jedną osobę spośród \(60\), a każda jest jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=60\). Kobiet jest \(35\), zatem mężczyzn jest \[60-35=25.\] Stąd \[P(A)=\frac{25}{60}=\frac5{12}.\] **Odpowiedź.** D. \(\frac5{12}\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

P(A)=\(\frac{25}{90=5}\)/\(18\)

Liczb naturalnych dwucyfrowych jest \(90\) (od \(10\) do \(99\)), a losowanie jest jednostajne, więc \[|\Omega|=90.\] Cyfra dziesiątek ma należeć do zbioru \(\{1,3,5,7,9\}\), co daje \(5\) możliwości, a cyfra jedności do zbioru \(\{0,2,4,6,8\}\), co również daje \(5\) możliwości. Wybory są niezależne, więc z reguły mnożenia \[|A|=5\cdot5=25.\] Żadna z dopuszczonych cyfr dziesiątek nie jest zerem, więc każda taka para tworzy liczbę dwucyfrową. Stąd \[P(A)=\frac{25}{90}=\frac5{18}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{18}\)

1 pkt: 90 wyników lub 25 sprzyjających. 2 pkt: P(A)=5/18.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

\[P(A)=\frac{22}{5\cdot6^7}=\frac{11}{699840}.\]

Pierwszą cyfrę ośmiocyfrowej liczby wybieramy na \(5\) sposobów, a każdą z pozostałych siedmiu na \(6\) sposobów, więc \[|\Omega|=5\cdot6^7.\] Suma cyfr jest równa \(3\) w dwóch przypadkach: - liczba ma postać \(30000000\), co daje \(1\) możliwość; - pierwszą cyfrą jest \(1\), a na dwóch spośród pozostałych siedmiu miejsc stoją cyfry \(1\), co daje \(\binom72=21\) możliwości. Stąd \[|A|=1+\binom72=22\] i \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{22}{5\cdot6^7}=\frac{11}{699840}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(P(A)=\frac{22}{5\cdot6^7}\) **3 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=5\cdot6^7\) oraz \(|A|=1+\binom72\) **2 pkt** – poprawne policzenie przestrzeni zdarzeń elementarnych i wskazanie obu przypadków sprzyjających albo poprawne wyznaczenie \(|A|=22\) **1 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=5\cdot6^7\) albo wskazanie obu rodzajów liczb o sumie cyfr równej \(3\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa - reguła mnożenia, symbol Newtona i klasyczne prawdopodobieństwo.

\[P(A)=\frac5{14}.\]

Wszystkich ośmiowyrazowych ciągów bez powtórzeń jest \[|\Omega|=8!.\] Najpierw ustawiamy pięć liczb nieparzystych na \(5!\) sposobów. Wyznaczają one sześć luk, w których można umieścić liczby parzyste tak, aby żadne dwie nie sąsiadowały. Wybieramy trzy luki i ustawiamy w nich liczby \(2,4,6\): \[|A|=5!\binom63 3!.\] Zatem \[P(A)=\frac{5!\binom63 3!}{8!}=\frac5{14}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(P(A)=\frac5{14}\) **3 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=8!\) oraz \(|A|=5!\binom63 3!\) lub równoważnego poprawnego zliczenia **2 pkt** – poprawne zapisanie liczby zdarzeń sprzyjających albo połączenie \(|\Omega|=8!\) z istotnym, lecz niepełnym zliczeniem przypadków **1 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=8!\), wskazanie \(\binom63\) możliwych pozycji albo uwzględnienie czynnika \(3!5!\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.1 zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji i wariacji z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych. 10.3 zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

**D.** \(\frac{35}{50}\)

Kuponów wygrywających jest \(50-15=35\). Zatem prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{35}{50}\).

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

**Wymaganie ogólne III.** **10.3:** zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac{16}{49}.\]

Wszystkich uporządkowanych par jest \(7\cdot7=49\). W obu zbiorach liczności reszt modulo \(3\) wynoszą odpowiednio: reszta \(0\) - \(2\) liczby, reszta \(1\) - \(3\) liczby, reszta \(2\) - \(2\) liczby. Suma jest podzielna przez \(3\) dla par reszt \((0,0)\), \((1,2)\), \((2,1)\), więc \[|A|=2\cdot2+3\cdot2+2\cdot3=16.\] Zatem \(P(A)=\frac{16}{49}\).

**4 pkt** – obliczenie \(P(A)=\frac{16}{49}\) **3 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=49\) i poprawne wyznaczenie \(|A|=16\) wraz ze sposobem zliczenia **2 pkt** – wyznaczenie wszystkich zdarzeń sprzyjających albo zapisanie \(|\Omega|=49\) i poprawnej reguły podzielności prowadzącej do zliczenia **1 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=49\), wskazanie warunku reszt modulo \(3\) albo poprawny model tabelaryczny doświadczenia **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **10.3:** zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

C

Losujemy jedną osobę spośród \(29\), a każda jest jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=29\). Chłopców jest \(15\), zatem dziewcząt jest \[29-15=14.\] Stąd \[P(A)=\frac{14}{29}.\] **Odpowiedź.** C. \(\frac{14}{29}\)

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

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

\[P(Z)=\frac18.\]

Wszystkich uporządkowanych par \((a,b)\) jest \(6\cdot4=24\). Funkcja jest rosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy \(a>0\), czyli \(a\in\{1,2,3\}\). Jej miejsce zerowe \(x_0=-\frac ba\) jest dodatnie przy \(a>0\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(b<0\). W zbiorze \(B\) jedyną taką wartością jest \(b=-1\). Zdarzenia sprzyjające to \[Z=\{(1,-1),(2,-1),(3,-1)\},\] więc \[P(Z)=\frac3{24}=\frac18.\]

**4 pkt** – obliczenie \(P(Z)=\frac18\) **3 pkt** – podanie \(|\Omega|=24\) i wszystkich trzech par sprzyjających albo warunków \(a\in\{1,2,3\}\), \(b=-1\) oraz \(|Z|=3\) **2 pkt** – połączenie \(|\Omega|=24\) z warunkiem \(a>0\) albo poprawne wskazanie \(a\in\{1,2,3\}\) i \(b=-1\) **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=24\), warunku \(a>0\) albo warunku \(b=-1\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Klasyfikacja CKE:** modelowanie i prawdopodobieństwo - monotoniczność funkcji liniowej, znak miejsca zerowego i klasyczna definicja prawdopodobieństwa.

A

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników obu rzutów. Kostka jest symetryczna, więc wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i możemy zastosować klasyczną definicję prawdopodobieństwa \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). \[|\Omega|=36.\] Szukamy par o iloczynie większym od \(20\). Wypisujemy je, grupując według pierwszego rzutu: \((4,6)\), \((5,5)\), \((5,6)\), \((6,4)\), \((6,5)\), \((6,6)\). Iloczyny wynoszą kolejno \(24\), \(25\), \(30\), \(24\), \(30\), \(36\) — wszystkie przekraczają \(20\), a żadna inna para nie daje iloczynu większego niż \(20\). Zatem \(|A|=6\). Stąd \[P(A)=\frac6{36}=\frac16.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac16\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

**B.** \(P(A)=\frac13\)

Dzielnikami liczby \(24\) należącymi do zbioru \(\{1,2,\ldots,24\}\) są \[1,2,3,4,6,8,12,24.\] Mamy więc \(8\) wyników sprzyjających spośród \(24\) możliwych, zatem \[P(A)=\frac8{24}=\frac13.\]

**1 pkt** – odpowiedź B **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** prawdopodobieństwo klasyczne - wyznaczanie zdarzeń elementarnych i dzielników liczby naturalnej.

\[P(A)=\frac19.\]

Dwucyfrowych liczb naturalnych jest \(90\), więc \(|\Omega|=90\). Liczby dwucyfrowe mniejsze od \(40\) i podzielne przez \(3\) to \[12,15,18,21,24,27,30,33,36,39,\] czyli \(|A|=10\). Zatem \[P(A)=\frac{10}{90}=\frac19.\]

**2 pkt** – poprawne obliczenie \(P(A)=\frac19\) wraz z uzasadnieniem **1 pkt** – wyznaczenie \(|\Omega|=90\), wyznaczenie \(|A|=10\) bez błędnych elementów albo wypisanie wszystkich wyników sprzyjających **0 pkt** – brak koniecznego postępu; samo podanie wyniku bez obliczeń nie wystarcza do przyznania punktu

**Wymagania ogólne:** CKE III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** klasyczna definicja prawdopodobieństwa i zliczanie wyników spełniających warunki.

D

W pudełku jest \(6\) kul białych i \(n\) czarnych, czyli \(6+n\) kul łącznie. Każda jest jednakowo prawdopodobna, więc \[P(\text{biała})=\frac{6}{6+n}=\frac13.\] Mnożymy na krzyż: \[18=6+n,\qquad n=12.\] **Odpowiedź.** D. \(n=12\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Wszystkich uporządkowanych wyników jest \(90\cdot 89\), ponieważ losujemy bez zwracania dwie różne liczby dwucyfrowe. Warunek x + y = \(30\) spełniają pary z x = \(10\), \(11\), ..., \(20\), z wyjątkiem x = \(15\), bo liczby muszą być różne. Jest \(10\) par sprzyjających. Zatem P = \(10\)/(\(90\cdot 89\)) = \(\frac{1}{801}\).

Losujemy kolejno bez zwracania, więc zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary różnych liczb dwucyfrowych. Liczb dwucyfrowych jest \(90\), zatem \[|\Omega|=90\cdot89=8010.\] Szukamy par \((x,y)\) o sumie \(30\), w których obie liczby są dwucyfrowe i różne. Z \(y=30-x\) oraz warunku \(10\leq y\leq99\) otrzymujemy \(10\leq30-x\), czyli \(x\leq20\); razem z \(x\geq10\) daje to \(x\in\{10,11,\ldots,20\}\), czyli \(11\) wartości. Wartość \(x=15\) odpada, bo wtedy \(y=15\), a losujemy bez zwracania. Zostaje \[|A|=11-1=10\] par uporządkowanych. Stąd \[P(A)=\frac{10}{8010}=\frac1{801}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{801}\)

*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.* Zdarzeniem elementarnym jest uporządkowana para \((x,y)\) dwóch różnych liczb ze zbioru \(\{10,11,\ldots,99\}\), który zawiera \(90\) liczb. Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, więc mamy do czynienia z modelem klasycznym i \(\lvert\Omega\rvert=90\cdot89\). Zdarzeniu \(A\) sprzyjają zdarzenia elementarne \((10,20)\), \((11,19)\), \((12,18)\), \((13,17)\), \((14,16)\), \((16,14)\), \((17,13)\), \((18,12)\), \((19,11)\), \((20,10)\), czyli \(\lvert A\rvert=10\); pary \((15,15)\) nie ma, bo losujemy bez zwracania. Zatem \(P(A)=\frac{10}{90\cdot89}=\frac{1}{801}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa (10.3).

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

Losujemy dwie różne liczby, a kolejność nie ma znaczenia, więc zdarzeniami elementarnymi są dwuelementowe podzbiory zbioru siedmioelementowego: \[|\Omega|=\binom72=\frac{7\cdot6}{2}=21.\] Większą z wylosowanych liczb jest \(5\) dokładnie wtedy, gdy jedną z liczb jest \(5\), a druga jest od niej mniejsza. Mniejszą liczbę wybieramy ze zbioru \(\{1,2,3,4\}\), czyli na \(4\) sposoby, więc \(|A|=4\). Stąd \[P(A)=\frac4{21}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac4{21}\)

1 pkt: 42 wyniki uporządkowane i 8 sprzyjających albo 21 nieuporządkowanych i 4 sprzyjające. 2 pkt: P(A)=4/21.

