Kule białe i czarne: losowanie ze zwracaniem i bez zwracania

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

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

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

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

**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.

\[n=10.\]

Oznaczmy przez \(B\) zdarzenie polegające na wylosowaniu za pierwszym razem kuli białej, a przez \(C\) - kuli czarnej. Mamy \[P(B)=\frac{n-2}{n},\qquad P(C)=\frac2n.\] Po wylosowaniu kuli białej w pudełku znajduje się \(n-3\) kul białych i \(3\) czarne, a po wylosowaniu kuli czarnej - \(n-1\) kul białych i \(1\) czarna. Zatem prawdopodobieństwo \(P(A)\) wylosowania kuli białej po zmianie zawartości wynosi \[P(A)=\frac{n-3}{n}\cdot\frac{n-2}{n}+\frac{n-1}{n}\cdot\frac2n=\frac{n^2-3n+4}{n^2}.\] Z warunku zadania: \[\frac{n^2-3n+4}{n^2}=\frac{37}{50},\] \[13n^2-150n+200=0.\] Ponieważ \(\Delta=12100\) i \(\sqrt\Delta=110\), otrzymujemy \[n=\frac{150-110}{26}=\frac{20}{13}\quad\text{lub}\quad n=\frac{150+110}{26}=10.\] Liczba kul musi być liczbą naturalną większą niż \(2\), więc \[n=10.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(n=10\) **3 pkt** – wyznaczenie \(P(A)=\frac{n^2-3n+4}{n^2}\) **2 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw warunkowych \(\frac{n-3}{n}\) oraz \(\frac{n-1}{n}\) **1 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw pierwszego losowania \(P(B)=\frac{n-2}{n}\) oraz \(P(C)=\frac2n\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** obliczanie prawdopodobieństwa z wykorzystaniem drzewa zdarzeń i twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym oraz rozwiązywanie równania kwadratowego. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

\(\displaystyle \frac{2}{7}\). Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym: \(\displaystyle \frac{10}{21}\cdot\frac25+\frac{10}{21}\cdot\frac15+\frac1{21}\cdot0=\frac27\).

