Zadania o rzucie symetryczną sześcienną kostką

\[P=\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{11}+\frac{4}{6}\cdot\frac{8}{11}=\frac{20}{33}=0{,}606060\ldots\] 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.

**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.

Niech \(B\) oznacza zdarzenie otrzymania dokładnie dwóch piątek, a \(A\) - co najmniej jednej szóstki. Po ustaleniu dwóch wyników równych \(5\) pozostałe dwa rzuty mają wyniki ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\). Stąd \(P(A\mid B)=1-(\frac{4}{5})^{2}=\frac{9}{25}\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów, czyli czterowyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,\ldots,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej raz sześciu oczek, a \(B\) — otrzymanie dokładnie dwa razy pięciu oczek. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). **Moc zdarzenia \(B\).** Dwie pozycje dla piątek wybieramy na \(\binom42=6\) sposobów, a na każdej z dwóch pozostałych pozycji wpisujemy wynik różny od \(5\), czyli jeden z \(5\). Stąd \[|B|=\binom42\cdot5\cdot5=6\cdot25=150.\] **Moc zdarzenia \(A\cap B\).** Warunek \(B\) ustala dwie piątki; pytamy, czy wśród dwóch pozostałych rzutów pojawi się szóstka. Każdy z tych rzutów daje wynik ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\), więc liczymy przez dopełnienie: brak szóstki oznacza wynik ze zbioru czteroelementowego. Zatem \[|A\cap B|=6\cdot\left(5^2-4^2\right)=6\cdot(25-16)=6\cdot9=54.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac9{25}.\] Ten sam rachunek można zapisać krócej: przy warunku \(B\) dwa wolne rzuty mają wyniki jednostajne na zbiorze pięcioelementowym, więc \[P(A\mid B)=1-\left(\frac45\right)^2=1-\frac{16}{25}=\frac9{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac9{25}\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzenia \(B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot 5\cdot 5\), ALBO wyznaczenie mocy zdarzenia \(A\cap B\), np. \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot 4+\binom{4}{2}\). **2 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzeń \(B\) oraz \(A\cap B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot 5\cdot 5\) oraz \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot 4+\binom{4}{2}\). **3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{9}{25}\) (lub \(\frac{54}{150}\)). Uwaga. Jeżeli zdający, obliczając \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\) (lub \(\frac{\lvert A\cap B\rvert}{\lvert B\rvert}\)), pominie w liczniku i mianowniku czynnik \(\binom{4}{2}\) bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.R1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe […].

Niech \(B\) oznacza zdarzenie otrzymania dokładnie dwóch piątek, a \(A\) - co najmniej jednej szóstki. Mamy \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5^{2}=150\). Po ustaleniu miejsc dwóch piątek w dwóch pozostałych rzutach co najmniej jedna szóstka występuje w \(5+5-1=9\) parach, więc \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot9=54\). Zatem \(P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac{9}{25}\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów, czyli czterowyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,\ldots,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej raz sześciu oczek, a \(B\) — otrzymanie dokładnie dwa razy pięciu oczek. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). **Moc zdarzenia \(B\).** Dwie pozycje dla piątek wybieramy na \(\binom42=6\) sposobów, a na każdej z dwóch pozostałych pozycji wpisujemy wynik różny od \(5\), czyli jeden z \(5\). Stąd \[|B|=\binom42\cdot5\cdot5=6\cdot25=150.\] **Moc zdarzenia \(A\cap B\).** Warunek \(B\) ustala dwie piątki; pytamy, czy wśród dwóch pozostałych rzutów pojawi się szóstka. Każdy z tych rzutów daje wynik ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\), więc liczymy przez dopełnienie: brak szóstki oznacza wynik ze zbioru czteroelementowego. Zatem \[|A\cap B|=6\cdot\left(5^2-4^2\right)=6\cdot(25-16)=6\cdot9=54.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac9{25}.\] Ten sam rachunek można zapisać krócej: przy warunku \(B\) dwa wolne rzuty mają wyniki jednostajne na zbiorze pięcioelementowym, więc \[P(A\mid B)=1-\left(\frac45\right)^2=1-\frac{16}{25}=\frac9{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac9{25}\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{9}{25}\) (lub \(\tfrac{54}{150}\)). **2 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzeń \(B\) oraz \(A\cap B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5\cdot5\) oraz \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot4+\binom{4}{2}\). **1 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzenia \(B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5\cdot5\), ALBO – wyznaczenie mocy zdarzenia \(A\cap B\), np. \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot4+\binom{4}{2}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga. Jeżeli zdający, obliczając \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\) (lub \(\frac{\lvert A\cap B\rvert}{\lvert B\rvert}\)), pominie w liczniku i mianowniku czynnik \(\binom{4}{2}\) bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2R) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

