Strona główna › Statystyka i prawdopodobieństwo › Prawdopodobieństwo — jak je obliczać

Prawdopodobieństwo — jak je obliczać

Prawdopodobieństwo mierzy, jak bardzo można się czegoś spodziewać — od zera, gdy zdarzenie jest niemożliwe, do jedynki, gdy jest pewne. Cały rachunek na poziomie szkolnym opiera się na jednym ułamku, a reszta jest jego konsekwencją. Ta strona tłumaczy go od zera, na monecie i kostce.

Dział: Statystyka i prawdopodobieństwoPoziom: klasa 7 – maturaZadań z matury: 7

Przejdź od razu do zadań (7) ↓

1Co to jest zdarzenie losowe

Doświadczenie losowe to czynność, której wyniku nie da się przewidzieć, choć wiadomo, jakie wyniki są możliwe. Rzut monetą, rzut kostką, losowanie kuli z pudełka.

Zbiór wszystkich możliwych wyników nazywa się przestrzenią zdarzeń. Przy rzucie kostką sześcienną są to liczby od jednego do sześciu — sześć wyników.

Zdarzenie to dowolny opis wyniku: „wypadła szóstka”, „wypadła liczba parzysta”, „wypadło więcej niż cztery”. Jedno zdarzenie może obejmować kilka wyników naraz.

Wyniki, które spełniają opis zdarzenia, nazywa się sprzyjającymi. Dla zdarzenia „liczba parzysta” sprzyjające są trzy: dwa, cztery i sześć.

Rozróżnienie wyniku od zdarzenia wygląda na formalność, ale to na nim opiera się cały rachunek: prawdopodobieństwo liczy się, porównując liczbę sprzyjających z liczbą wszystkich.

2Wzór klasyczny i skąd się bierze

Definicja klasyczna mieści się w jednym ułamku.

P(A) = \frac{\text{liczba zdarzeń sprzyjających}}{\text{liczba wszystkich możliwych wyników}}

Skąd bierze się akurat taki zapis? Z prostego rozumowania: jeśli wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne i jest ich $n$ , to na każdy przypada taka sama część całości, czyli $\frac{1}{n}$ . Przy kostce każdy wynik to jedna szósta całości, więc zdarzenie obejmujące trzy takie wyniki zajmuje trzy szóste, czyli połowę wszystkich możliwości.

Warunek jednakowego prawdopodobieństwa jest istotny i nie zawsze widać, że jest złamany. W typowym zadaniu szkolnym jest spełniony — kostka bywa opisana jako symetryczna, a losowanie jako całkowicie przypadkowe. Ale wystarczy zapytać o sumę oczek dwóch kostek, żeby pułapka się otworzyła: możliwych sum jest jedenaście, tylko że suma $7$ powstaje na sześć sposobów, a suma $2$ na jeden. Prawdopodobieństwa wynoszą więc $\frac{6}{36}$ i $\frac{1}{36}$ , a nie po $\frac{1}{11}$ . To ta sama pomyłka co przy dwóch rzutach monetą, opisana niżej — tylko trudniejsza do zauważenia, bo lista sum wygląda na porządną przestrzeń wyników.

Gdyby kostka była obciążona, wzór przestałby działać. Prawdopodobieństwo nadal by istniało, ale trzeba by je wyznaczyć doświadczalnie, a nie policzyć.

3Dlaczego prawdopodobieństwo mieści się między 0 a 1

To wynika wprost z budowy ułamka i warto to zauważyć, bo daje darmową kontrolę każdego wyniku.

Sprzyjających nie może być mniej niż zero — w najgorszym razie nie ma żadnego. Wtedy licznik jest zerem i prawdopodobieństwo wynosi zero: zdarzenie niemożliwe.

Sprzyjających nie może być też więcej niż wszystkich — w najlepszym razie sprzyjają wszystkie. Wtedy licznik równa się mianownikowi i prawdopodobieństwo wynosi jeden: zdarzenie pewne.

