Strona główna › Statystyka i prawdopodobieństwo › Prawdopodobieństwo klasyczne

Prawdopodobieństwo klasyczne

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 ∣Ω∣|\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

Krótko: Prawdopodobieństwo klasyczne zdarzenia A to P(A) = |A| : |Ω|, czyli liczba wyników sprzyjających podzielona przez liczbę wszystkich równie możliwych wyników. Przy rzucie kostką P(wypadnie 6) = 1/6.

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)=∣A∣∣Ω∣P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}

gdzie ∣Ω∣|\Omega| to liczba wszystkich możliwych wyników, a ∣A∣|A| — liczba wyników sprzyjających zdarzeniu AA. Model klasyczny wymaga, żeby wszystkie wyniki elementarne były jednakowo prawdopodobne. Opis „symetryczna kostka” to zapewnia; samo słowo „losowo” nie wystarcza — sprawdź, jaki mechanizm losowania podano.

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

Licznik i mianownik liczymy w TEN SAM sposób

Jeśli ∣Ω∣|\Omega| liczysz z uwzględnieniem kolejności, to ∣A∣|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 00 a 11. Ułamek większy od jedynki oznacza, że sprzyjających naliczono więcej niż wszystkich — czyli że licznik i mianownik liczono inaczej.

Losowanie dwóch osób z pięciu: bez kolejności 10 par i P = 1 : 10, z kolejnością 20 par, 2 sprzyjające (AB i BA) i P = 2 : 20 = 0,1; pomieszanie konwencji daje błędne 1 : 20
Model klasyczny — licznik i mianownik liczymy tą samą metodą

2Gdy wyników nie da się wypisać

Przy jednej kostce czy dwóch rzutach monetą wypisanie listy jest najszybszą metodą. Przy dwóch kostkach lista ma już 3636 pozycji, a przy losowaniu dwóch osób z dziesięciu — 4545. Wtedy liczymy, zamiast wypisywać.

sytuacjajak liczyć ∣Ω∣|\Omega|narzędzie
dwie kostki, dwa losowania ze zwracaniem6⋅66 \cdot 6, ogólnie nkn^kreguła mnożenia
losowanie bez zwracania, z kolejnościąn⋅(n−1)⋅…n \cdot (n-1) \cdot \ldotsreguła mnożenia z malejącymi czynnikami
wybór grupy, kolejność bez znaczenian(n−1)2\frac{n(n-1)}{2} dla pardzielenie przez powtórzenia
liczby o zadanej liczbie cyfriloczyn możliwości na pozycjachreguła 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)(2,6) to inny wynik niż (6,2)(6,2), mimo że suma ta sama. Dzięki temu wszystkie 3636 wyników jest jednakowo prawdopodobnych — a przy sumach tak nie jest, bo sumę 77 da się uzyskać na sześć sposobów, a sumę 22 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.

Tabela 6 × 6 sum oczek na dwóch kostkach i wykres liczby sposobów: suma 7 wypada na 6 sposobów (P = 1 : 6), suma 2 na jeden (P = 1 : 36)
Dwie kostki — 36 par i nierówno częste sumy oczek
Grupa A gratis · B–E w sklepie

Sprawdź, czy to już umieją: sprawdzian z kluczem z działu „Kombinatoryka i statystyka” (liceum, klasa 4), gotowy do druku

Grupę A pobierzesz za darmo i sprawdzisz na niej, jak wygląda arkusz. Grupy B, C, D i E mają inne liczby w tych samych zadaniach, więc sąsiedzi w ławce nie przepiszą od siebie. Klucz z punktacją do każdej grupy.

Okładka: Kombinatoryka i statystyka — cały dział, liceum 4 (10 pakietów)
Jeden arkuszgrupy B–E i klucze do wybranego testu3,90 złNAJCZĘŚCIEJ WYBIERANECały dział „Kombinatoryka i statystyka”10 arkuszy w jednym pliku16,90 zł39,00 zł−22,10 złLiceum, klasa 4, na cały rok16 arkuszy, 1,87 zł za arkusz29,90 zł
Dodaj do koszyka · cały dział · 16,90 złPobierz darmową grupę A (PDF)
✓ PDF od razu po płatności BLIK✓ Bez zakładania konta✓ Faktura dla szkoły

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′)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.

