Strona główna › Statystyka i prawdopodobieństwo › Prawdopodobieństwo klasyczne

Prawdopodobieństwo klasyczne

Q: Dlaczego przy dwóch kostkach jest 36 wyników, a nie 21?

Bo wyniki (2,6) i (6,2) traktujemy jako różne. Tylko przy takim opisie wszystkie są jednakowo prawdopodobne, a to warunek stosowania wzoru klasycznego. Wersja z 21 nieuporządkowanymi parami tego warunku nie spełnia.

Wzór na prawdopodobieństwo klasyczne mieści się w jednym ułamku i nikt nie ma z nim kłopotu. Kłopot zaczyna się przy liczeniu tego, co w tym ułamku stoi — bo w zadaniach maturalnych wyników jest zwykle za dużo, żeby je wypisać. Ta strona jest o tej części: jak policzyć $|\Omega|$ i liczbę zdarzeń sprzyjających, kiedy lista przestaje być metodą. Samo pojęcie zdarzenia losowego omawiam na stronie o rachunku prawdopodobieństwa.

Dział: Statystyka i prawdopodobieństwoPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 13

Przejdź od razu do zadań (13) ↓

1Wzór i dwie liczby, które trzeba w nim ustalić

Podstawa programowa wymienia to jako pierwszy punkt działu (XII. Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka, zakres podstawowy, punkt 1: „oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym”).

P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}

gdzie $|\Omega|$ to liczba wszystkich możliwych wyników, a $|A|$ — liczba wyników sprzyjających zdarzeniu $A$ . Model klasyczny wymaga, żeby wszystkie wyniki były jednakowo prawdopodobne; w zadaniach szkolnych warunek ten jest zawsze spełniony przez opis („symetryczna kostka”, „losowo”).

Cała praca polega na ustaleniu dwóch liczb — i tu obowiązuje jedna żelazna zasada:

Licznik i mianownik liczymy w TEN SAM sposób

Jeśli $|\Omega|$ liczysz z uwzględnieniem kolejności, to $|A|$ też musi być tak liczone.

Jeśli traktujesz wyniki jako nieuporządkowane (wybór grupy), obie liczby muszą być takie.

Wymieszanie konwencji jest najczęstszym błędem w tym dziale i daje wynik, który wygląda poprawnie — bywa nawet mniejszy od jedynki, więc nic nie ostrzega.

Kontrola, którą warto robić zawsze: wynik musi mieścić się między $0$ a $1$ . Ułamek większy od jedynki oznacza, że sprzyjających naliczono więcej niż wszystkich — czyli że licznik i mianownik liczono inaczej.

2Gdy wyników nie da się wypisać

Przy jednej kostce czy dwóch rzutach monetą wypisanie listy jest najszybszą metodą. Przy dwóch kostkach lista ma już $36$ pozycji, a przy losowaniu dwóch osób z dziesięciu — $45$ . Wtedy liczymy, zamiast wypisywać.

sytuacja	jak liczyć $\|\Omega\|$	narzędzie
dwie kostki, dwa losowania ze zwracaniem	$6 \cdot 6$ , ogólnie $n^k$	reguła mnożenia
losowanie bez zwracania, z kolejnością	$n \cdot (n-1) \cdot \ldots$	reguła mnożenia z malejącymi czynnikami
wybór grupy, kolejność bez znaczenia	$\frac{n(n-1)}{2}$ dla par	dzielenie przez powtórzenia
liczby o zadanej liczbie cyfr	iloczyn możliwości na pozycjach	reguła mnożenia z ograniczeniami

Wszystkie cztery techniki opisuję szczegółowo przy regule mnożenia i w kombinatoryce — tutaj są narzędziem, a nie tematem. Warto natomiast zauważyć, jak często zadanie o prawdopodobieństwie jest w istocie zadaniem o zliczaniu: rachunek kończy się jednym dzieleniem, a cała trudność leży przed nim.

Przy dwóch kostkach wygodnie jest myśleć o wynikach jako o parach uporządkowanych: $(2,6)$ to inny wynik niż $(6,2)$ , mimo że suma ta sama. Dzięki temu wszystkie $36$ wyników jest jednakowo prawdopodobnych — a przy sumach tak nie jest, bo sumę $7$ da się uzyskać na sześć sposobów, a sumę $2$ tylko na jeden.

To rozróżnienie jest sednem najczęstszego nieporozumienia w tym dziale: suma oczek nie jest dobrym opisem przestrzeni zdarzeń, choć wygląda naturalnie. Przestrzenią są pary, a sumy to dopiero zdarzenia.

3Zdarzenie przeciwne — kiedy liczyć „na odwrót”

Jeżeli w treści pada sformułowanie „co najmniej jeden”, prawie zawsze szybciej jest policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego:

P(A) = 1 - P(A')

Powód jest praktyczny. „Co najmniej jedna szóstka w trzech rzutach” obejmuje przypadki: dokładnie jedna, dokładnie dwie, dokładnie trzy — czyli trzy osobne rachunki. Zdarzenie przeciwne to jeden przypadek: żadnej szóstki.

