Rzut monetą w zadaniach z rachunku prawdopodobieństwa

\(\frac{1}{15}\). Przy warunku, że w dziesięciu rzutach wypadły dokładnie trzy orły, istnieje C(\(10\),\(3\))=\(120\) jednakowo prawdopodobnych rozmieszczeń. Blok trzech kolejnych orłów można umieścić na \(8\) sposobów, więc P=\(\frac{8}{120=1}\)/\(15\).

Warunek „wypadły dokładnie trzy orły" zawęża przestrzeń do tych ciągów dziesięciu rzutów, w których orzeł pojawia się dokładnie trzy razy. Ciąg taki jest jednoznacznie wyznaczony przez zbiór trzech pozycji orłów, a wszystkie takie ciągi są jednakowo prawdopodobne, bo moneta jest symetryczna. Zatem \[|B|=\binom{10}{3}=120.\] Zdarzenie \(A\cap B\) polega na tym, że te trzy orły zajmują trzy kolejne pozycje, czyli tworzą blok \(\{k,k+1,k+2\}\). Blok mieści się w dziesięciu pozycjach dla \(k=1,2,\ldots,8\), więc \[|A\cap B|=8.\] Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac8{120}=\frac1{15}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac1{15}\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{1}{15}\). **2 pkt** – zapisanie liczby elementów zbioru \(A\cap B\) i wyznaczenie/zapisanie liczby elementów zbioru \(B\): \(\lvert A\cap B\rvert=8\) i \(\lvert B\rvert=\binom{10}{3}\) ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzeń \(A\cap B\) oraz \(B\): \(P(A\cap B)=\frac{8}{2^{10}}\) oraz \(P(B)=\frac{\binom{10}{3}}{2^{10}}\). **1 pkt** – zapisanie liczby elementów zbioru \(A\cap B\): \(8\) ALBO – wyznaczenie/zapisanie liczby elementów zbioru \(B\), np. \(\binom{10}{3}\), ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\), np. \(P(B)=\frac{\binom{10}{3}}{2^{10}}\), ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\cap B\), np. \(P(A\cap B)=\frac{8}{2^{10}}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **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 […].

**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.

P(A)=\(\frac{10}{16=5}\)/\(8\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^4=16.\] Liczba orłów i liczba reszek sumują się do \(4\), więc są równe dokładnie wtedy, gdy obie wynoszą \(2\). Wygodniej policzyć zdarzenie przeciwne \(A^{\prime}\): dokładnie dwa orły. Miejsca dla nich wybieramy na \[\binom42=6\] sposobów, zatem \(|A^{\prime}|=6\). Z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego \[P(A)=1-P(A^{\prime})=1-\frac6{16}=\frac{10}{16}=\frac58.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac58\)

1–3 pkt: poprawne modelowanie przestrzeni i zdarzenia. 4 pkt: P(A)=5/8.

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

P=\(\frac{5}{16}\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^4=16.\] Liczby orłów i reszek sumują się do \(4\), więc orłów jest więcej niż reszek dokładnie wtedy, gdy orłów jest \(3\) albo \(4\). Dokładnie trzy orły otrzymamy na \(\binom43=4\) sposoby, a cztery orły na \(\binom44=1\) sposób. Przypadki są rozłączne, więc \[|A|=4+1=5.\] Stąd \[P(A)=\frac5{16}.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac5{16}\)

1 pkt: poprawne policzenie 16 wyników albo 5 sprzyjających. 2 pkt: P=5/16.

Zadanie 31. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

B

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników. Moneta jest symetryczna, więc \[|\Omega|=2^3=8.\] Miejsce dla jedynego orła wybieramy na \(\binom31=3\) sposoby, w pozostałych dwóch rzutach muszą wypaść reszki. Zatem \(|A|=3\) i \[p=\frac38=0{,}375.\] Zachodzi \(0{,}25\leq0{,}375\leq0{,}4\). **Odpowiedź.** B. \(0{,}25\leq p\leq0{,}4\)