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

**B.** \(2p_6=p_3\).

Mamy \(p_2=\frac36=\frac12\), \(p_3=\frac26=\frac13\), \(p_4=\frac16\) i \(p_6=\frac16\). Zatem \(2p_6=2\cdot\frac16=\frac13=p_3\).

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

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo, klasyczna definicja prawdopodobieństwa.

**D.** \(25\) losów.

Początkowo prawdopodobieństwo wygranej wynosi \(\frac4{100}\). Jeżeli wylosowano \(x\) losów, w tym dokładnie jeden wygrywający, to pozostały \(3\) losy wygrywające w puli \(100-x\) losów. Z warunku niezmienionego prawdopodobieństwa mamy \[\frac3{100-x}=\frac4{100}.\] Stąd \(300=400-4x\), więc \(x=25\).

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

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo, porównywanie prawdopodobieństw przed i po losowaniu.

\[P(A)=\frac{15}{90}=\frac16.\]

Dwucyfrowych liczb naturalnych jest \(90\). Wśród nich jest \(11\) wielokrotności \(8\) i \(8\) wielokrotności \(12\). Liczby podzielne jednocześnie przez \(8\) i \(12\) są wielokrotnościami \(24\); są to \(24,48,72,96\), czyli \(4\) liczby. Z zasady włączeń i wyłączeń liczba wyników sprzyjających wynosi \[11+8-4=15.\] Stąd \[P(A)=\frac{15}{90}=\frac16.\]

**1 pkt** – poprawne ustalenie liczby \(90\) wyników wszystkich albo \(15\) wyników sprzyjających **2 pkt** – obliczenie \(P(A)=\frac16\) **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo, klasyczny model i zasada włączeń i wyłączeń.

\[P=\frac1{18}.\]

Wyniki dwóch rzutów opisujemy uporządkowanymi parami \((a,b)\), gdzie \(a,b\in\{1,2,3,4,5,6\}\). Wszystkich jednakowo prawdopodobnych wyników jest \(6\cdot6=36\). Iloczyn równy \(5\) dają tylko pary \[(1,5)\quad\text{i}\quad(5,1).\] Zatem \[P=\frac2{36}=\frac1{18}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac1{18}\) **1 pkt** – poprawne ustalenie \(36\) wyników i dwóch wyników sprzyjających **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.

\[P=\frac5{23}.\]

Liczba osób, które kupiły co najmniej jeden rodzaj biletu, wynosi zgodnie z zasadą włączeń i wyłączeń \[76+41-27=90.\] Żadnego biletu nie kupiło \(115-90=25\) osób. Szukane prawdopodobieństwo jest równe \[\frac{25}{115}=\frac5{23}.\]

**1 pkt** – uwzględnienie, że \(27\) osób policzono w obu grupach **2 pkt** – obliczenie \(90\) osób, które kupiły co najmniej jeden bilet **3 pkt** – obliczenie \(25\) osób bez biletu **4 pkt** – podanie nieskracalnego wyniku \(\frac5{23}\)

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach z definicji klasycznej.

**C.** \(\frac{15}{33}\).

W grupie są \(15+18=33\) osoby, a zdarzeń sprzyjających jest \(15\). Zatem \[P=\frac{15}{33}.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo, klasyczna definicja prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac18.\]

Wszystkich jednakowo prawdopodobnych wyników jest \(6\cdot8=48\). Liczba dwucyfrowa jest podzielna przez \(11\), gdy jej cyfry są równe. Sprzyjają więc wyniki \(11,22,33,44,55,66\), czyli \(6\) wyników. Zatem \[P(A)=\frac6{48}=\frac18.\]

**2 pkt** – poprawny wynik \(P(A)=\frac18\) **1 pkt** – poprawne ustalenie \(48\) wyników wszystkich albo \(6\) wyników sprzyjających **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** prawdopodobieństwo, zliczanie wyników i klasyczna definicja prawdopodobieństwa.

\[P(A)=\frac5{12}.\]

Wszystkich jednakowo prawdopodobnych trzyelementowych podzbiorów kul jest \[|\Omega|=\binom{10}{3}=120.\] Aby trzy wylosowane kule miały różne kolory, wybieramy jeden z czterech zestawów trzech kolorów. Liczba zdarzeń sprzyjających jest równa \[|A|=4\cdot3\cdot2+4\cdot3\cdot1+4\cdot2\cdot1+3\cdot2\cdot1=50.\] Zatem \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{50}{120}=\frac5{12}.\]

**4 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac5{12}\) **3 pkt** – poprawne obliczenie \(|\Omega|=120\) oraz \(|A|=50\), bez poprawnego wyniku końcowego **2 pkt** – poprawne obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających \(|A|=50\) **1 pkt** – poprawne zapisanie \(|\Omega|=\binom{10}{3}\) albo wskazanie czterech możliwych zestawów trzech różnych kolorów **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do sytuacji. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje symbol Newtona i klasyczną definicję prawdopodobieństwa do zliczania wyników losowania bez zwracania.

**B.** \(\frac5{30}\)

Losujemy jedną z \(30\) liczb, każda jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=30\). Kwadraty liczb całkowitych w zbiorze \(\{1,2,\ldots,30\}\) to \[1=1^2,\quad 4=2^2,\quad 9=3^2,\quad 16=4^2,\quad 25=5^2,\] a kolejny kwadrat \(6^2=36\) już przekracza \(30\). Zatem \(|A|=5\). Stąd \[P(A)=\frac5{30}.\] **Odpowiedź.** B. \(\frac5{30}\)

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

Zadanie 19. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

**B.** \(p_6=\frac16\)

Kolejne rzuty kostką są niezależne, a kostka jest symetryczna, więc w każdym pojedynczym rzucie każda z sześciu liczb oczek jest jednakowo prawdopodobna: \[p_i=\frac16\qquad\text{dla }i=1,2,\ldots,6.\] W szczególności \(p_6=\frac16\) oraz \(p_3=\frac16\), co wyklucza warianty A, C i D. **Odpowiedź.** B. \(p_6=\frac16\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** obliczanie prawdopodobieństwa w doświadczeniu wielokrotnym z niezależnymi powtórzeniami — rozpoznanie, że wynik pojedynczego rzutu nie zależy od jego numeru Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[P(A)=\frac{28}{240}=\frac7{60}.\]

Losujemy dwa bilety spośród szesnastu, a bilety są rozróżnialne, więc za zdarzenia elementarne przyjmujemy uporządkowane pary różnych biletów. Wszystkie takie pary są jednakowo prawdopodobne, zatem stosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa: \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}.\] Liczba wszystkich par uporządkowanych wynosi \[|\Omega|=16\cdot15=240.\] Miejsca sąsiadują tylko wtedy, gdy leżą w tym samym rzędzie i mają kolejne numery. W pierwszym rzędzie są miejsca od \(1\) do \(10\), co daje pary \(\{1,2\},\{2,3\},\ldots,\{9,10\}\), czyli \(9\) par. W szesnastym rzędzie są miejsca od \(11\) do \(16\), co daje pary \(\{11,12\},\ldots,\{15,16\}\), czyli \(5\) par. Miejsca \(10\) i \(11\) leżą w różnych rzędach, więc nie sąsiadują. Par nieuporządkowanych jest \(9+5=14\), a każda odpowiada dwóm parom uporządkowanym, więc \[|A|=2\cdot14=28.\] Stąd \[P(A)=\frac{28}{240}=\frac7{60}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac7{60}\)

*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.* Właściwego klucza do tego zadania brak w materiale źródłowym.

Zadanie 30. (0–4) Zakupiono 16 biletów do teatru, w tym 10 biletów na miejsca od 1. do 10. w pierwszym rzędzie i 6 biletów na miejsca od 11. do 16. w szesnastym rzędzie. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że 2 wylosowane bilety, spośród szesnastu, będą biletami na sąsiadujące miejsca? 10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych III. Modelowanie sytuacjach, stosując klasyczną definicję matematyczne. prawdopodobieństwa. I sposób rozwiązania: Opisujemy zbiór zdarzeń elementarnych.   1, 2 , 1, 3 , 1, 4 ,..., 1,10, 1,11,..., 1,16, 2,1 , 2, 3 , 2, 4 ,..., 2,10, 2,11,..., 2,16, 3,1 , 3, 2 , 3, 4 ,..., 3,10 , 3,11 ,..., 3,16, 4,1 , 4, 2 , 4, 3 ,..., 4,10, 4,11,..., 4,16, ........................................................................ 16,1 , 16, 2 , 16, 3 ,..., 16,10, 16,11,..., 16,15 Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych:   16 15  240 . Podajemy zdarzenia elementarne sprzyjające zajściu zdarzenia A, które polega na tym, że 2 wylosowane bilety, spośród szesnastu, są biletami na sąsiadujące miejsca: A  1, 2 , 2,1 , 2, 3 , 3, 2 , 3, 4, 4, 3, 4, 5, 5, 4 , 5, 6 , 6, 5, 6, 7, 7, 6, 7,8, 8, 7 , 8, 9 , 9,8 , 9,10 , 10, 9 , 11,12 , 12,11, 12,13, 13,12 , 13,14 , 14,13 , 14,15 , 15,14 , 15,16, 16,15 A  28 A 28 7 Obliczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A: P  A    .  240 60 II sposób rozwiązania Rysujemy kwadraty w 16 wierszach i 16 kolumnach i wykreślamy te kwadraty, dla których numer wiersza jest równy numerowi kolumny. Pozostałe kwadraty odpowiadają jednakowo prawdopodobnym zdarzeniom elementarnym. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16   16 15  240 Zaznaczmy kwadraty, odpowiadające zdarzeniom sprzyjającym zdarzeniu A, które polega na tym, że 2 wylosowane bilety, spośród szesnastu, są biletami na sąsiadujące miejsca. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 ! 2 ! ! 3 ! ! 4 ! ! 5 ! ! 6 ! ! 7 ! ! 8 ! ! 9 ! ! 10 ! 11 ! 12 ! ! 13 ! ! 14 ! ! 15 ! ! 16 ! A  28 A 28 7 Obliczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A: P  A    .  240 60 Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 pkt Zdający  zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:   16 15 lub   240 albo  wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A, które polega na tym, że 2 wylosowane bilety, spośród szesnastu, są biletami na sąsiadujące miejsca (np. w postaci tabeli) lub w inny sposób opisze te zdarzenia i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 pkt Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A (np. w postaci tabeli) lub w inny sposób opisze te zdarzenia. Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 pkt Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A:   16 15 (lub   240 ), A  9  9  5  5 (lub A  28 ). Rozwiązanie pełne – 4 pkt 7 Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P( A)  . 60 Uwaga: Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P( A)  1, to otrzymuje za całe rozwiązanie 0 punktów.

\[P(A)=\frac16.\]

Wszystkich jednakowo prawdopodobnych trzyelementowych podzbiorów zbioru \(\{1,2,\ldots,10\}\) jest \[|\Omega|=\binom{10}{3}=120.\] Zdarzeniu sprzyja trójka postaci \(\{a,b,a+b\}\), gdzie \(1\leq a<b\) oraz \(a+b\leq10\). Dla kolejnych wartości największej liczby od \(3\) do \(10\) liczby takich rozkładów wynoszą \[1,1,2,2,3,3,4,4.\] Zatem \[|A|=1+1+2+2+3+3+4+4=20.\] Wobec tego \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{20}{120}=\frac16.\]

**4 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac16\) **3 pkt** – poprawne obliczenie \(|A|=20\) oraz \(|\Omega|=120\), lecz usterka w wyniku końcowym **2 pkt** – poprawne zliczenie \(20\) zdarzeń sprzyjających **1 pkt** – zapisanie \(|\Omega|=\binom{10}{3}\) albo poprawny opis trójki \(\{a,b,a+b\}\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** Zdający stosuje klasyczną definicję prawdopodobieństwa i wykorzystuje kombinacje do zliczania wyników losowania.