„co najmniej jeden” → policz „ani jednego” i odejmij od jedynki;
„co najmniej dwa” → czasem szybciej wprost, bo dopełnienie ma dwa przypadki;
„różne od…”, „nie…” → dopełnienie jest zwykle prostsze.

Samo pojęcie zdarzenia przeciwnego i jego własności opisuję w dziale; tutaj chodzi wyłącznie o to, kiedy się opłaca po nie sięgnąć.

Warto też pamiętać, że wynik pozostaje ułamkiem — i tak go zapisujemy. Prawdopodobieństwo $\frac{91}{216}$ jest odpowiedzią pełną; zamiana na $0{,}42$ niczego nie dodaje, a bywa uznana za przybliżenie, o które nikt nie prosił.

4Najczęstsze modele w zadaniach maturalnych

Cztery schematy wracają w arkuszach regularnie i warto je rozpoznawać po pierwszym zdaniu treści.

model	co jest wynikiem	typowe $\|\Omega\|$
dwie kostki	para oczek	$36$
losowanie $k$ osób z $n$	grupa (bez kolejności)	$\frac{n(n-1)}{2}$ dla $k=2$
losowa liczba $n$ -cyfrowa	liczba	iloczyn możliwości na pozycjach
$k$ rzutów monetą lub kostką	ciąg wyników	$2^k$ albo $6^k$

Przy losowaniu bez zwracania trzeba dodatkowo rozstrzygnąć, czy kolejność ma znaczenie. Dla pytań typu „jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowano dwóch chłopców” — nie ma, bo wynik nie zależy od tego, którego wylosowano pierwszego.

Nic się jednak nie stanie, jeśli policzysz obie liczby z kolejnością: w liczniku i mianowniku pojawi się wtedy ten sam czynnik $2$ i skróci się. To dobra wiadomość dla kogoś, kto nie jest pewien konwencji — byle trzymać się jednej.

Ostatni wiersz tabeli tłumaczy, dlaczego rzuty monetą liczy się jako ciągi, a nie jako „liczbę orłów”. Wynik $OOR$ jest innym elementem przestrzeni niż $ORO$ , choć orłów jest tyle samo — i tylko przy takim opisie wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne.

5Przykłady krok po kroku

Cztery modele po kolei: dwie kostki, losowanie bez zwracania, zdarzenie przeciwne i losowa liczba dwucyfrowa.

Przykład 1 Dwie kostki

Rzucamy dwiema symetrycznymi kostkami sześciennymi. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie $8$ ?

Wynikiem jest para uporządkowana oczek, więc $|\Omega| = 6 \cdot 6 = 36$ .
Wypisuję pary dające sumę $8$ : $(2,6)$ , $(3,5)$ , $(4,4)$ , $(5,3)$ , $(6,2)$ — jest ich $5$ .
$P = \frac{5}{36}$ .
Kontrola zakresu: $\frac{5}{36}$ leży między $0$ a $1$ ✓
Kontrola konwencji: pary $(3,5)$ i $(5,3)$ policzyłem osobno — tak samo jak w mianowniku, gdzie $(3,5)$ i $(5,3)$ to dwa z trzydziestu sześciu wyników ✓

Odpowiedź: $P = \frac{5}{36}$

Gdyby przestrzenią były sumy (od $2$ do $12$ ), wyszłoby $|\Omega| = 11$ i wynik $\frac{1}{11}$ — błędny, bo sumy nie są jednakowo prawdopodobne. Suma $7$ powstaje na sześć sposobów, a suma $2$ na jeden.

Przykład 2 Losowanie bez zwracania

W grupie jest $6$ dziewcząt i $4$ chłopców. Losujemy dwie osoby. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będą to dwaj chłopcy?

Kolejność nie ma znaczenia, więc liczę pary: $|\Omega| = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45$ .
Pary złożone z dwóch chłopców: $\frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ .
$P = \frac{6}{45} = \frac{2}{15}$ .
Kontrola drugą konwencją: licząc z kolejnością, mamy $\frac{4 \cdot 3}{10 \cdot 9} = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ — ten sam wynik ✓
Kontrola sensu: chłopcy to mniej niż połowa grupy, więc szansa na dwóch naraz musi być wyraźnie mniejsza od $\frac{1}{4}$ — i jest ✓

Odpowiedź: $P = \frac{2}{15}$

Czwarty krok pokazuje rzecz uspokajającą: obie konwencje dają ten sam wynik, o ile stosuje się je konsekwentnie w liczniku i mianowniku. Czynnik $2$ skraca się sam.

Przykład 3 Co najmniej jedna szóstka

Rzucamy trzy razy symetryczną kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia co najmniej jednej szóstki?