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 91216\frac{91}{216} jest odpowiedzią pełną; zamiana na 0,420{,}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.

modelco jest wynikiemtypowe ∣Ω∣|\Omega|
dwie kostkipara oczek3636
losowanie kk osób z nngrupa (bez kolejności)n(n−1)2\frac{n(n-1)}{2} dla k=2k=2
losowa liczba nn-cyfrowaliczbailoczyn możliwości na pozycjach
kk rzutów monetą lub kostkąciąg wyników2k2^k albo 6k6^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 22 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 OOROOR jest innym elementem przestrzeni niż OROORO, 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 88?

  1. Wynikiem jest para uporządkowana oczek, więc ∣Ω∣=6⋅6=36|\Omega| = 6 \cdot 6 = 36.
  2. Wypisuję pary dające sumę 88: (2,6)(2,6), (3,5)(3,5), (4,4)(4,4), (5,3)(5,3), (6,2)(6,2) — jest ich 55.
  3. P=536P = \frac{5}{36}.
  4. Kontrola zakresu: 536\frac{5}{36} leży między 00 a 11 ✓
  5. Kontrola konwencji: pary (3,5)(3,5) i (5,3)(5,3) policzyłem osobno — tak samo jak w mianowniku, gdzie (3,5)(3,5) i (5,3)(5,3) to dwa z trzydziestu sześciu wyników ✓

Odpowiedź: P=536P = \frac{5}{36}

Gdyby przestrzenią były sumy (od 22 do 1212), wyszłoby ∣Ω∣=11|\Omega| = 11 i wynik 111\frac{1}{11} — błędny, bo sumy nie są jednakowo prawdopodobne. Suma 77 powstaje na sześć sposobów, a suma 22 na jeden.

Przykład 2 Losowanie bez zwracania

W grupie jest 66 dziewcząt i 44 chłopców. Losujemy dwie osoby. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będą to dwaj chłopcy?

  1. Kolejność nie ma znaczenia, więc liczę pary: ∣Ω∣=10⋅92=45|\Omega| = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45.
  2. Pary złożone z dwóch chłopców: 4⋅32=6\frac{4 \cdot 3}{2} = 6.
  3. P=645=215P = \frac{6}{45} = \frac{2}{15}.
  4. Kontrola drugą konwencją: licząc z kolejnością, mamy 4⋅310⋅9=1290=215\frac{4 \cdot 3}{10 \cdot 9} = \frac{12}{90} = \frac{2}{15} — ten sam wynik ✓
  5. Kontrola sensu: chłopcy to mniej niż połowa grupy, więc szansa na dwóch naraz musi być wyraźnie mniejsza od 14\frac{1}{4} — i jest ✓

Odpowiedź: P=215P = \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 22 skraca się sam.

Przykład 3 Co najmniej jedna szóstka

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

  1. Wynikiem jest ciąg trzech oczek, więc ∣Ω∣=63=216|\Omega| = 6^3 = 216.
  2. Zdarzenie przeciwne: ani jednej szóstki. Na każdej pozycji zostaje 55 możliwości, czyli 53=1255^3 = 125 wyników.
  3. P(A′)=125216P(A') = \frac{125}{216}.
  4. P(A)=1−125216=91216P(A) = 1 - \frac{125}{216} = \frac{91}{216}.
  5. Kontrola liczenia wprost: dokładnie jedna szóstka daje 3⋅25=753 \cdot 25 = 75, dokładnie dwie 3⋅5=153 \cdot 5 = 15, trzy 11 — razem 9191 ✓
  6. Kontrola zakresu: 91216\frac{91}{216} leży między 00 a 11, i to poniżej połowy, bo 91<10891 < 108 ✓

Odpowiedź: P=91216P = \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?