0 \leqslant P(A) \leqslant 1

Każdy wynik spoza tego przedziału oznacza błąd — najczęściej odwrócony ułamek. To pierwsza rzecz do sprawdzenia po policzeniu.

Prawdopodobieństwo można podawać jako ułamek, liczbę dziesiętną albo procent. Połowa, zero i pięć dziesiątych oraz pięćdziesiąt procent to ta sama wartość.

4Rzut monetą i kostką jako model

Te dwa doświadczenia wracają w zadaniach nieustannie, bo są najprostszymi modelami losowości.

Moneta ma dwa wyniki: orzeł i reszka. Prawdopodobieństwo każdego wynosi połowę. Przy dwóch rzutach wyników jest już cztery: OO, OR, RO, RR — i to zaskakuje, bo intuicja podpowiada trzy.

Różnica między „orzeł i reszka” a „reszka i orzeł” jest realna, bo rzuty są rozróżnialne. Dlatego prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie jednego orła w dwóch rzutach wynosi dwie czwarte, a nie jedną trzecią.

Kostka ma sześć wyników. Prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki to jedna szósta, liczby parzystej — trzy szóste, czyli połowa.

Ważna obserwacja: kostka nie pamięta poprzednich rzutów. Po pięciu szóstkach pod rząd szansa na kolejną nadal wynosi jedną szóstą. To jeden z najtrwalszych błędnych przekonań o losowości.

5Zdarzenie przeciwne — skrót, który oszczędza pracę

Zdarzenie przeciwne do danego zachodzi dokładnie wtedy, gdy tamto nie zachodzi. Razem obejmują wszystkie możliwości, więc ich prawdopodobieństwa sumują się do jedynki.

P(A) + P(A') = 1, \qquad P(A) = 1 - P(A')

To bywa najkrótszą drogą do odpowiedzi. Pytanie „jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadnie co najmniej jedna szóstka” wymagałoby wypisania wielu przypadków; policzenie przypadku „ani jednej szóstki” i odjęcie od jedynki jest znacznie szybsze.

Sygnał, że warto sięgnąć po ten skrót: w treści pojawia się „co najmniej”, „przynajmniej” albo „nie mniej niż”.

Tę samą zasadę stosuje się przy zdarzeniach opisanych przez zaprzeczenie — „kula nie jest biała” liczy się szybciej jako dopełnienie niż przez sumowanie pozostałych kolorów.

6W której klasie się to pojawia

Prawdopodobieństwo wchodzi późno i rozwija się głównie w liceum. Podstawa dla szkoły podstawowej wymienia cztery doświadczenia wprost: rzut monetą, rzut kostką sześcienną, rzut kostką wielościenną oraz losowanie kuli spośród zestawu kul — warto wiedzieć, bo kostka o innej liczbie ścian bywa w zadaniach zaskoczeniem.

klasa 7 — pojęcie zdarzenia losowego, proste doświadczenia,
klasa 8 — prawdopodobieństwo klasyczne, losowanie z pudełka, zdarzenie przeciwne,
liceum — kombinatoryka, drzewa doświadczeń, prawdopodobieństwo warunkowe i niezależność zdarzeń.

W szkole podstawowej cała trudność leży w liczeniu — ile wyników sprzyja, a ile jest wszystkich. Sam ułamek zwykle skraca się w jednym kroku.

Dlatego przydaje się sprawność w działaniach na ułamkach, zwłaszcza w skracaniu i porównywaniu — bo odpowiedzi w zadaniach bywają podane w różnych postaciach.

7Ćwicz dalej

Materiał jest rozdzielony według poziomu:

Egzamin ósmoklasisty — 19 zadań z arkuszy CKE z rozwiązaniami,
Matura — siedem zadań z drzewami i regułą mnożenia niżej na tej stronie, a trzynaście dalszych (klasyczne i otwarte) na stronie o prawdopodobieństwie klasycznym,
Karta pracy PDF — pięć zadań na wydruk z kluczem, ramka z odnośnikiem jest pod tekstem strony.