Wynikiem jest ciąg trzech oczek, więc $|\Omega| = 6^3 = 216$ .
Zdarzenie przeciwne: ani jednej szóstki. Na każdej pozycji zostaje $5$ możliwości, czyli $5^3 = 125$ wyników.
$P(A') = \frac{125}{216}$ .
$P(A) = 1 - \frac{125}{216} = \frac{91}{216}$ .
Kontrola liczenia wprost: dokładnie jedna szóstka daje $3 \cdot 25 = 75$ , dokładnie dwie $3 \cdot 5 = 15$ , trzy $1$ — razem $91$ ✓
Kontrola zakresu: $\frac{91}{216}$ leży między $0$ a $1$ , i to poniżej połowy, bo $91 < 108$ ✓

Odpowiedź: $P = \frac{91}{216}$

Piąty krok to ta sama liczba policzona trzema rachunkami zamiast jednym — i właśnie dlatego opłaca się zdarzenie przeciwne. Wynik zostawiamy ułamkiem; nikt nie prosił o postać dziesiętną.

Przykład 4 Losowa liczba dwucyfrowa

Losujemy liczbę dwucyfrową. Jakie jest prawdopodobieństwo, że obie jej cyfry będą nieparzyste?

Liczb dwucyfrowych jest $99 - 10 + 1 = 90$ , więc $|\Omega| = 90$ .
Pierwsza cyfra nieparzysta: $1, 3, 5, 7, 9$ — pięć możliwości. Druga tak samo — pięć.
$|A| = 5 \cdot 5 = 25$ .
$P = \frac{25}{90} = \frac{5}{18}$ .
Kontrola mianownika inaczej: pierwsza cyfra to $9$ możliwości (bez zera), druga $10$ , czyli $9 \cdot 10 = 90$ ✓
Kontrola sensu: gdyby zero nie psuło pierwszej pozycji, odpowiedź brzmiałaby $\frac{1}{4}$ ; wyszło nieco więcej, bo pierwszych cyfr jest tylko dziewięć ✓

Odpowiedź: $P = \frac{5}{18}$

Ostatni krok jest wart uwagi: $\frac{5}{18}$ to więcej niż $\frac{1}{4}$ , choć „połowa cyfr jest nieparzysta” sugerowałoby dokładnie ćwiartkę. Różnica bierze się z zakazu zera na pierwszej pozycji.

6Najczęstsze błędy

Pierwsze trzy błędy dotyczą przestrzeni zdarzeń, dwa ostatnie — zapisu i kontroli.

Przyjęcie sum oczek za przestrzeń zdarzeń przy dwóch kostkach.

Skąd się bierze: Sum jest jedenaście i wyglądają na naturalne wyniki rzutu.

Jak zrobić dobrze: Przestrzenią są pary oczek, bo tylko one są jednakowo prawdopodobne. Sumy to zdarzenia złożone z różnej liczby par.

Liczenie licznika z kolejnością, a mianownika bez niej.

Skąd się bierze: Każdą z liczb wyznacza się osobno i łatwo zmienić konwencję po drodze.

Jak zrobić dobrze: Wybierz jedną konwencję i trzymaj się jej w obu liczbach. Przy parach czynnik $2$ i tak się skróci.

Liczenie „co najmniej jednego” wprost, przypadek po przypadku.

Skąd się bierze: Treść wymienia zdarzenie sprzyjające, więc odruch podpowiada liczyć je bezpośrednio.

Jak zrobić dobrze: Policz zdarzenie przeciwne i odejmij od jedynki. Trzy rachunki zamieniają się wtedy w jeden.

Zamiana wyniku na liczbę dziesiętną bez polecenia.

Skąd się bierze: Ułamek $\frac{91}{216}$ wygląda na nieprzyjazny.

Jak zrobić dobrze: Ułamek jest odpowiedzią pełną i dokładną. Postać dziesiętną podajemy tylko wtedy, gdy zadanie o nią prosi.

Brak kontroli, czy wynik mieści się w przedziale od zera do jedynki.

Skąd się bierze: Rachunek bywa długi, a wynik po prostu się zapisuje.

Jak zrobić dobrze: Sprawdź ułamek. Wartość większa od jedynki oznacza, że sprzyjających naliczono więcej niż wszystkich — czyli że konwencje się rozjechały.

Zadania maturalne — prawdopodobieństwo w modelu klasycznym

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — liczby, które wyliczamy: sprzyjające i wszystkie możliwe. Model klasyczny to jeden ułamek: sprzyjające przez wszystkie — cała trudność polega na tym, żeby dobrze policzyć obie liczby, a nie na samym dzieleniu.

Sprawdź się bez zaglądania do odpowiedzi. Wylosuję 8 zadań zamkniętych z tego zestawu — klucz i rozwiązania schowam do czasu sprawdzenia. Pula liczy 8 zadań, więc za każdym razem dostaniesz inny zestaw.

Zadania zamknięte

Zadanie 1 (maj 2025)1 pktłatwe

Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek — od jednego oczka do sześciu oczek. Zdarzenie

A

polega na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek będzie równa

11

. Prawdopodobieństwo zdarzenia

A

jest równe

A. $\frac{1}{36}$
B. $\frac{6}{36}$
C. $\frac{11}{36}$
D. $\frac{2}{36}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

Wszystkie możliwe wyniki. Dwa rzuty, w każdym $\textcolor{#16A06A}{6}$ możliwości, więc par jest $6 \cdot 6 = \textcolor{#E0453A}{36}$ .
Sprzyjające. Wypisuję pary o sumie $\textcolor{#16A06A}{11}$ : $(5, 6)$ oraz $(6, 5)$ .
Innych nie ma — największa możliwa suma to $12$ , a $11$ da się rozbić tylko na $5 + 6$ .
liczba sprzyjających: $\textcolor{#E0453A}{2}$
Model klasyczny. $P(A) = \frac{\textcolor{#E0453A}{2}}{\textcolor{#E0453A}{36}}$ .
Odpowiedź: $\frac{2}{36}$ , czyli D.