  1. Liczb dwucyfrowych jest 99−10+1=9099 - 10 + 1 = 90, więc ∣Ω∣=90|\Omega| = 90.
  2. Pierwsza cyfra nieparzysta: 1,3,5,7,91, 3, 5, 7, 9 — pięć możliwości. Druga tak samo — pięć.
  3. ∣A∣=5⋅5=25|A| = 5 \cdot 5 = 25.
  4. P=2590=518P = \frac{25}{90} = \frac{5}{18}.
  5. Kontrola mianownika inaczej: pierwsza cyfra to 99 możliwości (bez zera), druga 1010, czyli 9⋅10=909 \cdot 10 = 90 ✓
  6. Kontrola sensu: gdyby zero nie psuło pierwszej pozycji, odpowiedź brzmiałaby 14\frac{1}{4}; wyszło nieco więcej, bo pierwszych cyfr jest tylko dziewięć ✓

Odpowiedź: P=518P = \frac{5}{18}

Ostatni krok jest wart uwagi: 518\frac{5}{18} to więcej niż 14\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 22 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 91216\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 AA polega na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek będzie równa 1111. Prawdopodobieństwo zdarzenia AA jest równe
  • A. 136\frac{1}{36}
  • B. 636\frac{6}{36}
  • C. 1136\frac{11}{36}
  • D. 236\frac{2}{36}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Wszystkie możliwe wyniki. Dwa rzuty, w każdym 6\textcolor{#16A06A}{6} możliwości, więc par jest 6⋅6=366 \cdot 6 = \textcolor{#E0453A}{36}.
  2. Sprzyjające. Wypisuję pary o sumie 11\textcolor{#16A06A}{11}: (5,6)(5, 6) oraz (6,5)(6, 5).
  3. Innych nie ma — największa możliwa suma to 1212, a 1111 da się rozbić tylko na 5+65 + 6.
  4. liczba sprzyjających: 2\textcolor{#E0453A}{2}
  5. Model klasyczny. P(A)=236P(A) = \frac{\textcolor{#E0453A}{2}}{\textcolor{#E0453A}{36}}.
  6. Odpowiedź: 236\frac{2}{36}, czyli D.

💡 Wskazówka: Pary (5,6)(5,6) i (6,5)(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 (136\frac{1}{36}) — policzenie tylko jednej pary, bez uwzględnienia, że kolejność rozróżnia (5,6)(5,6) i (6,5)(6,5). Odpowiedź C (1136\frac{11}{36}) jest pułapką czysto wzrokową: liczba 1111 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 1818. Z tego pudełka w sposób losowy wyciągamy jedną kulę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wyciągniemy kulę czarną, jest równe 35\frac{3}{5}. Liczba kul białych w pudełku, przed wyciągnięciem jednej kuli, była równa
  • A. 99
  • B. 1212
  • C. 1515
  • D. 3030
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

  1. To zadanie odwrotne: znamy prawdopodobieństwo, szukamy liczby kul.
  2. Oznaczam przez nn liczbę wszystkich kul. Sprzyjające to kule czarne, czyli 18\textcolor{#16A06A}{18}.
  3. 18n=35\frac{\textcolor{#16A06A}{18}}{n} = \textcolor{#16A06A}{\frac{3}{5}}
  4. Mnożę na krzyż: 3n=5⋅18=903n = 5 \cdot 18 = 90, więc n=30n = \textcolor{#E0453A}{30}.
  5. Kule białe to reszta: 30−18=1230 - 18 = \textcolor{#E0453A}{12}.
  6. Odpowiedź: 1212, czyli B.

💡 Wskazówka: Kontrola w jednej linijce: przy 3030 kulach czarne stanowią 1830=35\frac{18}{30} = \frac{3}{5} ✓, a białe 1230=25\frac{12}{30} = \frac{2}{5} — oba ułamki sumują się do 11.