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

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

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

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

**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.

\[x=30\text{ żetonów}.\]

Paweł z prawdopodobieństwem \(\frac12\) zyskuje \(10\) żetonów, z prawdopodobieństwem \(\frac16\) traci \(x\) żetonów, a w pozostałych przypadkach jego zysk wynosi \(0\). Zatem \[\mathbb E(Z_P)=10\cdot\frac12-x\cdot\frac16=5-\frac x6.\] Gra jest o sumie zerowej, więc wartości oczekiwane zysków obu graczy są liczbami przeciwnymi. Skoro mają być równe, każda musi być równa \(0\). Stąd \[5-\frac x6=0,\] czyli \[x=30.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(x=30\) żetonów **2 pkt** – poprawne wartości oczekiwane obu graczy albo poprawna wartość oczekiwana Pawła i przyrównanie jej do zera **1 pkt** – poprawne powiązanie prawdopodobieństw \(\frac12\) i \(\frac16\) z odpowiednimi zyskami lub stratami **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.1-II.2 i III.2 interpretowanie informacji, używanie języka matematycznego i tworzenie modelu. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 i XII.5 prawdopodobieństwo w modelu klasycznym oraz wartość oczekiwana w prostej grze losowej.

\[x=30\text{ żetonów}.\]

Paweł z prawdopodobieństwem \(\frac12\) zyskuje \(10\) żetonów, z prawdopodobieństwem \(\frac16\) traci \(x\) żetonów, a w pozostałych przypadkach jego zysk wynosi \(0\). Zatem \[\mathbb E Z_P=10\cdot\frac12-x\cdot\frac16=5-\frac x6.\] Analogicznie \(\mathbb E Z_G=-5+\frac x6\). Z warunku równości wartości oczekiwanych: \[5-\frac x6=-5+\frac x6,\] więc \(x=30\).

**3 pkt** – poprawna metoda obliczenia liczby \(x\) i wynik \(x=30\) **2 pkt** – poprawne zapisanie wartości oczekiwanych obu graczy albo wartości oczekiwanej Pawła i równania \(10\cdot\frac12-x\cdot\frac16=0\) **1 pkt** – poprawne powiązanie zysków i strat z prawdopodobieństwami \(\frac12\), \(\frac16\) i \(\frac26\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.1-II.2 i III.2 interpretowanie informacji, używanie języka matematycznego oraz tworzenie modeli. **Wymagania szczegółowe:** XII.1 i XII.5 obliczanie prawdopodobieństwa klasycznego i wartości oczekiwanej w prostych grach losowych.

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

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

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

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

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

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.

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

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.

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

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

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

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

**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.

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

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

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

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

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

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

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

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

**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.

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

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.