💡 Wskazówka: Pary $(5,6)$ i $(6,5)$ to dwa różne wyniki, bo kostki rzucamy kolejno. Gdyby rzucać nimi jednocześnie i nie odróżniać ich od siebie, przestrzeń zdarzeń byłaby inna — ale zadanie mówi wprost o dwukrotnym rzucie.

⚠ Najczęstszy błąd to odpowiedź A ( $\frac{1}{36}$ ) — policzenie tylko jednej pary, bez uwzględnienia, że kolejność rozróżnia $(5,6)$ i $(6,5)$ . Odpowiedź C ( $\frac{11}{36}$ ) jest pułapką czysto wzrokową: liczba $11$ z treści trafia do licznika, choć nie jest liczbą zdarzeń.

Zadanie 2 (czerwiec 2024)1 pktśrednie

W pudełku znajdują się wyłącznie kule białe i czarne. Kul czarnych jest

18

. Z tego pudełka w sposób losowy wyciągamy jedną kulę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wyciągniemy kulę czarną, jest równe

\frac{3}{5}

. Liczba kul białych w pudełku, przed wyciągnięciem jednej kuli, była równa

A. $9$
B. $12$
C. $15$
D. $30$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

To zadanie odwrotne: znamy prawdopodobieństwo, szukamy liczby kul.
Oznaczam przez $n$ liczbę wszystkich kul. Sprzyjające to kule czarne, czyli $\textcolor{#16A06A}{18}$ .
$\frac{\textcolor{#16A06A}{18}}{n} = \textcolor{#16A06A}{\frac{3}{5}}$
Mnożę na krzyż: $3n = 5 \cdot 18 = 90$ , więc $n = \textcolor{#E0453A}{30}$ .
Kule białe to reszta: $30 - 18 = \textcolor{#E0453A}{12}$ .
Odpowiedź: $12$ , czyli B.

💡 Wskazówka: Kontrola w jednej linijce: przy $30$ kulach czarne stanowią $\frac{18}{30} = \frac{3}{5}$ ✓, a białe $\frac{12}{30} = \frac{2}{5}$ — oba ułamki sumują się do $1$ .

⚠ Odpowiedź D ( $30$ ) to liczba wszystkich kul, a nie białych — czyli zatrzymanie się o krok za wcześnie. To najczęstsza pomyłka w zadaniach odwrotnych: policzone jest wszystko, tylko nie ta wielkość, o którą pytano.

Zadanie 3 (grudzień 2023)1 pktśrednie

Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek — od jednego oczka do sześciu oczek. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest liczbą nieparzystą, jest równe

A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{4}$
D. $\frac{3}{4}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Kluczowa obserwacja: iloczyn jest nieparzysty tylko wtedy, gdy oba czynniki są nieparzyste. Wystarczy jedna liczba parzysta, żeby cały iloczyn stał się parzysty.
Nieparzyste oczka: $\textcolor{#16A06A}{1}$ , $\textcolor{#16A06A}{3}$ , $\textcolor{#16A06A}{5}$ — trzy z sześciu.
Sprzyjające pary: $3 \cdot 3 = \textcolor{#E0453A}{9}$ .
Wszystkie pary: $6 \cdot 6 = \textcolor{#E0453A}{36}$ .
$P = \frac{\textcolor{#E0453A}{9}}{\textcolor{#E0453A}{36}} = \frac{1}{4}$
Odpowiedź: $\frac{1}{4}$ , czyli C.

💡 Wskazówka: Ten sam wynik wychodzi szybciej przez niezależność: w każdym rzucie szansa na nieparzystą liczbę oczek wynosi $\frac12$ , a rzuty są niezależne, więc $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ .

⚠ Odpowiedź A ( $\frac12$ ) bierze się z rozumowania „połowa liczb jest nieparzysta, więc połowa iloczynów też”. To nieprawda: warunek dotyczy obu rzutów naraz, więc prawdopodobieństwa się mnożą. Odpowiedź D ( $\frac34$ ) to prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego — iloczynu parzystego.

Zadanie 4 (grudzień 2022)1 pktłatwe

Na loterii stosunek liczby losów wygrywających do liczby losów przegrywających jest równy

2 : 7

. Zakupiono jeden los z tej loterii. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że zakupiony los jest wygrywający, jest równe

A. $\frac{1}{9}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{9}$
D. $\frac{2}{7}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Stosunek to nie prawdopodobieństwo. Zapis $\textcolor{#16A06A}{2 : 7}$ mówi, że na każde $2$ losy wygrywające przypada $7$ przegrywających.
Wprowadzam wspólną miarę: wygrywających jest $2k$ , przegrywających $7k$ .
Wszystkich losów: $2k + 7k = \textcolor{#E0453A}{9k}$ .
$P = \frac{\textcolor{#E0453A}{2k}}{\textcolor{#E0453A}{9k}} = \frac{2}{9}$ — litera $k$ się skraca, więc wynik nie zależy od wielkości loterii.
Odpowiedź: $\frac{2}{9}$ , czyli C.