⚠ Odpowiedź D (3030) 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. 12\frac{1}{2}
  • B. 15\frac{1}{5}
  • C. 14\frac{1}{4}
  • D. 34\frac{3}{4}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Kluczowa obserwacja: iloczyn jest nieparzysty tylko wtedy, gdy oba czynniki są nieparzyste. Wystarczy jedna liczba parzysta, żeby cały iloczyn stał się parzysty.
  2. Nieparzyste oczka: 1\textcolor{#16A06A}{1}, 3\textcolor{#16A06A}{3}, 5\textcolor{#16A06A}{5} — trzy z sześciu.
  3. Sprzyjające pary: 3⋅3=93 \cdot 3 = \textcolor{#E0453A}{9}.
  4. Wszystkie pary: 6⋅6=366 \cdot 6 = \textcolor{#E0453A}{36}.
  5. P=936=14P = \frac{\textcolor{#E0453A}{9}}{\textcolor{#E0453A}{36}} = \frac{1}{4}
  6. Odpowiedź: 14\frac{1}{4}, czyli C.

💡 Wskazówka: Ten sam wynik wychodzi szybciej przez niezależność: w każdym rzucie szansa na nieparzystą liczbę oczek wynosi 12\frac12, a rzuty są niezależne, więc 12⋅12=14\frac12 \cdot \frac12 = \frac14.

⚠ Odpowiedź A (12\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 (34\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 2:72 : 7. Zakupiono jeden los z tej loterii. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że zakupiony los jest wygrywający, jest równe
  • A. 19\frac{1}{9}
  • B. 12\frac{1}{2}
  • C. 29\frac{2}{9}
  • D. 27\frac{2}{7}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Stosunek to nie prawdopodobieństwo. Zapis 2:7\textcolor{#16A06A}{2 : 7} mówi, że na każde 22 losy wygrywające przypada 77 przegrywających.
  2. Wprowadzam wspólną miarę: wygrywających jest 2k2k, przegrywających 7k7k.
  3. Wszystkich losów: 2k+7k=9k2k + 7k = \textcolor{#E0453A}{9k}.
  4. P=2k9k=29P = \frac{\textcolor{#E0453A}{2k}}{\textcolor{#E0453A}{9k}} = \frac{2}{9} — litera kk się skraca, więc wynik nie zależy od wielkości loterii.
  5. Odpowiedź: 29\frac{2}{9}, czyli C.

💡 Wskazówka: Przy stosunku a:ba : b mianownikiem jest zawsze suma a+ba + b, a nie drugi składnik. Kontrola: prawdopodobieństwa wygranej i przegranej muszą dać razem 11, a 29+79=1\frac29 + \frac79 = 1 ✓

⚠ Odpowiedź D (27\frac27) to wprost przepisany stosunek z treści — najczęstszy błąd w tym typie zadania. Ułamek 27\frac27 nie jest prawdopodobieństwem wygranej, bo 77 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. 23\frac{2}{3}
  • B. 29\frac{2}{9}
  • C. 16\frac{1}{6}
  • D. 35\frac{3}{5}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Zaczynam od koloru najrzadszego, bo do niego odnoszą się pozostałe. Zielonych niech będzie zz.
  2. Czarnych jest 3\textcolor{#16A06A}{3} razy więcej: 3z3z.
  3. Białych jest 2\textcolor{#16A06A}{2} razy więcej niż czarnych: 2⋅3z=6z2 \cdot 3z = \textcolor{#E0453A}{6z}.
  4. Wszystkich kul: z+3z+6z=10zz + 3z + 6z = \textcolor{#E0453A}{10z}.
  5. P=6z10z=35P = \frac{\textcolor{#E0453A}{6z}}{\textcolor{#E0453A}{10z}} = \frac{3}{5}
  6. Odpowiedź: 35\frac{3}{5}, czyli D.

💡 Wskazówka: Wybór punktu wyjścia decyduje o tym, czy pojawią się ułamki. Gdyby zacząć od białych, zielonych byłoby b6\frac{b}{6} i rachunek byłby brzydszy. Zaczynaj od tej wielkości, przez którą wyrażone są pozostałe.