Niech \(B_k\) oznacza zdarzenie „w pierwszym losowaniu wyjęto \(k\) kul czarnych", \(k=0,1,2\), a \(A\) — „w drugim losowaniu wyciągnięto kulę czarną". Pierwsze losowanie to wybór dwóch kul spośród siedmiu bez zwracania, a kolejność nie ma znaczenia, więc \[|\Omega_1|=\binom72=21.\] Kul białych jest \(5\), czarnych \(2\), zatem \[P(B_0)=\frac{\binom52}{21}=\frac{10}{21},\quad P(B_1)=\frac{\binom51\binom21}{21}=\frac{10}{21},\quad P(B_2)=\frac{\binom22}{21}=\frac1{21}.\] Zdarzenia \(B_0\), \(B_1\), \(B_2\) są parami rozłączne i wyczerpują możliwości, więc tworzą układ zupełny. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostaje \(5\) kul. Liczba kul czarnych zależy od \(k\): \[P(A\mid B_0)=\frac25,\qquad P(A\mid B_1)=\frac15,\qquad P(A\mid B_2)=\frac05=0.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(A)=\frac{10}{21}\cdot\frac25+\frac{10}{21}\cdot\frac15+\frac1{21}\cdot0=\frac{4}{21}+\frac{2}{21}=\frac6{21}=\frac27.\] Wynik zgadza się z intuicją: przed jakimkolwiek losowaniem udział kul czarnych wynosi \(\frac27\), a losowanie „w ciemno" tego udziału nie zmienia. **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac27\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa i poprawny wynik: \(\frac{2}{7}\). **2 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństwa zdarzeń \(B_{1}\), \(B_{2}\), \(B_{3}\) oraz prawdopodobieństw warunkowych \(P(A|B_{1})\), \(P(A|B_{2})\), \(P(A|B_{3})\): \(P(B_{1})=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}\) i \(P(B_{2})=\frac{\binom{5}{1}\cdot\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}\), i \(P(B_{3})=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}\), i \(P(A|B_{1})=\frac{2}{5}\), i \(P(A|B_{2})=\frac{1}{5}\), i \(P(A|B_{3})=0\) ALBO – zapisanie prawdopodobieństw na wszystkich odcinkach istotnych gałęzi drzewa, ALBO – zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), przy zastosowaniu klasycznej definicji prawdopodobieństwa: \(\lvert\Omega\rvert=7\cdot 6\cdot 5\) oraz \(\lvert A\rvert=5\cdot 4\cdot 2+5\cdot 2\cdot 1+2\cdot 5\cdot 1\) (lub \(\lvert A\rvert=\lvert A_{1}\rvert+\lvert A_{2}\rvert+\lvert A_{3}\rvert=60\)). **1 pkt** – opisanie zdarzeń losowych \(B_{1}\), \(B_{2}\), \(B_{3}\) i obliczenie ich prawdopodobieństw: \(P(B_{1})=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}\), \(P(B_{2})=\frac{\binom{5}{1}\cdot\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}\), \(P(B_{3})=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}\) ALBO – narysowanie drzewa stochastycznego doświadczenia i zapisanie prawdopodobieństw na gałęziach drzewa I etapu doświadczenia (dla drzewa dwuetapowego) lub I i II etapu (dla drzewa trzyetapowego), ALBO – obliczenie prawdopodobieństw wylosowania kuli czarnej na ostatnim etapie oraz właściwe zinterpretowanie wcześniejszych etapów doświadczenia: \(\frac{2}{5}\), \(\frac{1}{5}\), ALBO – zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych lub liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), przy zastosowaniu klasycznej definicji prawdopodobieństwa: \(\lvert\Omega\rvert=7\cdot 6\cdot 5\) lub \(\lvert A\rvert=5\cdot 4\cdot 2+5\cdot 2\cdot 1+2\cdot 5\cdot 1\) (lub \(\lvert A\rvert=\lvert A_{1}\rvert+\lvert A_{2}\rvert+\lvert A_{3}\rvert=60\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym, pominie składnik \(P(B_{3})\cdot P(A|B_{3})\), to może otrzymać \(3\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający zapisze jedynie \(P(A)=\frac{2}{7}\), to otrzymuje \(1\) punkt. 3. Jeżeli zdający zapisze \(P(A)=\frac{2}{7}\) i zapisze poprawny komentarz uzasadniający otrzymany wynik, to otrzymuje \(3\) punkty.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.3) Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

**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.

**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.

**A.** \(\frac5{14}\)

Niech \(B\) oznacza wylosowanie kuli białej. Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(B)=\frac12\cdot\frac17+\frac12\cdot\frac47=\frac1{14}+\frac4{14}=\frac5{14}.\]

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

**Wymagania ogólne:** I i II wykorzystanie i tworzenie informacji oraz wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R10.3 stosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

**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.

**C.** \(\frac8{23}\)

Niech \(U_1\) i \(U_2\) oznaczają wybór odpowiedniej urny, a \(C\) - wylosowanie czarnej kuli. Mamy \[P(U_1)=P(U_2)=\frac12,\qquad P(C\mid U_1)=\frac2{10},\qquad P(C\mid U_2)=\frac38.\] Z twierdzenia Bayesa: \[P(U_1\mid C)=\frac{P(U_1)P(C\mid U_1)}{P(U_1)P(C\mid U_1)+P(U_2)P(C\mid U_2)}\] \[=\frac{\frac12\cdot\frac2{10}}{\frac12\cdot\frac2{10}+\frac12\cdot\frac38}=\frac{1/10}{1/10+3/16}=\frac8{23}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.2 obliczanie prawdopodobieństwa warunkowego.

**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.

**A.** \(\frac2{15}\)

Prawdopodobieństwo wyboru pierwszej urny wynosi \(\frac16\), a drugiej \(\frac56\). Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite: \[P(B)=\frac16\cdot\frac3{10}+\frac56\cdot\frac1{10}=\frac3{60}+\frac5{60}=\frac8{60}=\frac2{15}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.1 wykorzystywanie metod zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.

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

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

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

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

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.

C

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

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

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

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

**C.** \(\frac7{15}\).

Prawdopodobieństwo wyboru pierwszej urny wynosi \(\frac26=\frac13\), a drugiej \(\frac46=\frac23\). Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(B)=\frac13\cdot\frac15+\frac23\cdot\frac35=\frac1{15}+\frac6{15}=\frac7{15}.\]

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

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 R - korzystanie z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

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

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.

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

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

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

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.

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.