💡 Wskazówka: Przy stosunku $a : b$ mianownikiem jest zawsze suma $a + b$ , a nie drugi składnik. Kontrola: prawdopodobieństwa wygranej i przegranej muszą dać razem $1$ , a $\frac29 + \frac79 = 1$ ✓

⚠ Odpowiedź D ( $\frac27$ ) to wprost przepisany stosunek z treści — najczęstszy błąd w tym typie zadania. Ułamek $\frac27$ nie jest prawdopodobieństwem wygranej, bo $7$ to liczba losów przegrywających, a nie wszystkich.

Zadanie 5 (czerwiec 2022)1 pktśrednie

W pudełku są tylko kule białe, czarne i zielone. Kul białych jest dwa razy więcej niż czarnych, a czarnych jest trzy razy więcej niż zielonych. Z pudełka losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe

A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{2}{9}$
C. $\frac{1}{6}$
D. $\frac{3}{5}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

Zaczynam od koloru najrzadszego, bo do niego odnoszą się pozostałe. Zielonych niech będzie $z$ .
Czarnych jest $\textcolor{#16A06A}{3}$ razy więcej: $3z$ .
Białych jest $\textcolor{#16A06A}{2}$ razy więcej niż czarnych: $2 \cdot 3z = \textcolor{#E0453A}{6z}$ .
Wszystkich kul: $z + 3z + 6z = \textcolor{#E0453A}{10z}$ .
$P = \frac{\textcolor{#E0453A}{6z}}{\textcolor{#E0453A}{10z}} = \frac{3}{5}$
Odpowiedź: $\frac{3}{5}$ , czyli D.

💡 Wskazówka: Wybór punktu wyjścia decyduje o tym, czy pojawią się ułamki. Gdyby zacząć od białych, zielonych byłoby $\frac{b}{6}$ i rachunek byłby brzydszy. Zaczynaj od tej wielkości, przez którą wyrażone są pozostałe.

⚠ Odpowiedź A ( $\frac23$ ) powstaje z pominięcia kul zielonych — liczone są tylko białe i czarne, czyli $\frac{6z}{9z}$ . Warto na koniec sprawdzić, czy w mianowniku uwzględniono wszystkie kolory wymienione w treści.

Zadanie 6 (czerwiec 2021)1 pktśrednie

W pudełku znajdują się płytki z literami. Na każdej płytce jest wydrukowana jedna litera — spółgłoskowa albo samogłoskowa. Płytek z literami spółgłoskowymi jest o

25\%

więcej niż płytek z literami samogłoskowymi. Losujemy jedną płytkę. Prawdopodobieństwo wylosowania płytki z literą samogłoskową jest równe

A. $0{,}75$
B. $0{,}25$
C. $\frac{4}{9}$
D. $\frac{5}{9}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

„O $25\%$ więcej” liczy się od samogłoskowych, bo to one są punktem odniesienia w zdaniu.
Samogłoskowych niech będzie $s$ . Spółgłoskowych: $s + \textcolor{#16A06A}{25\%} \cdot s = 1{,}25s$ .
Żeby uniknąć ułamków, biorę $s = 4k$ : wtedy spółgłoskowych jest $\textcolor{#E0453A}{5k}$ , bo $1{,}25 \cdot 4k = 5k$ .
Wszystkich płytek: $4k + 5k = \textcolor{#E0453A}{9k}$ .
$P(\text{samogłoska}) = \frac{\textcolor{#E0453A}{4k}}{\textcolor{#E0453A}{9k}} = \frac{4}{9}$
Odpowiedź: $\frac{4}{9}$ , czyli C.

💡 Wskazówka: Sprawdzian doboru liczb: przy $4$ samogłoskowych i $5$ spółgłoskowych różnica wynosi $1$ , a $\frac{1}{4} = 25\%$ ✓ — czyli warunek z treści jest spełniony.

⚠ Odpowiedzi A i B ( $0{,}75$ i $0{,}25$ ) biorą się z potraktowania $25\%$ jako gotowego prawdopodobieństwa. Procent z treści opisuje różnicę między dwiema grupami, a nie udział jednej z nich w całości. Odpowiedź D ( $\frac59$ ) to prawdopodobieństwo wylosowania spółgłoski — czyli poprawny rachunek dla złego pytania.