⚠ Odpowiedź A (23\frac23) powstaje z pominięcia kul zielonych — liczone są tylko białe i czarne, czyli 6z9z\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%25\% więcej niż płytek z literami samogłoskowymi. Losujemy jedną płytkę. Prawdopodobieństwo wylosowania płytki z literą samogłoskową jest równe
  • A. 0,750{,}75
  • B. 0,250{,}25
  • C. 49\frac{4}{9}
  • D. 59\frac{5}{9}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. „O 25%25\% więcej” liczy się od samogłoskowych, bo to one są punktem odniesienia w zdaniu.
  2. Samogłoskowych niech będzie ss. Spółgłoskowych: s+25%⋅s=1,25ss + \textcolor{#16A06A}{25\%} \cdot s = 1{,}25s.
  3. Żeby uniknąć ułamków, biorę s=4ks = 4k: wtedy spółgłoskowych jest 5k\textcolor{#E0453A}{5k}, bo 1,25⋅4k=5k1{,}25 \cdot 4k = 5k.
  4. Wszystkich płytek: 4k+5k=9k4k + 5k = \textcolor{#E0453A}{9k}.
  5. P(samogłoska)=4k9k=49P(\text{samogłoska}) = \frac{\textcolor{#E0453A}{4k}}{\textcolor{#E0453A}{9k}} = \frac{4}{9}
  6. Odpowiedź: 49\frac{4}{9}, czyli C.

💡 Wskazówka: Sprawdzian doboru liczb: przy 44 samogłoskowych i 55 spółgłoskowych różnica wynosi 11, a 14=25%\frac{1}{4} = 25\% ✓ — czyli warunek z treści jest spełniony.

⚠ Odpowiedzi A i B (0,750{,}75 i 0,250{,}25) biorą się z potraktowania 25%25\% jako gotowego prawdopodobieństwa. Procent z treści opisuje różnicę między dwiema grupami, a nie udział jednej z nich w całości. Odpowiedź D (59\frac59) to prawdopodobieństwo wylosowania spółgłoski — czyli poprawny rachunek dla złego pytania.

Zadanie 7 (maj 2021)1 pkttrudniejsze

Z wierzchołków sześcianu ABCDEFGHABCDEFGH losujemy jednocześnie dwa różne wierzchołki. Prawdopodobieństwo tego, że wierzchołki te będą końcami przekątnej sześcianu ABCDEFGHABCDEFGH, jest równe
  • A. 17\frac{1}{7}
  • B. 47\frac{4}{7}
  • C. 114\frac{1}{14}
  • D. 37\frac{3}{7}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

  1. Wszystkie możliwości. Wybieramy 22 wierzchołki z 8\textcolor{#16A06A}{8}, bez kolejności (losujemy jednocześnie):
  2. 8⋅72=28\frac{8 \cdot 7}{2} = \textcolor{#E0453A}{28} par
  3. 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:
  4. 82=4\frac{\textcolor{#16A06A}{8}}{2} = \textcolor{#E0453A}{4} przekątne
  5. P=428=17P = \frac{\textcolor{#E0453A}{4}}{\textcolor{#E0453A}{28}} = \frac{1}{7}
  6. Odpowiedź: 17\frac{1}{7}, czyli A.

💡 Wskazówka: Trzy rodzaje odcinków między wierzchołkami sześcianu warto rozróżniać: krawędzie (1212), przekątne ścian (1212, po dwie na każdej z sześciu ścian) oraz przekątne sześcianu (44). Razem 12+12+4=2812 + 12 + 4 = 28 ✓ — a to jest właśnie liczba wszystkich par.

