Zadanie 11 – matura z matematyki czerwiec 2011, poziom rozszerzony

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.