Dobry test gotowości — celowo o jeden rzut dalej niż przykłady: rzucamy monetą trzy razy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że orzeł wypadnie dokładnie dwa razy? Jeśli od razu widzisz, że wszystkich wyników jest osiem, a sprzyjających trzy, materiał tej strony jest opanowany.

8Przykłady krok po kroku

Trzy własne przykłady: rzut kostką, losowanie z pudełka i zdarzenie przeciwne jako skrót.

Przykład 1 Rzut kostką

Rzucamy symetryczną kostką sześcienną. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby większej od czterech?

Liczę wszystkie możliwe wyniki: $1, 2, 3, 4, 5, 6$ — jest ich sześć.
Wypisuję sprzyjające. „Większa od czterech” oznacza $5$ i $6$ — nie obejmuje czwórki.
Sprzyjających są dwa, więc $P = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$ .
Kontrola zakresu: wynik mieści się między $0$ a $1$ ✓
Uwaga na sformułowanie: gdyby w treści było „nie mniejsza niż cztery”, sprzyjające byłyby trzy — czwórka też by się liczyła.

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wynosi $\dfrac{1}{3}$ .

Przykład 2 Losowanie z pudełka

W woreczku jest $7$ cukierków truskawkowych i $5$ cytrynowych. Losujemy jeden. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania cytrynowego?

Wszystkich cukierków jest $7 + 5 = 12$ — to mianownik.
Sprzyjających, czyli cytrynowych, jest $5$ — to licznik.
$P = \dfrac{5}{12}$ . Ułamek jest nieskracalny.
Kontrola sensowności: cytrynowych jest mniej niż truskawkowych, więc prawdopodobieństwo musi być mniejsze od połowy. $\dfrac{5}{12}$ jest istotnie mniejsze niż $\dfrac{6}{12}$ ✓
Sprawdzenie dopełnieniem: prawdopodobieństwo truskawkowego to $\dfrac{7}{12}$ , a $\dfrac{5}{12} + \dfrac{7}{12} = 1$ ✓

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wynosi $\dfrac{5}{12}$ .

Przykład 3 Zdarzenie przeciwne jako skrót

Rzucamy monetą dwa razy. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia co najmniej jednego orła?

Wypisuję wszystkie wyniki dwóch rzutów: OO, OR, RO, RR — cztery możliwości.
Sformułowanie „co najmniej jeden” to sygnał, żeby policzyć zdarzenie przeciwne: ani jednego orła.
Ani jednego orła daje tylko jeden wynik: RR. Zatem $P(\text{brak orła}) = \dfrac{1}{4}$ .
Odejmuję od jedynki: $P = 1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$ .
Kontrola bezpośrednia: sprzyjające to OO, OR i RO — trzy z czterech ✓
Częsty błąd: uznanie, że wyników jest trzy (dwa orły, jeden orzeł, zero orłów). Rzuty są rozróżnialne, więc OR i RO to dwa różne wyniki.

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wynosi $\dfrac{3}{4}$ .

9Najczęstsze błędy

Cztery błędy, które przy prawdopodobieństwie wracają najczęściej. Ostatni jest błędnym przekonaniem, nie pomyłką rachunkową.

Odwrócenie ułamka

Skąd się bierze: Podzielenie liczby wszystkich wyników przez liczbę sprzyjających daje wynik większy od jedynki, co jest niemożliwe. Zdarza się to szczególnie wtedy, gdy uczeń liczy w pamięci i nie zapisuje, która liczba jest którą.

Jak zrobić dobrze: Zapisuj ułamek z opisem: sprzyjające na górze, wszystkie na dole. Kontroluj zakres — prawdopodobieństwo zawsze mieści się między zerem a jedynką.

Błędne policzenie zdarzeń sprzyjających

Skąd się bierze: Cała trudność w tym dziale leży w liczeniu, nie w dzieleniu. Sformułowania graniczne zmieniają wynik: „większa od czterech” nie obejmuje czwórki, ale „nie mniejsza niż cztery” już tak.