⚠ Najczęstsza pomyłka to policzenie przekątnych ścian zamiast przekątnych bryły, co daje 1228=37\frac{12}{28} = \frac37, czyli odpowiedź D. Druga pułapka to odpowiedź C (114\frac{1}{14}) — powstaje, gdy par policzy się 5656, 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 55, jest równe
  • A. 25\frac{2}{5}
  • B. 5100\frac{5}{100}
  • C. 590\frac{5}{90}
  • D. 1890\frac{18}{90}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Wszystkie możliwości. Liczby dwucyfrowe to 10,11,…,99\textcolor{#16A06A}{10}, 11, \ldots, \textcolor{#16A06A}{99}, czyli 99−10+1=9099 - 10 + 1 = \textcolor{#E0453A}{90} liczb.
  2. Sprzyjające. Podzielne przez 5\textcolor{#16A06A}{5} są 10,15,20,…,9510, 15, 20, \ldots, 95.
  3. To ciąg arytmetyczny o różnicy 55; jego wyrazów jest 95−105+1=17+1=18\frac{95 - 10}{5} + 1 = 17 + 1 = \textcolor{#E0453A}{18}.
  4. P=1890P = \frac{\textcolor{#E0453A}{18}}{\textcolor{#E0453A}{90}}
  5. Odpowiedź: 1890\frac{18}{90}, czyli D.

💡 Wskazówka: Liczby podzielne przez 55 to co piąta liczba, więc wśród 9090 liczb powinno ich być około 905=18\frac{90}{5} = 18 — i dokładnie tyle wychodzi. Ta kontrola działa zawsze, gdy przedział zaczyna się i kończy „równo”.

⚠ Odpowiedź B (5100\frac{5}{100}) bierze się z policzenia liczb dwucyfrowych jako 100100 — a liczb od 00 do 99 do zbioru nie zaliczamy. Odpowiedź C (590\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. D2. B3. C4. C5. D6. C
7. A8. 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

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 — 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 AA polegającego na tym, że otrzymana liczba dwucyfrowa będzie nieparzysta i podzielna przez 33.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: P(A)=16P(A) = \dfrac16

  1. Przestrzeń zdarzeń. Każdy rzut daje 66 wyników, a rzuty są dwa i kolejność ma znaczenie:
  2. ∣Ω∣=6⋅6=36|\Omega| = 6 \cdot 6 = \textcolor{#16A06A}{36}
  3. Warunek pierwszy — nieparzystość. Decyduje o niej wyłącznie cyfra jedności, czyli drugi rzut: musi wypaść 11, 33 albo 55.
  4. Warunek drugi — podzielność przez 33. Liczba dzieli się przez 33 wtedy, gdy dzieli się przez 33 suma jej cyfr.
  5. Sprawdzamy trzy przypadki drugiego rzutu:
  6. cyfra jednościwarunek na cyfrę dziesiątekmożliwości
    11suma podzielna przez 322, 55
    33suma podzielna przez 333, 66
    55suma podzielna przez 311, 44
  7. Razem ∣A∣=2+2+2=6|A| = 2 + 2 + 2 = \textcolor{#E0453A}{6}.
  8. P(A)=636=16P(A) = \frac{6}{36} = \textcolor{#E0453A}{\frac16}

💡 Wskazówka: Cecha podzielności przez 33 oszczędza tu całą robotę: zamiast wypisywać liczby dwucyfrowe, patrzysz tylko na sumę oczek. Sprawdziłem programowo wszystkie 3636 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}X = \{-3, -2, -1, 0, 1, 2\} oraz Y={−2,−1,0,1}Y = \{-2, -1, 0, 1\}. Losujemy jedną liczbę ze zbioru XX, a następnie jedną ze zbioru YY, i tworzymy parę (x,y)(x, y). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia AA polegającego na tym, że wylosowana para spełni warunek x⋅y≥0x \cdot y \geq 0.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: P(A)=1724P(A) = \dfrac{17}{24}

  1. Przestrzeń zdarzeń. Zbiory mają 6\textcolor{#16A06A}{6} i 4\textcolor{#16A06A}{4} elementy, a losujemy po jednej liczbie z każdego:
  2. ∣Ω∣=6⋅4=24|\Omega| = 6 \cdot 4 = \textcolor{#16A06A}{24}
  3. Warunek x⋅y≥0x \cdot y \geq 0 jest nieostry, więc rozbijamy go na dwa przypadki.
  4. Iloczyn równy zeru — wystarczy, żeby któraś liczba była zerem:
  5. par z x=0x = 0 jest 44, par z y=0y = 0 jest 66, ale parę (0,0)(0, 0) policzyliśmy dwa razy, więc 4+6−1=94 + 6 - 1 = \textcolor{#E0453A}{9}.
  6. Iloczyn dodatni — oba czynniki tego samego znaku:
  7. obie ujemne: 3⋅2=63 \cdot 2 = 6, obie dodatnie: 2⋅1=22 \cdot 1 = 2, razem 8\textcolor{#E0453A}{8}.
  8. ∣A∣=9+8=17|A| = 9 + 8 = \textcolor{#E0453A}{17}
  9. P(A)=1724P(A) = \textcolor{#E0453A}{\frac{17}{24}}

