Zadanie 16 – matura z matematyki próbna grudzień 2014, poziom rozszerzony

\[P(A\mid B)=\frac{30}{91}.\]

Zdarzeniami elementarnymi są trójki wyników trzech rzutów, czyli trzywyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,3,4,5,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie \(6^3=216\) trójek są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej jednej jedynki, a \(B\) — co najmniej jednej szóstki. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). Moc zdarzenia \(B\) liczymy przez dopełnienie: „co najmniej jedna szóstka" jest zaprzeczeniem zdarzenia „ani jednej szóstki", a to drugie realizuje \(5^3\) trójek. Zatem \[|B|=6^3-5^3=216-125=91.\] Moc zdarzenia \(A\cap B\) liczymy z zasady włączeń i wyłączeń zastosowanej do dopełnień. Trójek bez jedynki jest \(5^3\), bez szóstki również \(5^3\), a bez jedynki i bez szóstki jednocześnie \(4^3\). Stąd trójek, w których brakuje jedynki albo szóstki, jest \(5^3+5^3-4^3\), więc \[|A\cap B|=6^3-\left(5^3+5^3-4^3\right)=216-250+64=30.\] Ostatecznie \[P(A\mid B)=\frac{30}{91}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac{30}{91}\)

*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 16. (0–5) Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że w trzykrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymamy co najmniej jedną „jedynkę”, pod warunkiem, że otrzymamy co najmniej jedną „szóstkę”. III. Modelowanie R10.2. Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe. matematyczne Rozwiązanie: Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie trzywyrazowe ciągi o wyrazach ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6 (czyli trójelementowe wariacje z powtórzeniami tego zbioru). Jest to model klasyczny.   63  216 . Wprowadźmy oznaczenia dla zdarzeń A – otrzymamy co najmniej raz jedno oczko, B – otrzymamy co najmniej raz sześć oczek. P( A  B) A  B Mamy obliczyć prawdopodobieństwo warunkowe P( A | B)   . P(B) B Moc zdarzenia B obliczymy, korzystając z pojęcia zdarzenia przeciwnego, które polega na tym, że nie otrzymamy ani razu sześciu oczek. B    B  63  53  216 125  91. Zdarzenie A  B jest sumą parami rozłącznych zdarzeń:  otrzymamy raz jedno oczko, raz sześć oczek i raz liczbę oczek ze zbioru 2, 3, 4, 5 – możliwe są 3 2 4  24 takie wyniki,  otrzymamy raz jedno oczko i dwa razy sześć oczek; możliwe są 3 takie wyniki,  otrzymamy dwa razy jedno oczko i raz sześć oczek; możliwe są 3 takie wyniki. 30 Stąd A  B  30 i P( A | B)  91 Uwaga: A  B można obliczyć korzystając z prawa de Morgana.   A  B   A  B    A  B     A  B  A  B   = 63   53  53  43   30 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ............................................................................................................. 1 p. Zapisanie wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe przy poprawnie wprowadzonych oznaczeniach. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p. Obliczenie B  91 lub P(B) . Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p. Obliczenie A  B  30 lub P( A  B) . Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................... 4 p. Rozwiązanie zadania do końca z błędami rachunkowymi. Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 5 p. 30 Obliczenie P( A | B)  .