Jak zrobić dobrze: Wypisz sprzyjające wyniki zamiast zliczać je z pamięci, a przy warunkach granicznych podkreśl w treści słowo rozstrzygające. Przy zdarzeniach opisanych przez zaprzeczenie policz przypadki przeciwne i odejmij.

Uznanie, że dwa rzuty monetą dają trzy wyniki

Skąd się bierze: Intuicja podpowiada podział na dwa orły, jednego orła i zero orłów. Rzuty są jednak rozróżnialne, więc orzeł-reszka i reszka-orzeł to dwa osobne wyniki — wszystkich jest cztery, a nie trzy.

Jak zrobić dobrze: Wypisz wszystkie kombinacje po kolei, oznaczając rzuty jako pierwszy i drugi. Przy trzech rzutach wyników jest osiem, przy czterech szesnaście — liczba podwaja się z każdym rzutem.

Przekonanie, że kostka pamięta poprzednie rzuty

Skąd się bierze: Po serii szóstek pojawia się przeczucie, że kolejna jest mniej prawdopodobna, „bo już było”. Kostka nie ma pamięci — każdy rzut jest niezależny, więc szansa na szóstkę zawsze wynosi jedną szóstą.

Jak zrobić dobrze: Rozdziel dwa pytania: prawdopodobieństwo pojedynczego rzutu i prawdopodobieństwo całej serii. Szansa na pięć szóstek pod rząd jest istotnie mała, ale szansa na szóstkę w rzucie szóstym — nie.

Karta pracy: prawdopodobieństwo klasyczne

Pięć zadań na wydruk — rzut kostką, losowanie z zestawu, zdarzenie przeciwne i dwa rzuty monetą. Klucz odpowiedzi na ostatniej stronie.

Przejdź do kart pracy

Zadania maturalne z kombinatoryki — podział na przypadki, permutacje, zliczanie

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 policzone po drodze. Kluczowa umiejętność na tej stronie to podział na przypadki: gdy warunek „dokładnie jeden raz cyfra X” nie mówi, gdzie ta cyfra stoi, trzeba rozpatrzeć każde położenie osobno, a wyniki dodać. Reguła mnożenia działa wewnątrz przypadku, dodawanie — między przypadkami.

Sprawdź się bez zaglądania do odpowiedzi. Wylosuję 6 zadań zamkniętych z tego zestawu — klucz i rozwiązania schowam do czasu sprawdzenia. Pula liczy 6 zadań, więc za każdym razem dostaniesz inny zestaw.

Zadania zamknięte

Zadanie 1 (czerwiec 2025)1 pkttrudniejsze

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych parzystych, w których zapisie dziesiętnym występuje dokładnie jeden raz cyfra

0

, jest

A. $108$
B. $117$
C. $126$
D. $162$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

Zero ma wystąpić dokładnie raz, ale treść nie mówi gdzie. Na pozycji setek stać nie może (liczba trzycyfrowa), więc zostają dwa przypadki — i trzeba je rozpatrzeć osobno.
Przypadek 1 — zero na pozycji dziesiątek. Wtedy setki i jedności zerem być nie mogą:
setki: $1$ – $9$ → $\textcolor{#E0453A}{9}$ możliwości
jedności: parzyste, ale bez zera, czyli $\textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{6}, \textcolor{#16A06A}{8}$ → $\textcolor{#E0453A}{4}$ możliwości
razem: $\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{4} = \textcolor{#E0453A}{36}$
Przypadek 2 — zero na pozycji jedności. Wtedy liczba jest parzysta automatycznie (kończy się zerem), a setki i dziesiątki zerem być nie mogą:
setki: $1$ – $9$ → $\textcolor{#E0453A}{9}$
dziesiątki: $1$ – $9$ → $\textcolor{#E0453A}{9}$
razem: $\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{9} = \textcolor{#E0453A}{81}$
Krok końcowy — dodajemy przypadki. Przypadki się wykluczają (zero nie może stać w dwóch miejscach naraz, bo ma wystąpić dokładnie raz):
$\textcolor{#E0453A}{36} + \textcolor{#E0453A}{81} = 117$
Odpowiedź: $117$ , czyli B.