A. P(A) = \(\frac{2}{3}\)

Zdarzenia \(A\) i \(A^{\prime}\) są przeciwne, więc ich prawdopodobieństwa sumują się do \(1\): \[P(A)+P(A^{\prime})=1.\] Z warunku zadania \(P(A)=2\cdot P(A^{\prime})\). Podstawiamy: \[2P(A^{\prime})+P(A^{\prime})=1,\qquad 3P(A^{\prime})=1,\qquad P(A^{\prime})=\frac13.\] Zatem \[P(A)=2\cdot\frac13=\frac23.\] **Odpowiedź.** A. \(P(A)=\frac23\)

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

Rozumowanie i argumentacja. Wykorzystanie sumy, iloczynu i różnicy zdarzeń do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (V.10.c).

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

Zbiór \(M\) tworzą liczby dwucyfrowe o dwóch **różnych** cyfrach ze zbioru \(\{1,2,3,4,5\}\). Liczba dwucyfrowa to uporządkowana para cyfr, więc liczymy dwuwyrazowe wariacje bez powtórzeń: \[|M|=5\cdot4=20.\] Żadna z cyfr nie jest zerem, więc każda para daje poprawną liczbę. Losowanie jest jednostajne, zatem \(|\Omega|=20\). Szukamy liczb większych od \(20\), w których cyfra dziesiątek jest mniejsza od cyfry jedności. Drugi warunek wyklucza cyfrę dziesiątek równą \(5\), a pierwszy — równą \(1\), bo liczby o cyfrze dziesiątek \(1\) są mniejsze od \(20\). Pozostają cyfry dziesiątek \(2\), \(3\), \(4\): \[23,\ 24,\ 25,\ 34,\ 35,\ 45,\] czyli \(|A|=6\). Stąd \[P(A)=\frac6{20}=\frac3{10}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac3{10}\)

**1–3 pkt** – \(20\) wyników wszystkich i \(6\) sprzyjających. **4 pkt** – \(P(A)=\tfrac{3}{10}\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Zdarzenia A∩B′, A′∩B oraz A∩B są parami rozłączne i ich suma jest zawarta w Ω. Zatem \(1\)≥P(A∪B)=\(0,1+0,2\)+P(A∩B), skąd P(A∩B)≤\(0\),\(7\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy typowe rozbicie sumy zdarzeń na trzy rozłączne kawałki. Narysuj dwa przecinające się koła: część należąca tylko do \(A\) to \(A\cap B^{\prime}\), część należąca tylko do \(B\) to \(A^{\prime}\cap B\), a część wspólna to \(A\cap B\). Do dowodu wykorzystamy dwa fakty: prawdopodobieństwo sumy zdarzeń rozłącznych jest sumą prawdopodobieństw oraz prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia nie przekracza \(1\). **Krok \(2\).** Zdarzenia \(A\cap B^{\prime}\), \(A^{\prime}\cap B\) oraz \(A\cap B\) są parami rozłączne (żadne zdarzenie elementarne nie może jednocześnie należeć i nie należeć do \(B\)), a ich suma to dokładnie \(A\cup B\): \[\left(A\cap B^{\prime}\right)\cup\left(A^{\prime}\cap B\right)\cup\left(A\cap B\right)=A\cup B.\] **Krok \(3\).** Z addytywności prawdopodobieństwa dla zdarzeń parami rozłącznych: \[P(A\cup B)=P\left(A\cap B^{\prime}\right)+P\left(A^{\prime}\cap B\right)+P(A\cap B).\] **Krok \(4\).** Podstawiamy dane liczbowe: \[P(A\cup B)=0{,}1+0{,}2+P(A\cap B)=0{,}3+P(A\cap B).\] **Krok \(5\).** Korzystamy z tego, że prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest nie większe od \(1\), w szczególności \(P(A\cup B)\leqslant1\): \[0{,}3+P(A\cap B)\leqslant1.\] **Krok \(6\).** Stąd \(P(A\cap B)\leqslant0{,}7\), co należało wykazać. **Uwaga.** W rozwiązaniu trzeba wyraźnie napisać, że rozpatrywane trzy zdarzenia są parami rozłączne — bez tego nie wolno dodawać ich prawdopodobieństw. Nierówność \(P(A\cup B)\leqslant1\) jest drugim, równie potrzebnym składnikiem dowodu. **Odpowiedź.** Ponieważ \(P(A\cup B)=0{,}1+0{,}2+P(A\cap B)\) i jednocześnie \(P(A\cup B)\leqslant1\), otrzymujemy \(P(A\cap B)\leqslant0{,}7\).

**1 pkt** – zdający zapisze, że \(P\left(\left(A\cap B'\right)\cup\left(A'\cap B\right)\cup\left(A\cap B\right)\right)\le 1\); albo zdający sporządzi diagram Venna, na którym zaznaczy zdarzenia \(A'\cap B\) i \(A\cap B'\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zdający zapisze, że zdarzenia \(A\cap B'\), \(A'\cap B\), \(A\cap B\) są parami rozłączne; albo zdający sporządzi diagram Venna, na którym zaznaczy zdarzenia \(A'\cap B\) i \(A\cap B'\) oraz zapisze, np.: \(P\left(A'\cap B\right)+P\left(A\cap B'\right)+P\left(A\cap B\right)=P\left(A\cup B\right)\), skąd wynika, że zdarzenia \(A'\cap B\), \(A\cap B'\), \(A\cap B\) są parami rozłączne. **3 pkt** – zdający przeprowadzi pełny dowód. Uwaga: jeżeli zdający przeprowadzi pełny dowód, ale nie zapisze, że podane zdarzenia są parami rozłączne, to otrzymuje \(2\) punkty.

V. Rozumowanie i argumentacja. Wykorzystanie własności prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (V.10.c.d).

**D.** \(0{,}9\)

Z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego wyznaczamy \(P(B)\): \[P(B)=1-P(B^{\prime})=1-0{,}4=0{,}6.\] Zdarzenia \(A\) i \(B\) są rozłączne (\(A\cap B=\varnothing\)), więc \(P(A\cap B)=0\) i wzór na prawdopodobieństwo sumy upraszcza się do \[P(A\cup B)=P(A)+P(B).\] Stąd \[P(A\cup B)=0{,}3+0{,}6=0{,}9.\] **Odpowiedź.** D. \(0{,}9\)

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

Zadanie 23. (0–1) Użycie i tworzenie strategii Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia z zastosowaniem klasycznej D definicji prawdopodobieństwa (IV.10.b)

Zdarzenia \(A\cap B^{\prime}\) i \(A^{\prime}\cap B\) są rozłączne, więc \(P\!\left((A\cap B^{\prime})\cup(A^{\prime}\cap B)\right)=0{,}7+P(A^{\prime}\cap B)\). Prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest nie większe niż \(1\), zatem \(0{,}7+P(A^{\prime}\cap B)\leqslant1\), czyli \(P(A^{\prime}\cap B)\leqslant0{,}3\).

**Krok \(1\).** Mamy udowodnić nierówność dotyczącą prawdopodobieństwa, a jedyna dana to \(P(A\cap B^{\prime})=0{,}7\). Skoro po lewej stronie tezy stoi inne zdarzenie, potrzebny jest związek między nimi. Naturalny pomysł: zbadać, czy zdarzenia \(A\cap B^{\prime}\) i \(A^{\prime}\cap B\) mogą zajść jednocześnie, i skorzystać z tego, że prawdopodobieństwo żadnego zdarzenia nie przekracza \(1\). **Krok \(2\).** Zdarzenia \(A\cap B^{\prime}\) oraz \(A^{\prime}\cap B\) są rozłączne. Istotnie, wynik należący do pierwszego z nich należy do \(A\), a wynik należący do drugiego należy do \(A^{\prime}\), czyli do \(A\) nie należy. Żaden wynik nie spełnia obu warunków naraz, zatem \[\left(A\cap B^{\prime}\right)\cap\left(A^{\prime}\cap B\right)=\varnothing.\] **Krok \(3\).** Dla zdarzeń rozłącznych prawdopodobieństwo sumy jest sumą prawdopodobieństw: \[P\!\left(\left(A\cap B^{\prime}\right)\cup\left(A^{\prime}\cap B\right)\right)=P\!\left(A\cap B^{\prime}\right)+P\!\left(A^{\prime}\cap B\right).\] **Krok \(4\).** Podstawiamy daną z treści: \[P\!\left(\left(A\cap B^{\prime}\right)\cup\left(A^{\prime}\cap B\right)\right)=0{,}7+P\!\left(A^{\prime}\cap B\right).\] **Krok \(5\).** Prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest nie większe niż \(1\), więc \[0{,}7+P\!\left(A^{\prime}\cap B\right)\leqslant1.\] **Krok \(6\).** Odejmujemy \(0{,}7\) od obu stron: \[P\!\left(A^{\prime}\cap B\right)\leqslant0{,}3,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Kluczowe jest stwierdzenie rozłączności w kroku \(2\). Bez niego wzór z kroku \(3\) nie zachodzi (dla dowolnych zdarzeń prawdopodobieństwo sumy jest tylko nie większe od sumy prawdopodobieństw) i dowód byłby niepełny. **Odpowiedź.** Zdarzenia \(A\cap B^{\prime}\) i \(A^{\prime}\cap B\) są rozłączne, więc \(0{,}7+P(A^{\prime}\cap B)\leqslant1\), czyli \(P(A^{\prime}\cap B)\leqslant0{,}3\).

*Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zdający zauważy, że zdarzenia \(A\cap B'\) oraz \(A'\cap B\) są rozłączne. **2 pkt** – zdający zapisze, że \(1\ge P\left(\left(A\cap B'\right)\cup\left(A'\cap B\right)\right)=P\left(A\cap B'\right)+P\left(A'\cap B\right)\). **3 pkt** – zdający przeprowadzi pełny dowód. Uwaga: jeżeli zdający przeprowadzi pełny dowód, ale nie zapisze, że podane zdarzenia są rozłączne, to otrzymuje \(2\) punkty. *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **1 pkt** – zapisanie, że \(\left(A\cap B'\right)\subset B'\). Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynika to z dalszych rozważań. **2 pkt** – zapisanie, że \(\left(A'\cap B\right)\subset B\) oraz że \(P(B)\le 0{,}3\). Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynika to z pozostałych zapisów. **3 pkt** – zapisanie wniosku: \(P\left(A'\cap B\right)\le 0{,}3\).

V. Rozumowanie i argumentacja. Wykorzystanie własności prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń. (V.10.c.d)

**B.** \(p=\frac15\)

Losujemy jedną z \(15\) liczb, każda jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=15\). Podzielne przez \(4\) są \(4\), \(8\) i \(12\), czyli \(|A|=3\). Stąd \[p=\frac3{15}=\frac15.\] **Odpowiedź.** B. \(p=\frac15\)

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

Zadanie 25. (0–1) **Wymaganie ogólne:** Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymaganie szczegółowe:** Zdający stosuje definicję prawdopodobieństwa i oblicza prawdopodobieństwo zdarzeń.

Prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{16}{81}\). Wszystkich czterocyfrowych zapisów jest \(3^{4}\)=\(81\). Suma cyfr jest równa \(7\) dla multizbiorów {\(1\),\(1\),\(2\),\(3\)} oraz {\(1\),\(2\),\(2\),\(2\)}; dają one odpowiednio \(12\) i \(4\) permutacje, czyli \(16\) wyników sprzyjających.