💡 Wskazówka: Przy zliczaniu par z zerem konieczna jest zasada włączeń i wyłączeń — bez odjęcia pary (0,0)(0,0) wyszłoby 1010 zamiast 99, a końcowy wynik 1824\frac{18}{24}, czyli 34\frac34.

⚠ Potraktowanie warunku jako ostrego (x⋅y>0x \cdot y > 0). Wyszłoby wtedy 824=13\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}K = \{5, 6, 7, 8, 9\}. Ze zbioru KK losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie i zapisujemy je w kolejności losowania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia AA polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb jest parzysta.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: P(A)=1325P(A) = \dfrac{13}{25}

  1. Przestrzeń zdarzeń. Losowanie jest ze zwracaniem, więc za drugim razem znów mamy pięć możliwości:
  2. ∣Ω∣=5⋅5=25|\Omega| = 5 \cdot 5 = \textcolor{#16A06A}{25}
  3. Suma dwóch liczb jest parzysta, gdy obie są parzyste albo obie nieparzyste.
  4. W zbiorze KK liczby nieparzyste to 55, 77, 99 — jest ich 3\textcolor{#E0453A}{3}; parzyste to 66 i 88 — są 2\textcolor{#E0453A}{2}.
  5. ∣A∣=3⋅3+2⋅2=9+4=13|A| = 3 \cdot 3 + 2 \cdot 2 = 9 + 4 = \textcolor{#E0453A}{13}
  6. P(A)=1325P(A) = \textcolor{#E0453A}{\frac{13}{25}}

💡 Wskazówka: Wynik 1325\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⋅4=205 \cdot 4 = 20. Wyszłoby wtedy 820=25\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}\{1, 2, 3, 4, 5\} losujemy bez zwracania kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia AA polegającego na tym, że obie wylosowane liczby są nieparzyste.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: P(A)=310P(A) = \dfrac{3}{10}

  1. Przestrzeń zdarzeń. Losowanie jest bez zwracania, więc za drugim razem zostaje o jedną liczbę mniej:
  2. ∣Ω∣=5⋅4=20|\Omega| = 5 \cdot 4 = \textcolor{#16A06A}{20}
  3. Liczby nieparzyste w tym zbiorze to 11, 33, 55 — jest ich 3\textcolor{#E0453A}{3}.
  4. Pierwszą nieparzystą wybieramy na 33 sposoby, drugą — na 2\textcolor{#E0453A}{2} pozostałe:
  5. ∣A∣=3⋅2=6|A| = 3 \cdot 2 = \textcolor{#E0453A}{6}
  6. P(A)=620=310P(A) = \frac{6}{20} = \textcolor{#E0453A}{\frac{3}{10}}

💡 Wskazówka: Zwróć uwagę, że oba czynniki maleją o jeden: w mianowniku 5→45 \to 4, w liczniku 3→23 \to 2. To charakterystyczny ślad losowania bez zwracania.

⚠ Zapomnienie o skróceniu ułamka. Wynik 620\frac{6}{20} jest poprawny i CKE nie odbiera za niego punktu — postaci nieskracalnej nie wymaga. Skrócić warto dla czytelności.