💡 Wskazówka: Zwróć uwagę, że w drugim przypadku warunek parzystości spełnia się sam — liczba kończąca się zerem jest parzysta. Dlatego ten przypadek daje więcej możliwości niż pierwszy. Nie zakładaj, że przypadki są symetryczne.

⚠ Najczęstszy błąd: policzenie tylko jednego przypadku. Odpowiedź A ( $108$ ) i C ( $126$ ) to liczby bliskie poprawnej, więc wynik „prawie się zgadza” i łatwo go zaakceptować. Warto zawsze wypisać, ile przypadków trzeba rozpatrzyć, zanim zacznie się liczyć.

Zadanie 2 (maj 2025)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występuje dokładnie jeden raz cyfra

0

, jest

A. $45$
B. $50$
C. $54$
D. $81$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

To samo pytanie co poprzednio, ale dla liczb nieparzystych — i tu przypadków jest mniej.
Krok 1 — gdzie może stać zero?
setki: nie, bo liczba jest trzycyfrowa
jedności: nie, bo zero jest parzyste, a liczba ma być nieparzysta
zostaje tylko jedno miejsce: dziesiątki
Krok 2 — liczymy jedyny przypadek. Dziesiątki: $\textcolor{#16A06A}{0}$ (ustalone). Pozostałe dwie pozycje:
setki: $1$ – $9$ → $\textcolor{#E0453A}{9}$ możliwości
jedności: nieparzyste, czyli $\textcolor{#16A06A}{1}, \textcolor{#16A06A}{3}, \textcolor{#16A06A}{5}, \textcolor{#16A06A}{7}, \textcolor{#16A06A}{9}$ → $\textcolor{#E0453A}{5}$ możliwości
Krok 3 — mnożymy.
$\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} = 45$
Odpowiedź: $45$ , czyli A.
Porównaj z poprzednim zadaniem: tam były dwa przypadki i wynik $117$ , tu jeden i wynik $45$ . Cała różnica bierze się z tego, że zero jest cyfrą parzystą.

💡 Wskazówka: Zacznij od pytania „gdzie ta cyfra może stanąć?” — czasem odpowiedź brzmi „tylko w jednym miejscu” i zadanie robi się dwa razy krótsze. Tu warunek nieparzystości sam wyklucza jedną pozycję.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D ( $81$ ), czyli policzenie przypadku „zero na jedności” — który tu w ogóle nie istnieje, bo liczba kończąca się zerem jest parzysta. Zawsze sprawdź, czy przypadek jest zgodny z pozostałymi warunkami, przed policzeniem możliwości.

Zadanie 3 (marzec 2021)1 pkttrudniejsze

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych parzystych, w których cyfra

7

występuje dokładnie jeden raz, jest

A. $85$
B. $90$
C. $100$
D. $150$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

Siódemka jest nieparzysta, więc na pozycji jedności stać nie może (liczba ma być parzysta). Zostają dwa przypadki.
Przypadek 1 — siódemka na pozycji setek.
setki: $\textcolor{#16A06A}{7}$ (ustalone)
dziesiątki: dowolna cyfra oprócz siódemki (bo ma wystąpić dokładnie raz) → $10 - 1 = \textcolor{#E0453A}{9}$
jedności: parzyste, czyli $\textcolor{#16A06A}{0}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{6}, \textcolor{#16A06A}{8}$ → $\textcolor{#E0453A}{5}$
razem: $\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} = \textcolor{#E0453A}{45}$
Przypadek 2 — siódemka na pozycji dziesiątek.
dziesiątki: $\textcolor{#16A06A}{7}$ (ustalone)
setki: bez zera (liczba trzycyfrowa) i bez siódemki → $9 - 1 = \textcolor{#E0453A}{8}$
jedności: parzyste → $\textcolor{#E0453A}{5}$
razem: $\textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} = \textcolor{#E0453A}{40}$
Krok końcowy — dodajemy.
$\textcolor{#E0453A}{45} + \textcolor{#E0453A}{40} = 85$
Odpowiedź: $85$ , czyli A.
Zwróć uwagę na różnicę między przypadkami: w drugim setki mają o jedną możliwość mniej, bo odpada i zero, i siódemka. W pierwszym siódemka jest już „zużyta” na setkach, więc odpada tylko ona.