**Krok \(1\).** Losujemy jedną liczbę spośród wszystkich liczb czterocyfrowych o cyfrach ze zbioru \(\{1,2,3\}\), a każda z nich jest jednakowo prawdopodobna. To model klasyczny, więc szukane prawdopodobieństwo to iloraz liczby zdarzeń sprzyjających przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych. **Krok \(2\).** Liczymy \(|\Omega|\). Na każdym z czterech miejsc może stać dowolna z trzech cyfr, niezależnie od pozostałych (cyfry mogą się powtarzać), więc \[|\Omega|=3^4=81.\] **Krok \(3\).** Zdarzenie \(A\) to: suma cyfr wynosi \(7\). Najpierw ustalmy, jakie zestawy cyfr w ogóle wchodzą w grę. Przeglądamy je po liczbie trójek. **Krok \(4\).** Jeśli w liczbie są dwie trójki, to dają już \(6\), a pozostałe dwie cyfry musiałyby dać w sumie \(1\), co jest niemożliwe (najmniejsza cyfra to \(1\), więc dwie cyfry dają co najmniej \(2\)). Więcej trójek tym bardziej odpada. **Krok \(5\).** Jeśli jest dokładnie jedna trójka, to pozostałe trzy cyfry (ze zbioru \(\{1,2\}\)) muszą dać w sumie \(4\). Jedyna możliwość to \(1+1+2\). Otrzymujemy zestaw cyfr \(3,2,1,1\). **Krok \(6\).** Jeśli trójek nie ma, to mamy cztery cyfry ze zbioru \(\{1,2\}\). Jeśli dwójek jest \(k\), to suma wynosi \(4+k\), a ma być \(7\), więc \(k=3\). Otrzymujemy zestaw \(2,2,2,1\). Innych możliwości nie ma. **Krok \(7\).** Liczymy ustawienia zestawu \(3,2,1,1\). Są to permutacje czterech elementów, w których jeden element powtarza się dwa razy: \[\frac{4!}{2!}=\frac{24}{2}=12.\] **Krok \(8\).** Liczymy ustawienia zestawu \(2,2,2,1\). Wystarczy wybrać, na którym z czterech miejsc stoi jedynka, więc są \(4\) takie liczby. **Krok \(9\).** Zatem \(|A|=12+4=16\) i \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{16}{81}.\] **Uwaga.** Cyfry mogą się powtarzać, dlatego wszystkich liczb jest \(3^4\), a nie \(3\cdot 2\cdot 1\cdot\ldots\). Z tego samego powodu przy zestawie \(3,2,1,1\) dzielimy przez \(2!\): przestawienie dwóch jedynek nie daje nowej liczby. **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac{16}{81}\).

Zadanie 11. (4 pkt) Spośród wszystkich liczb czterocyfrowych o cyfrach ze zbioru {l, 2, 3} losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma wszystkich cyfr wylosowanej liczby jest równa 7. Rozwiązanie Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie czteroelementowe wariacje z powtórzeniami zbio {l, 2,3} . Zdarzenia jednoelementowe są równoprawdopodobne, mamy model klasyczn 101=34-81 Zauważmy, że zdarzeniu A - suma wszystkich czterech cyfr wylosowanej liczby jest równa odpowiada sytuacji, gdy w zapisie liczby występują cyfry 3,2, 1,1, albo 1,2,2,2 w dowoln kolejności. I AI 16 stąd i P(A) IQI 81 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowite! rozwiązania zadania Zdający zapisze IQ = 34 albo poda rozkład 7= 1+1+2+3=1+2+2+2 i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp Zdający zapisze IQ = 34 i poda rozkład 7= 1+1+2+3=1+2+2+2 i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. Pokonanie zasadniczych trudności zadania • Zdający obliczy IAI = 12 +4 = 16 i nie obliczy prawdopodobieństwa. albo • Zdający obliczy prawdopodobieństwo P(A) z błędem rachunkowym Rozwiązanie pełne 16 16 Obliczenie prawdopodobieństwa: P(A) — lub P(A) - 34 81 Uwagi: l. Zdający otrzymuje 2 punkty, gdy obliczy prawdopodobieństwo tylko dla jedne{ przypadku 12 1+1+2+3 , IAI -12 , zatem P(A) - 34 albo 1+2+2+2, IAI 2. Zdający otrzymuje rachunkowym 3. 2011-09-14 4 zatem P(A) — 34 3 punkty, gdy obliczy prawdopodobieństwo P(A) z błęde 23

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: klasyczna definicja prawdopodobieństwa i zliczanie permutacji z powtórzeniami.

**D.** \(\dfrac67\)

Zdarzenia \(A\) i \(A^{\prime}\) są przeciwne, więc \[P(A)+P(A^{\prime})=1.\] Z warunku zadania \(P(A)=6\cdot P(A^{\prime})\), zatem \[6P(A^{\prime})+P(A^{\prime})=1,\qquad 7P(A^{\prime})=1,\qquad P(A^{\prime})=\frac17.\] Stąd \[P(A)=6\cdot\frac17=\frac67.\] **Odpowiedź.** D. \(\frac67\)

1 pkt za wskazanie poprawnej odpowiedzi zgodnej z kluczem CKE.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Prawdopodobieństwo i statystyka – stosuje prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego.

Ponieważ \(A\cap B'\subset B'\), z monotoniczności prawdopodobieństwa mamy \(P(A\cap B')\leqslant P(B')\). Ponadto \(P(B')=1-P(B)=1-0{,}7=0{,}3\), zatem \(P(A\cap B')\leqslant0{,}3\).

**Krok \(1\).** Mamy oszacować z góry prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\cap B'\). Zauważmy, że dokładnej wartości policzyć się nie da — nie znamy \(P(A\cap B)\). W takich dowodach szukamy zdarzenia, które **zawiera** badane zdarzenie i którego prawdopodobieństwo umiemy podać. Narzędziem jest monotoniczność prawdopodobieństwa: jeżeli \(C\subset D\), to \(P(C)\leqslant P(D)\). **Krok \(2\).** Co to jest \(A\cap B'\)? To zdarzenie polegające na tym, że zaszło \(A\) i jednocześnie nie zaszło \(B\). Każde zdarzenie elementarne z tego zbioru należy w szczególności do \(B'\). **Krok \(3\).** Stąd zawieranie \[A\cap B'\subset B'.\] **Krok \(4\).** Z monotoniczności prawdopodobieństwa otrzymujemy \[P(A\cap B')\leqslant P(B').\] **Krok \(5\).** Prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego liczymy ze wzoru \(P(B')=1-P(B)\): \[P(B')=1-0{,}7=0{,}3.\] **Krok \(6\).** Łącząc kroki \(4\) i \(5\): \[P(A\cap B')\leqslant0{,}3,\] co należało wykazać. **Krok \(7\).** Ten sam wniosek można uzyskać drugą drogą, korzystającą z obu danych. Zdarzenia \(A\cap B\) oraz \(A\cap B'\) są rozłączne i dają w sumie \(A\), więc \[P(A\cap B')=P(A)-P(A\cap B).\] Ponieważ \(P(A\cup B)\leqslant1\) oraz \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\), dostajemy \[P(A\cap B)\geqslant P(A)+P(B)-1=0{,}9+0{,}7-1=0{,}6.\] Zatem \(P(A\cap B')\leqslant0{,}9-0{,}6=0{,}3\). **Uwaga.** W pierwszym rozumowaniu dana \(P(A)=0{,}9\) w ogóle nie jest potrzebna — oszacowanie \(P(A\cap B')\leqslant P(B')\) działa dla dowolnego zdarzenia \(A\). To normalne: w zadaniu na dowód nierówności część danych bywa nadmiarowa. Drugi sposób pokazuje, że przy \(P(A)=0{,}9\) szacowanie i tak jest najlepsze możliwe. **Odpowiedź.** Ponieważ \(A\cap B'\subset B'\) oraz \(P(B')=1-0{,}7=0{,}3\), zachodzi \(P(A\cap B')\leqslant0{,}3\).

Zadanie 12. (0-3) Użycia i tworzenia strategii Wykorzystanie własności prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństwa zdarzeń I sposób rozwiązania. Wiemy, że i oraz Mamy więc: P(AnB') ś Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania . 1 pl Zapisanie, że A u B = (AnB')uB Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynil Rozwiązanie pełne 3 pl . .........2 pkt to z dalszych rozważań. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 pl Zapisanie, że oraz, że P (A u B) śl. Zdający nie musi tego wyraźn napisać, o ile wynika to z dalszych rozważań. Zapisanie wniosku: P (A n B 0,3 Kryteria oceniania odpowiedzi II sposób rozwiązania. Wiemy, że stąd Mamy więc: Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1 pkt Zapisanie, że P (A n B') = Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynika to z dalszych rozważań. Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................2 pkt Uzasadnienie, że P (A n B) , np. zapisze I ž P (A u B) = P (B) — P (A n B), stąd 0,6. Rozwiązanie pełne .............................................................................................................3 pkt Wykazanie, że: P (A n B') 0,3 III sposób rozwiązania. Z faktu, że A n B' c B' wynika, że P (AnB')ś P Ponieważ P (B) = 0,7 , więc P (B = 0,3 . Stąd wynika, że P (A n B') P = 0,3 Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania Obliczenie P(B'): Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................... Zapisanie lub wykorzystanie faktu, że A n B' c B ' Rozwiązanie pełne Zapisanie wniosku: P (A n B') 0,3 1 pkt ....3 pkt

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wykorzystanie własności prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństwa zdarzeń.

**C.** \(\frac3{90}\)

Liczb naturalnych dwucyfrowych jest \(90\) (od \(10\) do \(99\)), a losowanie jest jednostajne, więc \(|\Omega|=90\). Podzielne przez \(30\) są wśród nich \(30\), \(60\) i \(90\), czyli \(|A|=3\). Stąd \[P(A)=\frac3{90}.\] **Odpowiedź.** C. \(\frac3{90}\)

1 pkt za wskazanie poprawnej odpowiedzi zgodnej z kluczem CKE.

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

**C.** \(P(A\cap B)<0{,}2\)

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy zdarzeń: \[P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).\] Podstawiamy dane: \[0{,}7=0{,}5+0{,}3-P(A\cap B),\] skąd \[P(A\cap B)=0{,}8-0{,}7=0{,}1.\] Wartość \(0{,}1\) jest mniejsza od \(0{,}2\), co wyklucza warianty A, B i D. **Odpowiedź.** C. \(P(A\cap B)<0{,}2\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie wzoru na prawdopodobieństwo sumy dwóch zdarzeń Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**A.** \(p<0{,}3\)

Zbiór zdarzeń elementarnych ma \(8\) elementów, a wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Wśród liczb \(1,2,\ldots,8\) przez \(3\) dzielą się \(3\) i \(6\), czyli \(2\) liczby. Zatem \[p=\frac28=0{,}25.\] Ponieważ \(0{,}25<0{,}3\), prawdziwy jest wariant A; wyklucza to jednocześnie warianty B, C i D. **Odpowiedź.** A. \(p<0{,}3\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** obliczanie prawdopodobieństwa w modelu klasycznym i porównywanie go z daną liczbą Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(p=0{,}25\)

Losujemy jedną z \(8\) liczb, każda jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=8\). Podzielne przez \(3\) są \(3\) i \(6\), czyli \(|A|=2\). Stąd \[p=\frac28=\frac14=0{,}25.\] **Odpowiedź.** B. \(p=0{,}25\)

*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: B.