Zadanie 7 (maj 2021)1 pkttrudniejsze

Z wierzchołków sześcianu

ABCDEFGH

losujemy jednocześnie dwa różne wierzchołki. Prawdopodobieństwo tego, że wierzchołki te będą końcami przekątnej sześcianu

ABCDEFGH

, jest równe

A. $\frac{1}{7}$
B. $\frac{4}{7}$
C. $\frac{1}{14}$
D. $\frac{3}{7}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

Wszystkie możliwości. Wybieramy $2$ wierzchołki z $\textcolor{#16A06A}{8}$ , bez kolejności (losujemy jednocześnie):
$\frac{8 \cdot 7}{2} = \textcolor{#E0453A}{28}$ par
Sprzyjające. Przekątna sześcianu łączy wierzchołki leżące najdalej od siebie — po przekątnej przez środek bryły. Każdy wierzchołek ma dokładnie jeden taki „przeciwległy”, a par jest o połowę mniej niż wierzchołków:
$\frac{\textcolor{#16A06A}{8}}{2} = \textcolor{#E0453A}{4}$ przekątne
$P = \frac{\textcolor{#E0453A}{4}}{\textcolor{#E0453A}{28}} = \frac{1}{7}$
Odpowiedź: $\frac{1}{7}$ , czyli A.

💡 Wskazówka: Trzy rodzaje odcinków między wierzchołkami sześcianu warto rozróżniać: krawędzie ( $12$ ), przekątne ścian ( $12$ , po dwie na każdej z sześciu ścian) oraz przekątne sześcianu ( $4$ ). Razem $12 + 12 + 4 = 28$ ✓ — a to jest właśnie liczba wszystkich par.

⚠ Najczęstsza pomyłka to policzenie przekątnych ścian zamiast przekątnych bryły, co daje $\frac{12}{28} = \frac37$ , czyli odpowiedź D. Druga pułapka to odpowiedź C ( $\frac{1}{14}$ ) — powstaje, gdy par policzy się $56$ , czyli z kolejnością, mimo że losujemy jednocześnie.

Zadanie 8 (marzec 2021)1 pktśrednie

Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana liczba jest podzielna przez

5

, jest równe

A. $\frac{2}{5}$
B. $\frac{5}{100}$
C. $\frac{5}{90}$
D. $\frac{18}{90}$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

Wszystkie możliwości. Liczby dwucyfrowe to $\textcolor{#16A06A}{10}, 11, \ldots, \textcolor{#16A06A}{99}$ , czyli $99 - 10 + 1 = \textcolor{#E0453A}{90}$ liczb.
Sprzyjające. Podzielne przez $\textcolor{#16A06A}{5}$ są $10, 15, 20, \ldots, 95$ .
To ciąg arytmetyczny o różnicy $5$ ; jego wyrazów jest $\frac{95 - 10}{5} + 1 = 17 + 1 = \textcolor{#E0453A}{18}$ .
$P = \frac{\textcolor{#E0453A}{18}}{\textcolor{#E0453A}{90}}$
Odpowiedź: $\frac{18}{90}$ , czyli D.

💡 Wskazówka: Liczby podzielne przez $5$ to co piąta liczba, więc wśród $90$ liczb powinno ich być około $\frac{90}{5} = 18$ — i dokładnie tyle wychodzi. Ta kontrola działa zawsze, gdy przedział zaczyna się i kończy „równo”.

⚠ Odpowiedź B ( $\frac{5}{100}$ ) bierze się z policzenia liczb dwucyfrowych jako $100$ — a liczb od $0$ do $9$ do zbioru nie zaliczamy. Odpowiedź C ( $\frac{5}{90}$ ) ma poprawny mianownik i licznik przepisany z treści: piątka nie jest liczbą zdarzeń sprzyjających, tylko dzielnikiem.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. D	2. B	3. C	4. C	5. D	6. C
7. A	8. D

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Zadania maturalne otwarte — prawdopodobieństwo klasyczne

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co wyliczamy. Zawsze zaczynaj od jednego pytania: ile jest wszystkich możliwości. Dopiero potem licz sprzyjające — i pilnuj, czy losowanie jest ze zwracaniem, czy bez.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (sierpień 2025)2 pktśrednie

Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Zapisujemy kolejno liczby wyrzuconych oczek i w ten sposób otrzymujemy liczbę dwucyfrową, przy czym pierwsza wyrzucona liczba oczek jest cyfrą dziesiątek, a druga — cyfrą jedności tej liczby. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia

A

polegającego na tym, że otrzymana liczba dwucyfrowa będzie nieparzysta i podzielna przez

3

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P(A) = \dfrac16$

Przestrzeń zdarzeń. Każdy rzut daje $6$ wyników, a rzuty są dwa i kolejność ma znaczenie:
$|\Omega| = 6 \cdot 6 = \textcolor{#16A06A}{36}$
Warunek pierwszy — nieparzystość. Decyduje o niej wyłącznie cyfra jedności, czyli drugi rzut: musi wypaść $1$ , $3$ albo $5$ .
Warunek drugi — podzielność przez $3$ . Liczba dzieli się przez $3$ wtedy, gdy dzieli się przez $3$ suma jej cyfr.
Sprawdzamy trzy przypadki drugiego rzutu:
cyfra jedności warunek na cyfrę dziesiątek możliwości
$1$ suma podzielna przez 3 $2$ , $5$
$3$ suma podzielna przez 3 $3$ , $6$
$5$ suma podzielna przez 3 $1$ , $4$
Razem $|A| = 2 + 2 + 2 = \textcolor{#E0453A}{6}$ .
$P(A) = \frac{6}{36} = \textcolor{#E0453A}{\frac16}$

cyfra jedności	warunek na cyfrę dziesiątek	możliwości
$1$	suma podzielna przez 3	$2$ , $5$
$3$	suma podzielna przez 3	$3$ , $6$
$5$	suma podzielna przez 3	$1$ , $4$

💡 Wskazówka: Cecha podzielności przez $3$ oszczędza tu całą robotę: zamiast wypisywać liczby dwucyfrowe, patrzysz tylko na sumę oczek. Sprawdziłem programowo wszystkie $36$ wyników — sprzyjających jest dokładnie sześć.