**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.

**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.

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

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)  .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

**C.** \(4\)

Medianę wyznaczamy z zestawu uporządkowanego niemalejąco: \[1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 5,\ 6.\] Wyników jest \(6\), czyli parzyście wiele, więc mediana jest średnią arytmetyczną wyrazu \(3.\) i \(4.\): \[\operatorname{Me}=\frac{3+5}{2}=4.\] **Odpowiedź.** C. \(4\)

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

Zadanie 20. (0–1) **Wymaganie ogólne:** Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** Wyznaczanie mediany zestawu danych (II.10.a).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Modelowanie matematyczne. Obliczanie prawdopodobieństwa z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

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

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

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

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

**D.** \(3{,}5\)

Medianę wyznaczamy z zestawu uporządkowanego niemalejąco: \[1,\ 3,\ 4,\ 6.\] Danych jest \(4\), czyli parzyście wiele, więc mediana jest średnią arytmetyczną wyrazu \(2.\) i \(3.\): \[\operatorname{Me}=\frac{3+4}{2}=3{,}5.\] **Odpowiedź.** D. \(3{,}5\)

1 pkt za wskazanie poprawnej odpowiedzi.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Średnia arytmetyczna jest równa \(\overline{x}=20\text{ dag}\), wariancja \(\sigma^2=\frac{19}{15}=1{,}2(6)\), a odchylenie standardowe \(\sigma=\sqrt{\frac{19}{15}}\approx1{,}13\text{ dag}\).

Dane są pogrupowane w tabelę liczebności, więc średnią liczymy jako średnią ważoną: \[\overline{x}=\frac{\sum_i x_i n_i}{\sum_i n_i}.\] Liczba wszystkich kostek to \[1+15+24+68+26+16=150,\] zgodnie z treścią zadania, a suma mas \[16\cdot1+18\cdot15+19\cdot24+20\cdot68+21\cdot26+22\cdot16=16+270+456+1360+546+352=3000.\] Stąd \[\overline{x}=\frac{3000}{150}=20.\] Wariancję liczymy jako średnią ważoną kwadratów odchyleń od średniej: \[\sigma^2=\frac{\sum_i n_i\left(x_i-\overline{x}\right)^2}{\sum_i n_i}.\] Odchylenia od \(20\) wynoszą kolejno \(-4,-2,-1,0,1,2\), więc licznik jest równy \[1\cdot16+15\cdot4+24\cdot1+68\cdot0+26\cdot1+16\cdot4=16+60+24+0+26+64=190,\] a zatem \[\sigma^2=\frac{190}{150}=\frac{19}{15}=1{,}2(6).\] Odchylenie standardowe jest pierwiastkiem z wariancji: \[\sigma=\sqrt{\frac{19}{15}}\approx1{,}13.\] **Odpowiedź.** Średnia masa kostki masła wynosi \(20\text{ dag}\), a odchylenie standardowe około \(1{,}13\text{ dag}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **2.1. (1 pkt)** – obliczenie średniej arytmetycznej: \(\overline{x}=20\). **2.2. (1 pkt)** – obliczenie wariancji: \(\sigma^{2}=\frac{19}{15}\). **2.3. (1 pkt)** – obliczenie odchylenia standardowego: \(\sigma=\sqrt{1{,}2(6)}\approx 1{,}125\).

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.

a) Średnia masa kostki wynosi \(20\ \mathrm{dag}\), a odchylenie standardowe \(\sqrt{\frac{19}{15}}\approx1{,}13\ \mathrm{dag}\). b) Kontrola nie wypadła pozytywnie — średnia zgadza się z masą nominalną, ale odchylenie standardowe przekracza \(1\ \mathrm{dag}\).

Z tabeli odczytujemy masy i odpowiadające im liczby kostek; wszystkich kostek jest \(1+15+24+68+26+16=150\). **a)** Średnia ważona liczebnościami: \[\bar x=\frac{16\cdot1+18\cdot15+19\cdot24+20\cdot68+21\cdot26+22\cdot16}{150}=\frac{3000}{150}=20\ \mathrm{dag}.\] Wariancję liczymy jako średnią kwadratów odchyleń od średniej: \[\sigma^{2}=\frac{1\cdot16+15\cdot4+24\cdot1+68\cdot0+26\cdot1+16\cdot4}{150}=\frac{190}{150}=\frac{19}{15},\] skąd \(\sigma=\sqrt{\frac{19}{15}}\approx1{,}13\ \mathrm{dag}\). **b)** Kontrola wypada pozytywnie, gdy oba warunki są spełnione jednocześnie. Pierwszy warunek jest spełniony, bo średnia masa \(20\ \mathrm{dag}\) równa się masie nominalnej. Drugi warunek nie jest spełniony, ponieważ \(\sigma\approx1{,}13>1\ \mathrm{dag}\). **Odpowiedź.** Średnia wynosi \(20\ \mathrm{dag}\), a odchylenie standardowe około \(1{,}13\ \mathrm{dag}\); kontrola nie wypadła pozytywnie, bo odchylenie standardowe przekracza \(1\ \mathrm{dag}\).