💡 Wskazówka: Warunek „dokładnie jeden raz” oznacza, że na pozostałych pozycjach tej cyfry być nie może — łatwo o tym zapomnieć i policzyć wszystkie dziesięć cyfr. To właśnie ta jedna odjęta możliwość odróżnia poprawne $85$ od kuszącego $90$ .

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B ( $90$ ), czyli policzenie $9 \cdot 5 + 9 \cdot 5$ — z niezauważenia, że w drugim przypadku na pozycji setek odpadają dwie cyfry: zero i siódemka. Odpowiedź D ( $150$ ) powstaje z dopuszczenia siódemki także na jedności, wbrew warunkowi parzystości.

Zadanie 4 (maj 2024)1 pktśrednie

Rozważamy wszystkie kody czterocyfrowe utworzone tylko z cyfr

1

3

6

8

, przy czym w każdym kodzie każda z tych cyfr występuje dokładnie jeden raz. Liczba wszystkich takich kodów jest równa

A. $4$
B. $10$
C. $24$
D. $16$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Cztery cyfry, cztery miejsca, każda cyfra użyta dokładnie raz — to znaczy, że układamy te same cztery cyfry w różnej kolejności. Takie ustawienia nazywamy permutacjami.
Krok 1 — liczymy możliwości pozycja po pozycji. Każda użyta cyfra zmniejsza pulę:
pierwsza pozycja: $\textcolor{#E0453A}{4}$ możliwości
druga: jedna cyfra zużyta → $\textcolor{#E0453A}{3}$
trzecia: $\textcolor{#E0453A}{2}$
czwarta: zostaje jedna cyfra → $\textcolor{#E0453A}{1}$
Krok 2 — mnożymy.
$\textcolor{#E0453A}{4} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{1} = 24$
Odpowiedź: $24$ , czyli C.
Ten iloczyn ma własną nazwę i zapis: $4! = 24$ (czytamy „cztery silnia”). Ogólnie $n$ różnych elementów da się ustawić w $n!$ sposobów.

💡 Wskazówka: Rozpoznaj typ po sformułowaniu: „każda występuje dokładnie raz” i tyle cyfr, ile miejsc — to permutacje, czyli silnia. Gdyby cyfry mogły się powtarzać, byłoby $4^4 = 256$ ; gdyby wybieraliśmy tylko dwie z czterech, byłoby $4 \cdot 3 = 12$ .

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D ( $16 = 4^2$ ) albo policzenie $4^4$ — czyli potraktowanie zadania jak takiego, w którym cyfry mogą się powtarzać. Warunek „dokładnie jeden raz” to zakaz powtórzeń, więc pula maleje z każdą pozycją.

Zadanie 5 (sierpień 2013)1 pktśrednie

Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych podzielnych przez

5

A. $90$
B. $100$
C. $180$
D. $200$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Dwa sposoby — pokażę oba, bo drugi jest szybszy, a pierwszy pewniejszy.
Sposób 1 — reguła mnożenia. Liczba dzieli się przez $\textcolor{#16A06A}{5}$ , gdy kończy się cyfrą $0$ albo $5$ :
setki: $1$ – $9$ → $\textcolor{#E0453A}{9}$
dziesiątki: dowolne → $\textcolor{#E0453A}{10}$
jedności: $0$ albo $5$ → $\textcolor{#E0453A}{2}$
$\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{10} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} = 180$
Sposób 2 — zliczanie w przedziale. Najmniejsza taka liczba to $\textcolor{#E0453A}{100}$ , największa $\textcolor{#E0453A}{995}$ . Kolejne różnią się o $\textcolor{#16A06A}{5}$ , więc tworzą ciąg arytmetyczny:
$\dfrac{\textcolor{#E0453A}{995} - \textcolor{#E0453A}{100}}{\textcolor{#16A06A}{5}} + 1 = \dfrac{895}{5} + 1 = 179 + 1 = 180$
Odpowiedź: $180$ , czyli C.