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

C. \(0\),\(35\) < p ≤ \(0\),\(5\)

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników. Moneta jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne i \[|\Omega|=2^3=8.\] Miejsca dla dwóch orłów wybieramy na \(\binom32=3\) sposoby, w trzecim rzucie musi wypaść reszka. Zatem \(|A|=3\) i \[p=\frac38=0{,}375.\] Sprawdzamy, do którego przedziału należy \(0{,}375\): zachodzi \(0{,}35<0{,}375\leq0{,}5\). **Odpowiedź.** C. \(0{,}35<p\leq0{,}5\)

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

Zadanie 22. (0−1) 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria Wersja Wersja II. Wykorzystanie prawdopodobieństwa i kombinatoryka. I II i interpretowanie Zdający oblicza prawdopodobieństwa reprezentacji. w prostych sytuacjach, stosując klasyczną C B definicję prawdopodobieństwa (10.3).

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.

\[\frac{17}{24}.\]

Niech \(B_n\) oznacza zdarzenie, że wylosowano liczbę \(n\), a \(A\) zdarzenie otrzymania co najmniej jednego orła. Mamy \[P(B_1)=P(B_2)=P(B_3)=\frac13.\] Najłatwiej policzyć prawdopodobieństwa warunkowe przez zdarzenia przeciwne, czyli same reszki: \[P(A\mid B_1)=1-\left(\frac12\right)^1=\frac12,\] \[P(A\mid B_2)=1-\left(\frac12\right)^2=\frac34,\] \[P(A\mid B_3)=1-\left(\frac12\right)^3=\frac78.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[\begin{aligned}P(A)&=\sum_{n=1}^3P(A\mid B_n)P(B_n)\\&=\frac12\cdot\frac13+\frac34\cdot\frac13+\frac78\cdot\frac13\\&=\frac{17}{24}.\end{aligned}\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawny nieskracalny ułamek \(\frac{17}{24}\) z pełnym uzasadnieniem **3 pkt** – poprawne trzy prawdopodobieństwa warunkowe i zastosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym z drobnym błędem rachunkowym **2 pkt** – poprawne wartości \(\frac12,\frac34,\frac78\) **1 pkt** – rozpoznanie podziału na trzy przypadki albo użycie zdarzenia przeciwnego **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.3. R. Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

A

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników; moneta jest symetryczna, więc \(|\Omega|=2^3=8\). Zdarzenie „co najmniej jedna reszka" liczymy przez dopełnienie. Jego zaprzeczeniem jest zdarzenie \(A^{\prime}\): ani jednej reszki, czyli trzy orły — a to jeden wynik, więc \(|A^{\prime}|=1\). Stąd \[P(A)=1-\frac18=\frac78.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac78\)

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

**C.** \(\dfrac12\)

Rzuty są niezależne, a moneta symetryczna, więc wynik trzeciego rzutu nie zależy od dwóch poprzednich i orzeł wypada w nim z prawdopodobieństwem \(\frac12\). Ten sam wynik daje model klasyczny. Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane trójki wyników, więc \(|\Omega|=2^3=8\). Jeśli w trzecim rzucie ustalimy orła, to dwa pierwsze rzuty pozostają dowolne, co daje \(|A|=2^2=4\) trójki. Zatem \[P(A)=\frac48=\frac12.\] **Odpowiedź.** C. \(\frac12\)

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Prawdopodobieństwo i statystyka.