⚠ Uznanie, że o nieparzystości decyduje pierwszy rzut. Cyfra dziesiątek nie wpływa na parzystość liczby — rozstrzyga wyłącznie cyfra jedności, czyli drugi wynik.

Zadanie 2 (czerwiec 2025)2 pktśrednie

Dane są dwa zbiory:

X = \{-3, -2, -1, 0, 1, 2\}

oraz

Y = \{-2, -1, 0, 1\}

. Losujemy jedną liczbę ze zbioru

X

, a następnie jedną ze zbioru

Y

, i tworzymy parę

(x, y)

. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia

A

polegającego na tym, że wylosowana para spełni warunek

x \cdot y \geq 0

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P(A) = \dfrac{17}{24}$

Przestrzeń zdarzeń. Zbiory mają $\textcolor{#16A06A}{6}$ i $\textcolor{#16A06A}{4}$ elementy, a losujemy po jednej liczbie z każdego:
$|\Omega| = 6 \cdot 4 = \textcolor{#16A06A}{24}$
Warunek $x \cdot y \geq 0$ jest nieostry, więc rozbijamy go na dwa przypadki.
Iloczyn równy zeru — wystarczy, żeby któraś liczba była zerem:
par z $x = 0$ jest $4$ , par z $y = 0$ jest $6$ , ale parę $(0, 0)$ policzyliśmy dwa razy, więc $4 + 6 - 1 = \textcolor{#E0453A}{9}$ .
Iloczyn dodatni — oba czynniki tego samego znaku:
obie ujemne: $3 \cdot 2 = 6$ , obie dodatnie: $2 \cdot 1 = 2$ , razem $\textcolor{#E0453A}{8}$ .
$|A| = 9 + 8 = \textcolor{#E0453A}{17}$
$P(A) = \textcolor{#E0453A}{\frac{17}{24}}$

💡 Wskazówka: Przy zliczaniu par z zerem konieczna jest zasada włączeń i wyłączeń — bez odjęcia pary $(0,0)$ wyszłoby $10$ zamiast $9$ , a końcowy wynik $\frac{18}{24}$ , czyli $\frac34$ .

⚠ Potraktowanie warunku jako ostrego ( $x \cdot y > 0$ ). Wyszłoby wtedy $\frac{8}{24} = \frac13$ — sprawdziłem to programowo. Znak „równa się” w nierówności odpowiada tu za dziewięć z siedemnastu przypadków, czyli za większość zdarzenia.

Zadanie 3 (maj 2024)2 pktśrednie

Dany jest pięcioelementowy zbiór

K = \{5, 6, 7, 8, 9\}

. Ze zbioru

K

losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie i zapisujemy je w kolejności losowania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia

A

polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb jest parzysta.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P(A) = \dfrac{13}{25}$

Przestrzeń zdarzeń. Losowanie jest ze zwracaniem, więc za drugim razem znów mamy pięć możliwości:
$|\Omega| = 5 \cdot 5 = \textcolor{#16A06A}{25}$
Suma dwóch liczb jest parzysta, gdy obie są parzyste albo obie nieparzyste.
W zbiorze $K$ liczby nieparzyste to $5$ , $7$ , $9$ — jest ich $\textcolor{#E0453A}{3}$ ; parzyste to $6$ i $8$ — są $\textcolor{#E0453A}{2}$ .
$|A| = 3 \cdot 3 + 2 \cdot 2 = 9 + 4 = \textcolor{#E0453A}{13}$
$P(A) = \textcolor{#E0453A}{\frac{13}{25}}$

💡 Wskazówka: Wynik $\frac{13}{25}$ jest nieskracalny i tylko odrobinę większy od połowy — to ma sens, bo nieparzystych liczb jest w zbiorze więcej niż parzystych.

⚠ Policzenie przestrzeni jak przy losowaniu bez zwracania, czyli $5 \cdot 4 = 20$ . Wyszłoby wtedy $\frac{8}{20} = \frac25$ — inny wynik. Zwrot „ze zwracaniem” zmienia oba składniki ułamka naraz.