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

\(\frac{7}{11}\)

Losujemy jedną z \(11\) liczb, każda jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=11\). Niech \(D_3\) oznacza zdarzenie „liczba podzielna przez \(3\)", a \(D_2\) — „liczba podzielna przez \(2\)". Wtedy \[D_3=\{3,6,9\},\qquad D_2=\{2,4,6,8,10\},\qquad D_3\cap D_2=\{6\}.\] Zdarzenia nie są rozłączne, więc korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy: \[P(D_3\cup D_2)=\frac3{11}+\frac5{11}-\frac1{11}=\frac7{11}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac7{11}\)

*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: \(\frac{7}{11}\)

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

\(\frac{1}{15}\)

Liczb naturalnych dwucyfrowych jest \(90\) (od \(10\) do \(99\)), a losowanie jest jednostajne, więc \(|\Omega|=90\). Podzielne przez \(15\) są \(15,30,45,60,75,90\), czyli \(|A|=6\). Stąd \[P(A)=\frac6{90}=\frac1{15}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac1{15}\)

*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: \(\frac{1}{15}\)

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

Prawdopodobieństwo wynosi \(\frac{1}{35}\). Wszystkich ustawień jest \(8\)!. Warunek zachodzi dokładnie wtedy, gdy liczby parzyste i nieparzyste występują na przemian. Początkową parzystość wybieramy na \(2\) sposoby, a liczby obu parzystości ustawiamy na \(4\)!·\(4\)! sposobów, więc P=\(2\cdot 4\)!·\(4\)!/\(8\)!=\(\frac{1}{35}\).

**Krok \(1\).** Ustawiamy w szeregu \(8\) różnych liczb, więc zdarzeniami elementarnymi są permutacje tych liczb i wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Zadanie sprowadza się do policzenia, ile permutacji spełnia podany warunek. Warunek dotyczy parzystości sum, więc od razu przetłumaczmy go na parzystość samych liczb. **Krok \(2\).** Wszystkich ustawień jest \[|\Omega|=8!=40320.\] **Krok \(3\).** Suma dwóch liczb jest nieparzysta dokładnie wtedy, gdy jedna z nich jest parzysta, a druga nieparzysta. Warunek ma dotyczyć każdej pary sąsiadów, więc sąsiednie liczby muszą mieć różną parzystość, czyli parzyste i nieparzyste muszą stać na przemian. **Krok \(4\).** Wśród danych liczb są cztery nieparzyste (\(1,3,5,7\)) i cztery parzyste (\(2,4,6,8\)). Naprzemienne ustawienie ośmiu liczb może więc wyglądać na dwa sposoby: albo na miejscach nieparzystych stoją liczby nieparzyste, albo parzyste. To daje czynnik \(2\). **Krok \(5\).** Gdy ustalimy już, na których czterech miejscach mają stanąć liczby nieparzyste, możemy je tam rozmieścić na \(4!\) sposobów, a niezależnie od tego liczby parzyste na pozostałych czterech miejscach na \(4!\) sposobów. **Krok \(6\).** Zatem \[|A|=2\cdot4!\cdot4!=2\cdot24\cdot24=1152.\] **Krok \(7\).** Obliczamy prawdopodobieństwo i skracamy ułamek: \[P(A)=\frac{1152}{40320}=\frac{2\cdot4!\cdot4!}{8!}=\frac{2\cdot24\cdot24}{40320}=\frac{1}{35}.\] **Uwaga.** Łatwo zgubić czynnik \(2\) z kroku \(4\) i otrzymać \(\frac1{70}\) — trzeba pamiętać, że szereg może zaczynać się zarówno od liczby parzystej, jak i nieparzystej. Zadanie wymaga też podania wyniku w postaci nieskracalnej, więc ułamka \(\frac{1152}{40320}\) nie wolno zostawić. **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac1{35}\).

*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.* *Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – zdający obliczy \(\lvert\Omega\rvert=8!\) albo zdający zauważy, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb będzie nieparzysta, jeżeli w szeregu będą występowały na przemian liczby parzyste i nieparzyste, i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zdający obliczy \(\lvert\Omega\rvert=8!\) i zauważy, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb będzie nieparzysta, jeżeli w szeregu będą występowały na przemian liczby parzyste i nieparzyste, i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zdający obliczy \(\lvert\Omega\rvert=8!\) i \(\lvert A\rvert=[\ldots]\) i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Rozwiązanie bezbłędne** – zdający obliczy prawdopodobieństwo i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego: \(P(A)=\frac{1}{35}\). Uwagi: jeżeli zdający zapisze \(\lvert A\rvert=[\ldots]\) i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy prawdopodobieństwo \(P(A)=\frac{1}{70}\), to przyznajemy \(2\) punkty. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy albo nie poda wyniku w postaci ułamka nieskracalnego, to przyznajemy \(3\) punkty. *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – zdający zauważy, że aby rozwiązać zadanie, wystarczy znać numery miejsc, na których stoją liczby parzyste (nieparzyste), i obliczy \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{4}\) albo zdający zauważy, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb będzie nieparzysta, jeżeli w szeregu będą występowały na przemian liczby parzyste i nieparzyste, i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zdający obliczy \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{4}\) i zauważy, że suma każdych dwóch sąsiednich liczb będzie nieparzysta, jeżeli w szeregu będą występowały na przemian liczby parzyste i nieparzyste, i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zdający obliczy \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{4}\) i \(\lvert A\rvert=2\) i na tym poprzestanie lub dalej rozwiązuje błędnie. **Rozwiązanie pełne** – zdający obliczy prawdopodobieństwo i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego: \(P(A)=\frac{1}{35}\). Uwagi: jeżeli zdający zapisze \(\lvert A\rvert=[\ldots]\) i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy prawdopodobieństwo \(P(A)=\frac{1}{70}\), to przyznajemy \(2\) punkty. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy lub nie poda wyniku w postaci ułamka nieskracalnego, to przyznajemy \(3\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: klasyczna definicja prawdopodobieństwa i zliczanie permutacji spełniających warunek.

**A.** \(p<0{,}3\)

Losujemy jedną z \(11\) liczb, każda jednakowo prawdopodobna, więc \(|\Omega|=11\). Wielokrotnościami \(3\) są \(3\), \(6\) i \(9\), czyli \(|A|=3\). Stąd \[p=\frac3{11}=0{,}2727\ldots\] Zachodzi \(\frac3{11}<\frac3{10}=0{,}3\), więc \(p<0{,}3\). **Odpowiedź.** A. \(p<0{,}3\)

1 pkt za wskazanie poprawnej odpowiedzi.

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

W urnie są \(4\) kule albo \(8\) kul.

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy zadanie, w którym liczba kul jest niewiadoma, a warunek na prawdopodobieństwo jest nierównością. Plan: wprowadzamy literę na liczbę kul jednego koloru, budujemy model klasyczny (losujemy dwie kule jednocześnie, więc kolejność nie ma znaczenia i liczymy kombinacje), zapisujemy prawdopodobieństwo jako wyrażenie zależne od tej litery i rozwiązujemy nierówność. **Krok \(2\).** Niech \(n\) oznacza liczbę kul czarnych, gdzie \(n\) jest liczbą naturalną i \(n\geqslant1\). Kul białych jest trzy razy więcej, czyli \(3n\), a wszystkich kul \(n+3n=4n\). **Krok \(3\).** Liczymy moc zbioru zdarzeń elementarnych, czyli liczbę dwuelementowych podzbiorów zbioru \(4n\) kul: \[|\Omega|=\binom{4n}{2}=\frac{4n(4n-1)}{2}=2n(4n-1).\] **Krok \(4\).** Zdarzeniu \(A\) (kule różnych kolorów) sprzyjają te pary, w których jedna kula jest czarna, a druga biała. Czarną wybieramy na \(n\) sposobów, białą na \(3n\) sposobów, więc \[|A|=n\cdot3n=3n^2.\] **Krok \(5\).** Stąd \[P(A)=\frac{3n^2}{2n(4n-1)}=\frac{3n}{2(4n-1)}.\] **Krok \(6\).** Zapisujemy warunek zadania: \[\frac{3n}{2(4n-1)}\gt\frac{9}{22}.\] Oba mianowniki są dodatnie (bo \(4n-1\geqslant3\)), więc wolno pomnożyć na krzyż bez zmiany znaku nierówności: \[22\cdot3n\gt9\cdot2(4n-1),\qquad 66n\gt72n-18,\qquad 18\gt6n,\qquad n\lt3.\] **Krok \(7\).** Liczby naturalne dodatnie mniejsze od \(3\) to \(n=1\) i \(n=2\). Liczba wszystkich kul wynosi \(4n\), czyli \(4\) albo \(8\). **Krok \(8\).** Sprawdzenie. Dla \(n=1\): \(P(A)=\frac{3}{2\cdot3}=\frac12=\frac{11}{22}\gt\frac{9}{22}\). Dla \(n=2\): \(P(A)=\frac{6}{2\cdot7}=\frac37=\frac{66}{154}\gt\frac{63}{154}=\frac{9}{22}\). Dla \(n=3\) byłoby \(P(A)=\frac{9}{22}\), czyli równość, a nie nierówność ostra — ta wartość słusznie odpada. **Uwaga.** Dwie pułapki. Po pierwsze, pytanie dotyczy liczby wszystkich kul, a nie wartości \(n\) — trzeba pamiętać o pomnożeniu przez \(4\). Po drugie, \(n\) musi być liczbą naturalną dodatnią, więc z warunku \(n\lt3\) nie wynika przedział, tylko dwie konkretne wartości; przypadek graniczny \(n=3\) odpada właśnie dlatego, że w treści jest nierówność ostra. **Odpowiedź.** W urnie są \(4\) kule albo \(8\) kul.

**2 pkt** – jeśli zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\) w tym samym modelu. Poprawna odpowiedź: \(\Omega=\binom{4n}{2}=2n(4n-1)\), \(A=\binom{n}{1}\binom{3n}{1}=n\cdot 3n\) lub \(\Omega=4n\cdot(4n-1)\), \(A=2\cdot n\cdot 3n\), gdzie \(n\) – liczba kul czarnych, \(3n\) – liczba kul białych, dla \(n\ge 1\). **1 pkt** – jeśli zapisze tylko liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych i na tym zakończy rozwiązanie. **1 pkt** – jeśli zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) w postaci wyrażenia wymiernego. Poprawna odpowiedź: \(P(A)=\frac{3n}{2(4n-1)}\). **1 pkt** – jeśli rozwiąże nierówność \(\frac{3n}{2(4n-1)}>\frac{9}{22}\) i poda liczbę kul w urnie. Poprawna odpowiedź: W urnie są \(4\) kule albo jest \(8\) kul.

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

Wygranej sprzyja \(16\) wyników, a prawdopodobieństwo wygranej jest równe \(\frac{16}{36}=\frac49\).

**a)** Tabela ma w wierszu odpowiadającym wynikowi drugiego rzutu i w kolumnie odpowiadającej wynikowi pierwszego rzutu wpisaną sumę obu wyników. Uzupełniona wygląda tak (wiersze: II rzut \(1\)–\(6\), kolumny: I rzut \(1\)–\(6\)): \[\begin{array}{c|cccccc} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\\hline 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9\\ 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10\\ 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11\\ 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \end{array}\] **b)** Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary wyników; kostka jest symetryczna, więc wszystkie \(36\) pól tabeli jest jednakowo prawdopodobnych i \(|\Omega|=36\). Zliczamy pola z sumą \(6\), \(7\) albo \(8\): sumę \(6\) daje \(5\) pól, sumę \(7\) daje \(6\) pól, a sumę \(8\) daje \(5\) pól. Łącznie \[|A|=5+6+5=16.\] Zatem \[P(A)=\frac{16}{36}=\frac49.\] **Odpowiedź.** Wygranej sprzyja \(16\) wyników, a prawdopodobieństwo wygranej wynosi \(\frac49\).