Najmniejsza liczba początkowa to \(k=170\) monet; przy tej wartości najmniej monet, dokładnie \(1\), było w skarbcu w dniu \(n=13\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy model. Liczby monet dokładanych w kolejne poranki: \(25\), \(27\), \(29\), \(\ldots\) — każdego dnia o \(2\) więcej, czyli jest to ciąg arytmetyczny o \(a_1=25\) i różnicy \(r=2\). Stan skarbca po \(n\)-tym dniu to liczba początkowa plus wszystko, co dołożono przez \(n\) dni, minus wszystko, co zabrano. Ponieważ suma ciągu arytmetycznego jest funkcją kwadratową zmiennej \(n\), całość sprowadzi się do badania funkcji kwadratowej. **Krok \(2\).** Liczymy, ile monet dołożono łącznie przez \(n\) dni. Wyraz ogólny to \(a_n=25+(n-1)\cdot 2=2n+23\), więc \[S_n=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n=\frac{25+2n+23}{2}\cdot n=\frac{2n+48}{2}\cdot n=n^2+24n.\] **Krok \(3\).** Król zabiera \(50\) monet dziennie, czyli przez \(n\) dni łącznie \(50n\). Stan skarbca po południu \(n\)-tego dnia: \[M(n)=k+\left(n^2+24n\right)-50n=n^2-26n+k.\] **Krok \(4\).** Zapisujemy warunek z treści. „W każdym dniu była co najmniej jedna moneta” oznacza \[M(n)\geqslant 1\qquad\text{dla każdego }n=1,2,3,\ldots\] Wystarczy więc, aby najmniejsza z liczb \(M(n)\) była co najmniej równa \(1\). **Krok \(5\).** Szukamy tej najmniejszej wartości. Doprowadzamy \(M\) do postaci kanonicznej — odcięta wierzchołka to \(n_w=\frac{-b}{2a}=\frac{26}{2}=13\), więc \[M(n)=(n-13)^2+k-169.\] **Krok \(6\).** Ponieważ \(13\) jest liczbą naturalną, wierzchołek naprawdę jest osiągany i najmniejszy stan skarbca to \[M(13)=k-169.\] **Krok \(7\).** Wstawiamy do warunku: \[k-169\geqslant 1,\qquad k\geqslant 170.\] Najmniejszą liczbą \(k\) spełniającą warunek jest \(k=170\). **Krok \(8\).** Dla \(k=170\) mamy \(M(n)=(n-13)^2+1\), więc najmniejsza liczba monet, równa \(1\), pojawia się dokładnie dla \(n=13\), czyli trzynastego dnia. (Sprawdzenie: \(M(12)=M(14)=2\), \(M(1)=145\).) **Uwaga.** Pułapką jest to, że \(n\) przebiega tylko liczby NATURALNE. Tutaj odcięta wierzchołka \(n_w=13\) sama jest liczbą naturalną, więc minimum funkcji kwadratowej jest jednocześnie minimum ciągu. Gdyby wierzchołek wypadł na przykład w \(n_w=13{,}5\), trzeba by porównać \(M(13)\) i \(M(14)\). Zwróć też uwagę, że warunek to \(M(n)\geqslant 1\) (co najmniej jedna moneta), a nie \(M(n)\gt 0\) w sensie rzeczywistym — dla liczb całkowitych daje to ten sam wynik. **Odpowiedź.** Najmniejsza liczba początkowa to \(k=170\) monet; przy tej wartości najmniej monet, dokładnie \(1\), było w skarbcu w dniu \(n=13\).

**1 pkt** – jeśli rozpozna, że ciąg liczb monet wkładanych do skarbca przez kolejne dni przez skarbnika jest arytmetyczny. Poprawna odpowiedź: Liczby monet wkładanych przez kolejne dni przez skarbnika tworzą ciąg arytmetyczny o pierwszym wyrazie równym \(25\) i różnicy równej \(2\). **1 pkt** – jeśli zapisze wzór na \(M(n)\) – liczbę monet w \(n\)-tym dniu po południu. Poprawna odpowiedź: \(M(n)=k+\frac{25+\left(25+(n-1)\cdot 2\right)}{2}\cdot n-50n=n^{2}-26n+k\) **2 pkt** – jeśli zapisze warunek wystarczający na to, aby w skarbcu zawsze były monety i wyznaczy najmniejszą liczbę \(k\). Poprawna odpowiedź: np. \(M(n)=(n-13)^{2}+k-169>0\), więc najmniejszą liczbą \(k\) jest \(170\), albo \(\Delta<0\) (bo \(n\in N\)), czyli \(26^{2}-4k<0\), stąd \(k>169\), więc najmniejszą liczbą \(k\) jest \(170\). **1 pkt** – jeśli zapisze tylko warunek wystarczający na to, aby w skarbcu zawsze były monety i na tym zakończy rozwiązanie lub popełni błędy przy wyznaczaniu najmniejszej liczby \(k\). Poprawna odpowiedź: np. \(M(n)=(n-13)^{2}+k-169>0\) lub \(\Delta<0\), bo \(n\in N\), stąd \(26^{2}-4k<0\). **1 pkt** – jeśli obliczy, w którym dniu w skarbcu była najmniejsza liczba monet. Poprawna odpowiedź: \(n=13\).

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