Zadanie 4 (sierpień 2023)2 pktłatwe

Ze zbioru pięciu liczb

\{1, 2, 3, 4, 5\}

losujemy bez zwracania kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia

A

polegającego na tym, że obie wylosowane liczby są nieparzyste.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P(A) = \dfrac{3}{10}$

Przestrzeń zdarzeń. Losowanie jest bez zwracania, więc za drugim razem zostaje o jedną liczbę mniej:
$|\Omega| = 5 \cdot 4 = \textcolor{#16A06A}{20}$
Liczby nieparzyste w tym zbiorze to $1$ , $3$ , $5$ — jest ich $\textcolor{#E0453A}{3}$ .
Pierwszą nieparzystą wybieramy na $3$ sposoby, drugą — na $\textcolor{#E0453A}{2}$ pozostałe:
$|A| = 3 \cdot 2 = \textcolor{#E0453A}{6}$
$P(A) = \frac{6}{20} = \textcolor{#E0453A}{\frac{3}{10}}$

💡 Wskazówka: Zwróć uwagę, że oba czynniki maleją o jeden: w mianowniku $5 \to 4$ , w liczniku $3 \to 2$ . To charakterystyczny ślad losowania bez zwracania.

⚠ Zapomnienie o skróceniu ułamka. Wynik $\frac{6}{20}$ jest poprawny rachunkowo, ale CKE oczekuje postaci nieskracalnej — a przy zadaniu otwartym za brak uproszczenia można stracić punkt.

Zadanie 5 (maj 2023)2 pkttrudniejsze

Ze zbioru ośmiu liczb

\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}

losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia

A

polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez

15

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P(A) = \dfrac{3}{32}$

Przestrzeń zdarzeń. Losowanie ze zwracaniem z ośmioelementowego zbioru:
$|\Omega| = 8 \cdot 8 = \textcolor{#16A06A}{64}$
Rozkładamy dzielnik na czynniki pierwsze: $\textcolor{#16A06A}{15} = 3 \cdot 5$ . Iloczyn musi więc zawierać i trójkę, i piątkę.
W zbiorze jest tylko jedna liczba wnosząca czynnik $5$ — sama piątka. Zatem jedna z wylosowanych liczb musi być piątką.
Druga musi wnieść czynnik $3$ , czyli być jedną z liczb $3$ , $6$ , $9$ — mamy $\textcolor{#E0453A}{3}$ możliwości.
Kolejność ma znaczenie, więc piątka może wypaść za pierwszym albo za drugim razem:
$|A| = 3 + 3 = \textcolor{#E0453A}{6}$
$P(A) = \frac{6}{64} = \textcolor{#E0453A}{\frac{3}{32}}$

💡 Wskazówka: Sprawdziłem programowo wszystkie $64$ pary: sprzyjające to $3 \cdot 5$ , $5 \cdot 3$ , $5 \cdot 6$ , $6 \cdot 5$ , $5 \cdot 9$ i $9 \cdot 5$ . W każdej z nich występuje piątka — i to jest sedno zadania.

⚠ Pominięcie kolejności i policzenie tylko trzech par zamiast sześciu. Losowanie „kolejno dwa razy” daje pary uporządkowane, więc $5 \cdot 3$ i $3 \cdot 5$ to dwa różne wyniki doświadczenia — tak samo jak w mianowniku, gdzie liczymy $8 \cdot 8$ , a nie kombinacje.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

P(A) = \dfrac16

P(A) = \dfrac{17}{24}

P(A) = \dfrac{13}{25}

P(A) = \dfrac{3}{10}

P(A) = \dfrac{3}{32}

7Pytania i odpowiedzi

Dlaczego przy dwóch kostkach jest

36

wyników, a nie

21

Bo wyniki $(2,6)$ i $(6,2)$ traktujemy jako różne. Tylko przy takim opisie wszystkie są jednakowo prawdopodobne, a to warunek stosowania wzoru klasycznego. Wersja z $21$ nieuporządkowanymi parami tego warunku nie spełnia.

Czy przy losowaniu dwóch osób kolejność ma znaczenie?

Dla wyniku nie, bo wylosowana para jest ta sama niezależnie od kolejności. Można jednak liczyć z kolejnością, byle w liczniku i mianowniku jednakowo — wspólny czynnik się skróci.

Kiedy opłaca się zdarzenie przeciwne?

Prawie zawsze, gdy w treści pada „co najmniej jeden”. Zdarzenie sprzyjające rozpada się wtedy na kilka przypadków, a jego dopełnienie jest jednym prostym rachunkiem.

Czy prawdopodobieństwo trzeba skracać?

Warto, bo skrócony ułamek jest czytelniejszy i tak zapisuje się odpowiedzi w kluczu. Nieskrócony nie jest błędem, ale $\frac{6}{45}$ czyta się gorzej niż $\frac{2}{15}$ .

Co zrobić, gdy wyników jest za dużo, żeby je wypisać?

Policzyć je regułą mnożenia albo dzieleniem przez powtórzenia — dokładnie tak, jak w zadaniach kombinatorycznych. Zadanie o prawdopodobieństwie jest wtedy zadaniem o zliczaniu zakończonym jednym dzieleniem.

Czytaj dalej

Rachunek prawdopodobieństwaPojęcia wyjściowe: zdarzenie losowe, zdarzenie przeciwne i dlaczego wynik mieści się między zerem a jedynką.Reguła mnożeniaNarzędzie do liczenia liczby wszystkich wyników, gdy lista przestaje być metodą.KombinatorykaZliczanie z warunkami i wybór bez kolejności — czyli mianownik trudniejszych zadań.StatystykaDział, w którym stoi ten temat, razem z opisem danych.

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-07-31. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.