*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.* **10.1. (1 pkt)** – […] błędu nieuwagi). **10.2. (1 pkt)** – podanie liczby wyników sprzyjających wygranej gracza: \(16\). **10.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa wygranej: \(\frac{4}{[…]}\).

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

W grupie jest \(7\) kobiet i \(14\) mężczyzn.

**Krok \(1\).** Zadanie \(10\). (\(4\) pkt) **Krok \(2\).** Z pewnej grupy osób, w której jest dwa razy więcej mężczyzn niż kobiet, wybrano losowo **Krok \(3\).** dwuosobową delegację. Prawdopodobieństwo tego, że w delegacji znajdą się tylko kobiety **Krok \(4\).** jest równe \(0\),\(1\). Oblicz, ile kobiet i ilu mężczyzn jest w tej grupie. **Krok \(5\).** Oznaczam: n – liczba kobiet, \(2n\) – liczba mężczyzn i n ≥ \(2\) . **Krok \(6\).** Zdarzeniem elementarnym jest każdy dwuelementowy podzbiór zbioru **Krok \(7\).** \(3n\) - elementowego. **Krok \(8\).** Wyznaczam moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych Ω : **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

*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.* Oznaczam: \(n\) – liczba kobiet, \(2n\) – liczba mężczyzn i \(n\geq 2\). Zdarzeniem elementarnym jest każdy dwuelementowy podzbiór zbioru \(3n\)-elementowego. Wyznaczam moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych \(\Omega\): \(\lvert\Omega\rvert=\binom{3n}{2}=\frac{3n(3n-1)}{2}\). \(A\) – zdarzenie polegające na tym, że w delegacji znajdują się tylko kobiety. Wyznaczam liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zajściu zdarzenia \(A\): \(\lvert A\rvert=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\). Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{\frac{n(n-1)}{2}}{\frac{3n(3n-1)}{2}}=\frac{n-1}{3(3n-1)}\). Zapisuję równanie wynikające z warunków zadania: \[\frac{n-1}{3(3n-1)}=\frac{1}{10}\] \[10n-10=9n-3\] \[n=7\] Odpowiedź: W grupie jest \(7\) kobiet i \(14\) mężczyzn.

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

\[P(A)=\frac{5040}{9999}=\frac{560}{1111}.\]

Kod PIN to czterowyrazowy ciąg cyfr, w którym cyfry mogą się powtarzać, czyli czterowyrazowa wariacja z powtórzeniami zbioru dziesięciu cyfr. Takich ciągów jest \(10^4=10\,000\), ale kodem nie może być \(0000\), więc \[|\Omega|=10^4-1=9999.\] Wszystkie dopuszczalne kody są jednakowo prawdopodobne. Kod, w którym żadna cyfra się nie powtarza, to czterowyrazowa wariacja bez powtórzeń zbioru dziesięciu cyfr. Kolejność cyfr ma tu znaczenie, więc \[|A|=10\cdot9\cdot8\cdot7=5040.\] Kod \(0000\) ma powtórzone cyfry, więc jego wykluczenie nie zmienia \(|A|\). Zatem \[P(A)=\frac{5040}{9999}=\frac{560}{1111}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{560}{1111}\)

*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.* **3.1. (1 pkt)** – […] \(10^{4}-1\). […] ułamka przedstawiającego prawdopodobieństwo. **3.2. (1 pkt)** – obliczenie liczby wszystkich kodów o różnych cyfrach: \(5040\). Punkt przyznajemy także wtedy, gdy liczba \(5040\) jest przedstawiona jako iloczyn \(10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\), oraz wtedy, gdy liczba pojawia się tylko w liczniku ułamka przedstawiającego prawdopodobieństwo. **3.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa i zapisanie go w postaci ułamka nieskracalnego: \(\frac{560}{1111}\).

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

\(P(A)=\dfrac{3!\cdot3!}{8!}=\dfrac{36}{40320}=\dfrac{1}{1120}\approx0{,}00089\), więc tak: to prawdopodobieństwo jest mniejsze od \(0{,}001\).

**Krok \(1\).** Wszystkie ustawienia \(8\) osób w rzędzie są jednakowo prawdopodobne, więc stosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa: \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). Zdarzeniami elementarnymi są ustawienia (kolejności) ośmiu rozróżnialnych osób, czyli permutacje zbioru ośmioelementowego. **Krok \(2\).** Liczymy moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych: \[|\Omega|=8!=40\,320.\] **Krok \(3\).** Rozpisujemy warunek zdarzenia \(A\). Skoro jako pierwsze idą kobiety, to miejsca \(1\), \(2\), \(3\), \(4\) zajmują cztery kobiety, a miejsca \(5\), \(6\), \(7\), \(8\) — czterej mężczyźni. **Krok \(4\).** Teraz warunek, że żona idzie bezpośrednio przed mężem. Wewnątrz bloku kobiet za każdą kobietą stoi kobieta, a wewnątrz bloku mężczyzn przed każdym mężczyzną stoi mężczyzna. Jedyna para sąsiednich miejsc, na której kobieta poprzedza mężczyznę, to miejsca \(4\) i \(5\). Zatem żona musi stać na miejscu \(4\), a mąż na miejscu \(5\) — i jest to jedyna możliwość. **Krok \(5\).** Pozostałe osoby ustawiamy dowolnie: trzy pozostałe kobiety na miejscach \(1\), \(2\), \(3\) na \(3!=6\) sposobów, a trzej pozostali mężczyźni na miejscach \(6\), \(7\), \(8\) również na \(3!=6\) sposobów. Z reguły mnożenia \[|A|=3!\cdot3!=6\cdot6=36.\] **Krok \(6\).** Obliczamy prawdopodobieństwo: \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{36}{40\,320}=\frac{1}{1120}.\] **Krok \(7\).** Porównujemy z liczbą \(0{,}001=\frac{1}{1000}\). Obie liczby mają licznik \(1\), więc mniejsza jest ta o większym mianowniku. Ponieważ \(1120\gt1000\), mamy \[P(A)=\frac{1}{1120}\lt\frac{1}{1000}=0{,}001.\] (Przybliżenie dziesiętne: \(P(A)\approx0{,}00089\)). **Uwaga.** Kuszące jest mnożenie liczby ustawień przez liczbę możliwych pozycji pary małżeńskiej — to typowy błąd. Przy warunku, że najpierw idą wszystkie kobiety, para żona i mąż w tej kolejności może stać wyłącznie na miejscach \(4\) i \(5\), więc żadnego dodatkowego czynnika nie ma. Zwróć też uwagę, że porównanie z \(0{,}001\) jest osobną częścią polecenia — trzeba je wykonać i wyraźnie sformułować wniosek. **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac{3!\cdot3!}{8!}=\dfrac{36}{40320}=\dfrac{1}{1120}\approx0{,}00089\), więc tak: to prawdopodobieństwo jest mniejsze od \(0{,}001\).

*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.* **9.1. (1 pkt)** – obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych: \(\Omega=8!\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), że jako pierwsze pójdą kobiety i żona będzie szła bezpośrednio przed mężem: \(A=3!\cdot 3!=36\). Wystarczy zapis \(A=3!\cdot 3!\) lub \(A=36\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{3!\cdot 3!}{8!}=\frac{1}{1120}\). **9.4. (1 pkt)** – porównanie otrzymanego prawdopodobieństwa z \(0{,}001\), np.: \(P(A)=\frac{1}{1120}<\frac{1}{1000}\) lub \(P(A)\approx 0{,}0009<0{,}001\).

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

\[P(A)=\frac7{35}=\frac15.\]

Z każdego zbioru wybieramy po jednej liczbie niezależnie, więc zdarzeniami elementarnymi są pary uporządkowane \((a,b)\), gdzie \(a\in\{1,2,3,4,5\}\) i \(b\in\{1,2,\ldots,7\}\). Wszystkie pary są jednakowo prawdopodobne, a z reguły mnożenia \[|\Omega|=5\cdot7=35.\] Suma \(a+b\) przyjmuje wartości od \(2\) do \(12\), więc podzielna przez \(5\) jest wtedy, gdy wynosi \(5\) albo \(10\). Wypisujemy pary sprzyjające: \[(1,4),\ (2,3),\ (3,2),\ (4,1),\ (3,7),\ (4,6),\ (5,5),\] czyli \(|A|=7\). Zatem \[P(A)=\frac{7}{35}=\frac15.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac15\)

**1 pkt** – zapisanie, że w tym doświadczeniu jest \(35\) zdarzeń elementarnych **1 pkt** – zapisanie, że zdarzeniu \(A\) sprzyja \(7\) zdarzeń elementarnych **1 pkt** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac7{35}=\frac15\) Łącznie \(3\) pkt. **II sposób (metoda drzewa).** Punktowany równoważnie: \(1\) pkt za narysowanie drzewa (wystarczą gałęzie istotne), \(1\) pkt za zapisanie szukanego prawdopodobieństwa jako sumy siedmiu iloczynów \(\frac15\cdot\frac17\), \(1\) pkt za obliczenie \(P(A)=\frac15\).

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

\[P(A)=\frac{420}{2002}=\frac{30}{143}.\]

Na podłogę spada pięć banknotów spośród czternastu, a o wyniku decyduje tylko to, które banknoty spadły — kolejność nie ma znaczenia. Zdarzeniami elementarnymi są więc pięcioelementowe podzbiory zbioru czternastu banknotów, jednakowo prawdopodobne, i \[|\Omega|=\binom{14}5=2002.\] Szukamy zestawów pięciu banknotów o łącznej wartości \(130\text{ zł}\). Oznaczmy przez \(a\), \(b\), \(c\) liczby banknotów o nominałach \(100\), \(50\) i \(20\) zł. Warunki to \[a+b+c=5,\qquad 100a+50b+20c=130,\qquad a\leq2,\ b\leq2,\ c\leq10.\] Dla \(a=1\) zostaje \(50b+20c=30\), co jest niemożliwe. Dla \(a=0\) mamy \(50b+20c=130\) oraz \(b+c=5\); stąd \(50b+20(5-b)=130\), czyli \(30b=30\) i \(b=1\), \(c=4\). Innych rozwiązań nie ma. Jedyny sprzyjający skład to jeden banknot \(50\text{ zł}\) i cztery banknoty \(20\text{ zł}\). Banknot \(50\text{ zł}\) wybieramy na \(\binom21=2\) sposoby, a cztery dwudziestki spośród dziesięciu na \(\binom{10}4=210\) sposobów, więc \[|A|=2\cdot210=420.\] Zatem \[P(A)=\frac{420}{2002}=\frac{30}{143}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{30}{143}\)

*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.* \(\Omega\) jest zbiorem wszystkich pięcioelementowych podzbiorów czternastoelementowego zbioru banknotów. Zbiór \(\Omega\) ma moc: \(\binom{14}{5}=2002\). Zdarzenie \(A\) – na podłogę spadło \(5\) banknotów, które dają kwotę \(130\) zł. Jest tylko jeden układ nominałów opisanych w zdarzeniu \(A\): \(1\cdot 50+4\cdot 20=130\) zł. Obliczam liczbę zdarzeń sprzyjających zajściu zdarzenia \(A\): \(\lvert A\rvert=\binom{2}{1}\cdot\binom{10}{4}=420\). Obliczam prawdopodobieństwo \(P(A)\) szukanego zdarzenia: \(P(A)=\frac{420}{2002}\) i otrzymany ułamek skracam do postaci ułamka nieskracalnego: \(P(A)=\frac{30}{143}\).