Zadanie 5 (maj 2023)2 pkttrudniejsze

Ze zbioru ośmiu liczb {2,3,4,5,6,7,8,9}\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia AA polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 1515.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: P(A)=332P(A) = \dfrac{3}{32}

  1. Przestrzeń zdarzeń. Losowanie ze zwracaniem z ośmioelementowego zbioru:
  2. ∣Ω∣=8⋅8=64|\Omega| = 8 \cdot 8 = \textcolor{#16A06A}{64}
  3. Rozkładamy dzielnik na czynniki pierwsze: 15=3⋅5\textcolor{#16A06A}{15} = 3 \cdot 5. Iloczyn musi więc zawierać i trójkę, i piątkę.
  4. W zbiorze jest tylko jedna liczba wnosząca czynnik 55 — sama piątka. Zatem jedna z wylosowanych liczb musi być piątką.
  5. Druga musi wnieść czynnik 33, czyli być jedną z liczb 33, 66, 99 — mamy 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości.
  6. Kolejność ma znaczenie, więc piątka może wypaść za pierwszym albo za drugim razem:
  7. ∣A∣=3+3=6|A| = 3 + 3 = \textcolor{#E0453A}{6}
  8. P(A)=664=332P(A) = \frac{6}{64} = \textcolor{#E0453A}{\frac{3}{32}}

💡 Wskazówka: Sprawdziłem programowo wszystkie 6464 pary: sprzyjające to 3⋅53 \cdot 5, 5⋅35 \cdot 3, 5⋅65 \cdot 6, 6⋅56 \cdot 5, 5⋅95 \cdot 9 i 9⋅59 \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⋅35 \cdot 3 i 3⋅53 \cdot 5 to dwa różne wyniki doświadczenia — tak samo jak w mianowniku, gdzie liczymy 8⋅88 \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.

1. P(A)=16P(A) = \dfrac162. P(A)=1724P(A) = \dfrac{17}{24}3. P(A)=1325P(A) = \dfrac{13}{25}4. P(A)=310P(A) = \dfrac{3}{10}5. P(A)=332P(A) = \dfrac{3}{32}

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”.

Sprawdź się na kartce

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Gotowe kartkówki i sprawdziany PDF z kluczami: grupa A za darmo, pozostałe grupy w sklepie.

Ćwicz dalej: karty pracy z kluczem

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Jeśli chcesz poćwiczyć więcej, tu są zestawy kart do druku na ten temat, z kluczem odpowiedzi.

Okładka: Statystyka i prawdopodobieństwo, matura — 10 kart pracy PDF z kluczem

Karty pracy · sklep

Statystyka i prawdopodobieństwo, matura — 10 kart pracy PDF z kluczem

10 kart pracy z matematyki do matury podstawowej: średnia, mediana, dominanta, średnia ważona, odchylenie standardowe, losowanie…

9,90 zł

Zobacz w sklepie →

7Pytania i odpowiedzi

Dlaczego przy dwóch kostkach jest 3636 wyników, a nie 2121?

Bo wyniki (2,6)(2,6) i (6,2)(6,2) traktujemy jako różne. Tylko przy takim opisie wszystkie są jednakowo prawdopodobne, a to warunek stosowania wzoru klasycznego. Wersja z 2121 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 645\frac{6}{45} czyta się gorzej niż 215\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.

Jak obliczyć prawdopodobieństwo?

Policz wszystkie możliwe wyniki ∣Ω∣|\Omega| i wyniki sprzyjające zdarzeniu ∣A∣|A|, a potem podziel: P(A)=∣A∣∣Ω∣P(A) = \tfrac{|A|}{|\Omega|}. Na przykład 6 wyników sprzyjających na 36 możliwych przy rzucie dwiema kostkami daje P(A)=636=16P(A) = \tfrac{6}{36} = \tfrac{1}{6}. Wynik większy od 1 oznacza, że licznik i mianownik policzono inaczej.

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.SilniaCzym jest n silnia, dlaczego zero silnia równa się jeden, jak skracać silnie…Iloczyn kartezjański zbiorówCzym jest iloczyn kartezjański A×B, dlaczego para uporządkowana nie jest…
Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

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”.

Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki i pedagog

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Wszystkie materiały na tej stronie przygotowuję sam. Poznaj moje podejście →

Ostatnia aktualizacja: 2026-11-09