💡 Wskazówka: W drugim sposobie nie zapomnij dodać jedynki. Dzielenie różnicy przez 5 daje liczbę „przeskoków”, a liczb jest o jedną więcej niż przeskoków — jak słupków w płocie wobec przęseł. To najczęstsze źródło błędu o jeden w takich zadaniach.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź A ( $90$ ), czyli policzenie tylko liczb kończących się na $0$ (albo tylko na $5$ ) i pominięcie drugiej możliwości. Odpowiedź B ( $100$ ) powstaje z pomylenia z liczbą wszystkich wielokrotności piątki do 500 albo z pominięcia jedynki w sposobie drugim.

Zadanie 6 (listopad 2010)1 pktłatwe

W karcie dań jest

5

zup i

4

drugie dania. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?

A. $25$
B. $20$
C. $16$
D. $9$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

To najczystszy przykład reguły mnożenia: dwa niezależne wybory, każdy z własnej puli.
Krok 1 — wybór zupy.
$\textcolor{#E0453A}{5}$ możliwości
Krok 2 — wybór drugiego dania. Wybór zupy nie ogranicza tej puli:
$\textcolor{#E0453A}{4}$ możliwości
Krok 3 — mnożymy. Do każdej z pięciu zup można dobrać każde z czterech dań:
$\textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{4} = 20$
Odpowiedź: $20$ , czyli B.
Dlaczego mnożymy, a nie dodajemy: dodawanie odpowiadałoby pytaniu „na ile sposobów można zamówić jedną potrawę — zupę albo drugie danie”, i dałoby $5 + 4 = 9$ (odpowiedź D).

💡 Wskazówka: Rozstrzygnięcie „mnożyć czy dodawać” zależy od spójnika: „i” (oba wybory naraz) → mnożymy, „albo” (jeden z dwóch) → dodajemy. Tu w treści jest „z jednej zupy i jednego drugiego dania”.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D ( $9$ ), czyli dodanie zamiast pomnożenia. Odpowiedzi A ( $25 = 5^2$ ) i C ( $16 = 4^2$ ) powstają z podniesienia jednej z liczb do kwadratu — czyli z policzenia wyborów z tej samej puli dwa razy.

Zadania otwarte

Zadanie 7 (informator CKE)2 pkttrudniejsze

Pojedynczy znak w piśmie Braille'a dla niewidomych jest kombinacją od

1

6

wypukłych punktów, które mogą zajmować miejsca ułożone w dwóch kolumnach po trzy miejsca w każdej kolumnie. Pojedynczy znak w piśmie Braille'a musi zawierać co najmniej jeden punkt wypukły.
Oblicz, ile różnych pojedynczych znaków można zapisać w piśmie Braille'a.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 63

Kluczowa obserwacja: nie wybieramy, ile punktów jest wypukłych — dla każdego z sześciu miejsc osobno decydujemy „wypukłe czy nie”. To zamienia zadanie w prostą regułę mnożenia.
Krok 1 — liczymy miejsca. Dwie kolumny po trzy miejsca:
$\textcolor{#16A06A}{2} \cdot \textcolor{#16A06A}{3} = \textcolor{#E0453A}{6}$ miejsc
Krok 2 — każde miejsce ma dwie możliwości. Wypukłe albo płaskie:
$\textcolor{#E0453A}{2}$ możliwości na każdym z $\textcolor{#E0453A}{6}$ miejsc
Krok 3 — mnożymy przez wszystkie miejsca.
$\underbrace{\textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2}}_{6 \text{ miejsc}} = \textcolor{#E0453A}{2}^{\textcolor{#E0453A}{6}} = \textcolor{#E0453A}{64}$
Krok 4 — odejmujemy przypadek zabroniony. Wśród tych $\textcolor{#E0453A}{64}$ układów jest jeden, w którym żaden punkt nie jest wypukły — a treść mówi, że znak musi mieć co najmniej jeden:
$\textcolor{#E0453A}{64} - \textcolor{#16A06A}{1} = 63$
Odpowiedź: można zapisać 63 różne znaki.
Warto zauważyć, że warunek „od 1 do 6 punktów” z treści to dokładnie to samo co „co najmniej jeden punkt” — górna granica 6 spełnia się sama, bo miejsc jest tylko sześć.