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

\[P(A)=\frac{630}{1230}=\frac{21}{41}\approx0{,}51.\]

Liczby kul z kolejnymi etykietami tworzą ciąg arytmetyczny \(10,11,\ldots,50\) o różnicy \(1\). Liczba etykiet wynosi \(50-10+1=41\), więc wszystkich kul jest \[|\Omega|=\frac{(10+50)\cdot41}{2}=30\cdot41=1230.\] Kule z liczbą parzystą to etykiety \(10,12,\ldots,50\); tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy \(2\) i \(\frac{50-10}{2}+1=21\) wyrazach, więc \[|A|=\frac{(10+50)\cdot21}{2}=30\cdot21=630.\] Wszystkie kule są jednakowo prawdopodobne, zatem \[P(A)=\frac{630}{1230}=\frac{21}{41}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{21}{41}\approx0{,}51\)

*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.* **6.1. (2 pkt)** – Wyznaczenie liczby wszystkich kul w urnie: \(1230\). […] 1 pkt za poprawne obliczenia. Jeśli zdający wykona obliczenia na kalkulatorze i poda prawidłową odpowiedź przyznajemy 2 pkt. **6.2. (2 pkt)** – Wyznaczenie liczby wszystkich kul w urnie z numerami parzystymi: \(630\). 1 pkt za zastosowanie wzoru na sumę \(S_{21}\) ciągu arytmetycznego, gdzie \(a_{1}=10\), \(r=2\). Jeśli zdający wykona obliczenia na kalkulatorze i poda prawidłową odpowiedź przyznajemy 2 pkt. **6.3. (1 pkt)** – Obliczenie prawdopodobieństwa: \(\frac{21}{41}\). Jeśli metody zastosowane w czynnościach 6.1 i 6.2 są poprawne, ale wystąpiły błędy rachunkowe, to przyznajemy punkt w czynności 6.3. W przypadku błędu merytorycznego w czynności 6.1 lub 6.2 nie przyznajemy punktu w czynności 6.3.

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

\[P(A)=\frac{72}{560}=\frac9{70}.\]

Wychowawca wybiera trzy osoby spośród szesnastu, a kolejność wyboru nie ma znaczenia — liczy się tylko skład trójki. Zdarzeniami elementarnymi są więc trzyelementowe podzbiory, wszystkie jednakowo prawdopodobne, i \[|\Omega|=\binom{16}3=560.\] W grupie jest \(4\) uczniów znających okolicę i \(12\) jej nieznających. Trójka sprzyjająca zdarzeniu \(A\) zawiera dokładnie dwie osoby znające okolicę i jedną nieznającą. Dwie osoby spośród czterech wybieramy na \(\binom42=6\) sposobów, a jedną spośród dwunastu na \(\binom{12}1=12\) sposobów, więc z reguły mnożenia \[|A|=6\cdot12=72.\] Zatem \[P(A)=\frac{72}{560}=\frac9{70}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac9{70}\)

*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.* **Zadanie 2.** (\(3\) pkt) W wycieczce szkolnej bierze udział \(16\) uczniów, wśród których tylko czworo zna okolicę. Wychowawca chce wybrać w sposób losowy \(3\) osoby, które mają pójść do sklepu. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wśród wybranych trzech osób będą dokładnie dwie znające okolicę. \(\Omega\) jest zbiorem wszystkich trzyelementowych podzbiorów zbioru szesnastoelementowego. Zdarzenia jednoelementowe są równoprawdopodobne, więc korzystam z klasycznej definicji prawdopodobieństwa. Obliczam, na ile sposobów można wybrać trzy osoby spośród \(16\): \(\lvert\Omega\rvert=\binom{16}{3}=\frac{16\cdot 15\cdot 14}{2\cdot 3}=560\) Zdarzenie \(A\) – wśród trzech wybranych osób będą dwie, które znają okolicę i jedna, która okolicy nie zna. Obliczam, na ile sposobów można wybrać trzy osoby, wśród których będą dwie znające okolicę i jedna, która okolicy nie zna: \(\lvert A\rvert=\binom{4}{2}\binom{12}{1}=\frac{4\cdot 3}{2}\cdot 12=72\). Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{\lvert A\rvert}{\lvert\Omega\rvert}=\frac{72}{560}=\frac{9}{70}\). | Nr czynności | 2.1. | 2.2. | 2.3. | |---|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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

\(P(A)=\frac{1}{10}\).

**Krok \(1\).** Reklamy są różne, a ich kolejność losowa, więc zdarzeniem elementarnym jest ustawienie pięciu różnych reklam w kolejce — czyli permutacja pięciu elementów. Najpierw policzymy wszystkie ustawienia, potem te sprzyjające, i podzielimy jedno przez drugie (schemat klasyczny). **Krok \(2\).** Liczba wszystkich możliwych kolejności: \[|\Omega|=5!=120.\] **Krok \(3\).** Oznaczmy literą \(P\) reklamę proszku (są trzy takie) i literą \(T\) reklamę pasty (są dwie). Interesują nas te kolejności, w których żadne dwie litery tego samego rodzaju nie stoją obok siebie. **Krok \(4\).** Zastanówmy się nad schematem liter. Trzy litery \(P\) muszą być parami rozdzielone, a rozdzielić je mogą tylko dwie litery \(T\). Przy pięciu miejscach jedyna możliwość to postawienie proszków na miejscach \(1\), \(3\), \(5\), a past na miejscach \(2\) i \(4\): \[P\ T\ P\ T\ P.\] Gdyby któryś proszek stanął na miejscu parzystym, dwa pozostałe musiałyby sąsiadować. **Krok \(5\).** Teraz liczymy, na ile sposobów można obsadzić ten schemat konkretnymi reklamami. Trzy różne proszki na trzech wyznaczonych miejscach: \(3!=6\) sposobów. Dwie różne pasty na dwóch miejscach: \(2!=2\) sposoby. **Krok \(6\).** Z reguły mnożenia liczba zdarzeń sprzyjających wynosi \[|A|=3!\cdot2!=6\cdot2=12.\] **Krok \(7\).** Obliczamy prawdopodobieństwo: \[P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{12}{120}=\frac{1}{10}.\] **Uwaga.** Reklamy są rozróżnialne, więc nie wystarczy policzyć samych schematów liter (byłby tylko jeden) — trzeba jeszcze rozmieścić konkretne reklamy, stąd czynniki \(3!\) i \(2!\). Wynik ma być nieskracalnym ułamkiem zwykłym, więc \(\frac{12}{120}\) trzeba skrócić do \(\frac{1}{10}\). **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{1}{10}\).

2.1. Wyznaczenie mocy zbioru Ω : Ω = 5 !. 1 Wyznaczenie liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A: 2.2. 1 A = 2!⋅ 3! . Obliczenie P( A) , podanie wyniku w postaci ułamka 2. 2.3. 1 1 nieskracalnego: P( A) = . 10 Rozwiązanie za pomocą drzewa: 1 pkt – wykonanie poprawnego rysunku drzewa, 1 pkt – oznaczenie prawdopodobieństwa na gałęzi, 1 pkt – obliczenie prawdopodobieństwa. [Dalsza część schematu, doklejona przez ekstrakcję, należy do kolejnego zadania z arkusza i została usunięta.]

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

Bardziej prawdopodobne jest wylosowanie kuli białej po dołożeniu kuli białej: \(p_{1}=\dfrac49=\dfrac{28}{63}\), \(p_{2}=\dfrac37=\dfrac{27}{63}\), zatem \(p_{1}\gt p_{2}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy zadanie na prawdopodobieństwo klasyczne: losujemy jedną kulę, każda kula jest jednakowo prawdopodobna, więc \[P(\text{kula biała})=\frac{\text{liczba kul białych}}{\text{liczba wszystkich kul}}.\] Mamy dwa różne pudełka do porównania, więc policzymy dwa ułamki i sprawdzimy, który jest większy. **Krok \(2\).** Zapisujemy stan wyjściowy: \(3\) kule białe i \(5\) czarnych, razem \(3+5=8\) kul. **Krok \(3\).** Pierwszy przypadek — dokładamy jedną kulę białą. Wtedy kul białych jest \(3+1=4\), a wszystkich \(8+1=9\), więc \[p_1=\frac49.\] **Krok \(4\).** Drugi przypadek — usuwamy jedną kulę czarną. Kul białych nadal jest \(3\), czarnych zostaje \(5-1=4\), a wszystkich \(8-1=7\), więc \[p_2=\frac37.\] **Krok \(5\).** Porównujemy ułamki, sprowadzając je do wspólnego mianownika \(63\): \[p_1=\frac49=\frac{4\cdot7}{9\cdot7}=\frac{28}{63},\qquad p_2=\frac37=\frac{3\cdot9}{7\cdot9}=\frac{27}{63}.\] **Krok \(6\).** Ponieważ \(\dfrac{28}{63}\gt\dfrac{27}{63}\), zachodzi \(p_1\gt p_2\), czyli szansa na wylosowanie kuli białej jest większa po dołożeniu kuli białej. **Uwaga.** Nie wystarczy zauważyć, że w pierwszym przypadku kul białych jest więcej. Zmienia się bowiem także liczba wszystkich kul: w pierwszym przypadku pudełko jest liczniejsze (\(9\) kul), w drugim uboższe (\(7\) kul), a większy mianownik zmniejsza ułamek. Dopiero porównanie samych ułamków rozstrzyga sprawę — i różnica jest naprawdę niewielka, bo \(\frac{28}{63}\) i \(\frac{27}{63}\) dzieli tylko \(\frac{1}{63}\). **Odpowiedź.** Bardziej prawdopodobne jest wylosowanie kuli białej po dołożeniu kuli białej: \(p_{1}=\dfrac49=\dfrac{28}{63}\), \(p_{2}=\dfrac37=\dfrac{27}{63}\), zatem \(p_{1}\gt p_{2}\).

*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.* **1.1. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa wylosowania białej kuli spośród \(4\) kul białych i \(5\) czarnych: \(p_{1}=\frac{4}{9}\) **1.2. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa wylosowania białej kuli spośród \(3\) kul białych i \(4\) czarnych: \(p_{2}=\frac{3}{7}\) **1.3. (1 pkt)** – porównanie obliczonych wyników i sformułowanie odpowiedzi: \(p_{1}>p_{2}\)

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

\(n=15\) (drugi pierwiastek równania \(n^{2}-13n-30=0\), czyli \(n=-2\), nie spełnia warunków zadania).