*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 3.** (\(5\) pkt) Kostka masła produkowanego przez pewien zakład mleczarski ma nominalną masę \(20\,\mathrm{dag}\). W czasie kontroli zakładu zważono \(150\) losowo wybranych kostek masła. Wyniki badań przedstawiono w tabeli. | Masa kostki masła (w dag) | \(16\) | \(18\) | \(19\) | \(20\) | \(21\) | \(22\) | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Liczba kostek masła | \(1\) | \(15\) | \(24\) | \(68\) | \(26\) | \(16\) | a) Na podstawie danych przedstawionych w tabeli oblicz średnią arytmetyczną oraz odchylenie standardowe masy kostki masła. b) Kontrola wypada pozytywnie, jeśli średnia masa kostki masła jest równa masie nominalnej i odchylenie standardowe nie przekracza \(1\,\mathrm{dag}\). Czy kontrola zakładu wypadła pozytywnie? Odpowiedź uzasadnij. Obliczam średnią masę kostki masła: \(\overline{x}=\frac{16\cdot 1+18\cdot 15+19\cdot 24+20\cdot 68+21\cdot 26+22\cdot 16}{150}=20\). Obliczam wariancję: \(\sigma^{2}=\frac{1\cdot 4^{2}+15\cdot 2^{2}+24\cdot 1^{2}+68\cdot 0^{2}+26\cdot 1^{2}+16\cdot 2^{2}}{150}=\frac{19}{15}\). Obliczam odchylenie standardowe: \(\sigma=\sqrt{\frac{19}{15}}\approx 1{,}125\). Odp.: Kontrola zakładu nie wypadła pozytywnie, ponieważ odchylenie standardowe przekroczyło \(1\,\mathrm{dag}\). | Nr czynności | 3.1. | 3.2. | 3.3. | |---|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(2\) | \(2\) | \(1\) |

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

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

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

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

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

\[P=\frac{26}{7776}=\frac{13}{3888}.\]

W pojedynczym rzucie prawdopodobieństwo wyrzucenia jedynki jest równe \(\frac16\), a prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego \(\frac56\). Kolejne rzuty są niezależne, więc liczba jedynek w pięciu rzutach ma rozkład dwumianowy. Zdarzenie „jedynka wypadnie co najmniej cztery razy" jest sumą dwóch zdarzeń rozłącznych: dokładnie cztery jedynki oraz dokładnie pięć jedynek. Zatem \[P=\binom54\left(\frac16\right)^{4}\cdot\frac56+\left(\frac16\right)^{5}=\frac{25}{7776}+\frac1{7776}=\frac{26}{7776}=\frac{13}{3888}.\] **Odpowiedź.** \(P=\frac{13}{3888}\approx0{,}0033\)

**22. (1 pkt)** – zapisanie prawdopodobieństwa szukanego zdarzenia w postaci: \(P_{5}(k\ge 4)=P_{5}(k=4)+P_{5}(k=5)\). **23. (1 pkt)** – wykorzystanie wzorów i zapisanie prawdopodobieństwa szukanego zdarzenia w postaci: \(P_{5}(k\ge 4)=\binom{5}{4}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^{4}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{1}+\binom{5}{5}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^{5}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{0}\). **24. (1 pkt)** – poprawne obliczenie prawdopodobieństwa szukanego zdarzenia: \(P_{5}(k\ge 4)=\frac{25}{7776}+\frac{1}{7776}=\frac{26}{7776}=\frac{13}{3888}\approx 0{,}00334\).

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