💡 Wskazówka: Gdy każdy element może być w jednym z dwóch stanów (jest/nie ma, tak/nie, wypukły/płaski), liczba wszystkich układów dla $n$ elementów wynosi $2^n$ . Ten wzór wraca w zadaniach o podzbiorach, o włącznikach światła i — jak tutaj — o kodach.

⚠ Najczęstszy błąd: pominięcie odjęcia jedynki i podanie $64$ . Układ „wszystkie miejsca płaskie” jest policzony w $2^6$ , ale nie jest znakiem — treść tego wymaga wprost, podkreślając „musi zawierać co najmniej jeden punkt wypukły”. Drugi częsty błąd: sumowanie kombinacji $\binom{6}{1} + \binom{6}{2} + \ldots + \binom{6}{6}$ — to poprawna, ale znacznie dłuższa droga do tej samej liczby 63.

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. B	2. A	3. A	4. C	5. C	6. B
7. 63

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”.

10Pytania i odpowiedzi

Jak obliczyć prawdopodobieństwo?

Podziel liczbę wyników sprzyjających przez liczbę wszystkich możliwych. Warunkiem jest to, żeby wszystkie wyniki były jednakowo prawdopodobne — w zadaniach szkolnych zawsze są, bo kostki opisuje się jako symetryczne, a losowanie jako całkowicie przypadkowe.

Co to są zdarzenia sprzyjające?

To te wyniki doświadczenia, które spełniają warunek podany w zadaniu. Przy rzucie kostką zdarzeniu „liczba parzysta” sprzyjają trzy wyniki: dwa, cztery i sześć. Trafiają one do licznika ułamka, a wszystkie możliwe wyniki do mianownika.

Czy prawdopodobieństwo może wynosić zero?

Tak — oznacza wtedy zdarzenie niemożliwe, czyli takie, któremu nie sprzyja żaden wynik. Na przykład wyrzucenie siódemki zwykłą kostką sześcienną. Drugim skrajnym przypadkiem jest jedynka, czyli zdarzenie pewne.

Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki?

Jedna szósta, bo kostka ma sześć jednakowo prawdopodobnych wyników, a szóstce sprzyja tylko jeden. Warto dodać, że kostka nie pamięta poprzednich rzutów — po serii szóstek szansa na kolejną nadal wynosi jedną szóstą.

Czym różni się prawdopodobieństwo od szansy?

W mowie potocznej używa się ich zamiennie, ale w matematyce prawdopodobieństwo to konkretna liczba od zera do jedynki. Można ją podać jako ułamek, liczbę dziesiętną albo procent — połowa, zero i pięć dziesiątych oraz pięćdziesiąt procent oznaczają dokładnie to samo.

Kiedy warto liczyć zdarzenie przeciwne?

Wtedy, gdy w treści pojawia się „co najmniej”, „przynajmniej” albo zaprzeczenie. Zamiast wypisywać wiele przypadków, liczy się jeden przypadek przeciwny i odejmuje wynik od jedynki. To zwykle najkrótsza droga do odpowiedzi.

Czytaj dalej

Prawdopodobieństwo — zadania z egzaminu ósmoklasisty19 zadań z arkuszy CKE z rozwiązaniami krok po kroku Ułamki — teoriaSkracanie i porównywanie ułamków, czyli narzędzie do porównywania szans Statystyka — teoriaDruga strona pracy z danymi: średnia, mediana i dominanta Egzamin ósmoklasisty z matematykiWszystkie działy, arkusze i sposób przygotowania

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: 2026-08-01. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.