**Krok \(1\).** Losujemy dwa żetony naraz, więc kolejność nie ma znaczenia — to model klasyczny, w którym zdarzenia elementarne to dwuelementowe podzbiory zbioru wszystkich żetonów, a ich liczbę zliczamy kombinacjami. Prawdopodobieństwo ma być równe \(\frac12\), co da równanie z niewiadomą \(n\). **Krok \(2\).** Wszystkich żetonów jest \(n+6\), więc \[\left\lvert\Omega\right\rvert=\binom{n+6}{2}=\frac{(n+6)(n+5)}{2}.\] **Krok \(3\).** Zdarzeniu \(A\) (oba żetony o nominale \(10\) zł) sprzyjają pary wybrane spośród \(n\) żetonów dziesięciozłotowych: \[\left\lvert A\right\rvert=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}.\] **Krok \(4\).** Zapisujemy prawdopodobieństwo (dwójki w mianownikach się skracają): \[P(A)=\frac{n(n-1)}{(n+6)(n+5)}.\] **Krok \(5\).** Z warunku zadania: \[\frac{n(n-1)}{(n+6)(n+5)}=\frac12,\qquad 2n(n-1)=(n+6)(n+5).\] **Krok \(6\).** Wymnażamy obie strony i porządkujemy: \[2n^2-2n=n^2+11n+30,\qquad n^2-13n-30=0.\] **Krok \(7\).** Liczymy wyróżnik: \[\Delta=(-13)^2-4\cdot1\cdot(-30)=169+120=289,\qquad\sqrt\Delta=17,\] \[n=\frac{13-17}{2}=-2\qquad\text{lub}\qquad n=\frac{13+17}{2}=15.\] **Krok \(8\).** Liczba żetonów nie może być ujemna (a do wylosowania dwóch potrzeba \(n\geqslant2\)), więc \(n=-2\) odrzucamy. Sprawdzenie dla \(n=15\): \[P(A)=\frac{\binom{15}{2}}{\binom{21}{2}}=\frac{105}{210}=\frac12.\] **Uwaga.** Rozwiązanie \(n=-2\) trzeba jawnie odrzucić z powołaniem się na sens liczby żetonów — samo podanie \(n=15\) bez tego komentarza jest niepełne. **Odpowiedź.** \(n=15\).

*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.* **10.1. (1 pkt)** – określenie zdarzenia losowego: […] sowaniu dwóch żetonów o nominale \(10\) zł. **10.2. (1 pkt)** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych: \(\Omega=\binom{n+6}{2}=\frac{(n+5)(n+6)}{2}\), \(n\in N_{+}-\{1,2\}\). **10.3. (1 pkt)** – wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\): \(A=\binom{n}{2}=\frac{(n-1)n}{2}\). **10.4. (1 pkt)** – wykorzystanie prawdopodobieństwa \(P(A)\) do ułożenia równania: \(\frac{(n-1)n}{(n+5)(n+6)}=\frac{1}{2}\). **10.5. (2 pkt)** – rozwiązanie równania (w tym \(1\) p. za metodę z uwzględnieniem założenia oraz \(1\) p. za obliczenia): \(n=-2\) nie spełnia warunków zadania, \(n=15\) spełnia warunki zadania.

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

Dwa losy należy kupić w pierwszej loterii: \(P(A)=\dfrac{2}{n}=\dfrac{4n-2}{n(2n-1)}\), a \(P(B)=\dfrac{4n-3}{n(2n-1)}\), więc \(P(A)\gt P(B)\) dla każdego \(n\gt 2\).

**Krok \(1\).** Trzeba porównać dwa prawdopodobieństwa wygranej przy zakupie dwóch losów. W obu loteriach wygraną jest zdarzenie „co najmniej jeden z dwóch kupionych losów wygrywa”, a takie zdarzenia najłatwiej liczyć przez zdarzenie przeciwne: „oba losy są przegrywające”. **Krok \(2\).** Losowanie dwóch losów z puli to wybór dwuelementowego podzbioru, więc liczby zdarzeń elementarnych opisują symbole Newtona. **Krok \(3\).** Loteria pierwsza: wszystkich sposobów jest \(\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\), a niekorzystnych (oba losy spośród \(n-1\) pustych) \(\binom{n-1}{2}=\frac{(n-1)(n-2)}{2}\). Zatem \[P(A)=1-\frac{(n-1)(n-2)}{n(n-1)}=1-\frac{n-2}{n}=\frac{2}{n}.\] **Krok \(4\).** Loteria druga: wszystkich sposobów jest \(\binom{2n}{2}=\frac{2n(2n-1)}{2}\), a niekorzystnych (oba losy spośród \(2n-2\) pustych) \(\binom{2n-2}{2}=\frac{(2n-2)(2n-3)}{2}\). Zatem \[P(B)=1-\frac{(2n-2)(2n-3)}{2n(2n-1)}=1-\frac{(n-1)(2n-3)}{n(2n-1)},\] bo \(2n-2=2(n-1)\), a dwójka skróciła się z \(2n\) w mianowniku. **Krok \(5\).** Doprowadzamy \(P(B)\) do jednego ułamka. W liczniku: \[n(2n-1)-(n-1)(2n-3)=\left(2n^2-n\right)-\left(2n^2-5n+3\right)=4n-3,\] więc \[P(B)=\frac{4n-3}{n(2n-1)}.\] **Krok \(6\).** Aby porównać oba wyniki, sprowadzamy \(P(A)\) do tego samego mianownika: \[P(A)=\frac{2}{n}=\frac{2(2n-1)}{n(2n-1)}=\frac{4n-2}{n(2n-1)}.\] **Krok \(7\).** Obliczamy różnicę: \[P(A)-P(B)=\frac{(4n-2)-(4n-3)}{n(2n-1)}=\frac{1}{n(2n-1)}.\] **Krok \(8\).** Dla \(n\gt2\) mianownik \(n(2n-1)\) jest dodatni, więc różnica jest dodatnia, czyli \(P(A)\gt P(B)\). Wygraną łatwiej trafić w pierwszej loterii. **Krok \(9\).** Sprawdzenie liczbowe dla \(n=3\): \(P(A)=\frac23\approx0{,}67\), a \(P(B)=\frac{9}{15}=0{,}6\). Rzeczywiście \(P(A)\gt P(B)\). **Uwaga.** Kuszące jest rozumowanie „w drugiej loterii jest dwa razy więcej losów i dwa razy więcej wygranych, więc szanse są takie same”. Rachunek pokazuje, że tak nie jest: różnica \(\frac{1}{n(2n-1)}\) jest wprawdzie mała i maleje wraz ze wzrostem \(n\), ale zawsze dodatnia. **Odpowiedź.** Dwa losy należy kupić w pierwszej loterii, bo \(P(A)=\frac{4n-2}{n(2n-1)}\gt\frac{4n-3}{n(2n-1)}=P(B)\) dla każdego \(n\gt2\).

*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.* **19.1. (1 pkt)** – opis zdarzeń losowych: […] \(B\) – zdarzenie polegające na otrzymaniu wygranej na drugiej loterii. **19.2. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa wygranej w pierwszej loterii: \(P(A)=\frac{2}{n}\). **19.3. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa przegranej w drugiej loterii: \(P(B')=\frac{(2n-3)(n-1)}{(2n-1)n}\). **19.4. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa wygranej w drugiej loterii: \(P(B)=\frac{4n-3}{(2n-1)n}\). **19.5. (1 pkt)** – porównanie otrzymanych prawdopodobieństw: Rozwiązanie jednej z nierówności: \(P(A)>P(B)\) albo \(P(A)<P(B)\) i wywnioskowanie, że \(P(A)>P(B)\).

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

Losów pustych jest \(59\).

Niech \(n\) oznacza liczbę wszystkich losów. Kupujący bierze jeden los, więc model jest klasyczny: każdy los jest jednakowo prawdopodobny. Nagród książkowych jest \(10\), zatem \[P(\text{nagroda książkowa})=\frac{10}{n}=\frac17.\] Stąd \(n=70\). Wśród tych \(70\) losów jest \(1\) los z nagrodą główną i \(10\) losów z nagrodami książkowymi, więc losów pustych jest \[70-1-10=59.\] **Odpowiedź.** Losów pustych jest \(59\).

**1. (1 pkt)** – wyznaczenie liczby wszystkich losów. Odp. \(70\) **2. (1 pkt)** – wykonanie polecenia zadania. Odp. \(59\)

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

\[P\approx0{,}00022.\]

Zdarzeniem elementarnym jest wybór \(5\) liczb spośród \(42\); wszystkie takie wybory są jednakowo prawdopodobne, a jest ich \[\lvert\Omega\rvert=\binom{42}{5}=\frac{42\cdot41\cdot40\cdot39\cdot38}{120}=850\,668.\] Zdarzenie \(A\) — trafienie co najmniej \(4\) liczb — jest sumą dwóch zdarzeń rozłącznych. Trafienie wszystkich \(5\) liczb można uzyskać na \(\binom55=1\) sposób. Trafienie dokładnie \(4\) liczb: wybieramy \(4\) spośród \(5\) wylosowanych i \(1\) spośród \(37\) pozostałych: \[\binom54\cdot\binom{37}{1}=5\cdot37=185.\] Zatem \(\lvert A\rvert=1+185=186\). Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa \[P(A)=\frac{186}{850\,668}\approx0{,}00021866.\] Po zaokrągleniu do \(0{,}00001\): \[P(A)\approx0{,}00022.\] **Odpowiedź.** \(P(A)\approx0{,}00022\)

**1 pkt** – zapisanie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych \(\lvert\Omega\rvert=\binom{42}{5}\). **2–3 pkt** – obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających: \(1\) dla pięciu trafień i \(\binom54\binom{37}{1}=185\) dla dokładnie czterech. **4–5 pkt** – obliczenie prawdopodobieństwa i podanie wyniku z żądaną dokładnością: \(P\approx0{,}00022\).

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

\[P(A)=\frac17.\]

Zdarzeniem elementarnym jest trzyelementowy podzbiór zbioru ośmiu wierzchołków sześcianu, przy czym wszystkie takie podzbiory są jednakowo prawdopodobne: \[\lvert\Omega\rvert=\binom83=56.\] Odcinki łączące wierzchołki sześcianu mają trzy możliwe długości: krawędź \(a\), przekątna ściany \(a\sqrt2\) i przekątna sześcianu \(a\sqrt3\). Trójkąt równoboczny powstaje tylko wtedy, gdy wszystkie trzy boki są przekątnymi ścian. Taka trójka wierzchołków to zbiór trzech sąsiadów ustalonego wierzchołka — każdemu z ośmiu wierzchołków odpowiada dokładnie jeden taki trójkąt i różnym wierzchołkom odpowiadają różne trójkąty. Zatem \(\lvert A\rvert=8\). Stąd \[P(A)=\frac{8}{56}=\frac17.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac17\).

**[…] ([…] pkt)** – […] doświadczenia: \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{3}=56\). **31. (1 pkt)** – podanie liczby zdarzeń sprzyjających: \(\lvert A\rvert=8\). **32. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa szukanego zdarzenia: \(P(A)=\frac{1}{7}\).

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

\(P(A)=\frac{19}{87}\).

Wychowawca losuje czterech uczniów spośród \(30\), a kolejność losowania nie ma znaczenia — liczy się tylko skład czwórki. Zdarzeniami elementarnymi są więc czteroelementowe podzbiory, wszystkie jednakowo prawdopodobne: \[|\Omega|=\binom{30}4.\] Film widziało \(9\) uczniów, więc nie widziało go \[30-9=21\] uczniów. Zdarzeniu \(A\) sprzyjają czwórki złożone wyłącznie z tych \(21\) osób, czyli \[|A|=\binom{21}4.\] Stąd \[P(A)=\frac{\binom{21}4}{\binom{30}4}=\frac{\frac{21\cdot20\cdot19\cdot18}{24}}{\frac{30\cdot29\cdot28\cdot27}{24}}=\frac{21\cdot20\cdot19\cdot18}{30\cdot29\cdot28\cdot27}=\frac{143\,640}{657\,720}=\frac{19}{87}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac{19}{87}\)

**1 pkt** – obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych doświadczenia polegającego na wylosowaniu czterech uczniów klasy: \(|\Omega|=\binom{30}{4}\) **1 pkt** – obliczenie liczby wyników sprzyjających zdarzeniu \(A\), polegającemu na wylosowaniu czterech uczniów, którzy nie oglądali jeszcze filmu: \(|A|=\binom{21}{4}\) **1 pkt** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\): \(P(A)=\frac{19}{87}\) Łącznie \(3\) pkt.

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