Prawdopodobieństwo - zadania
Zadanie 1. (1pkt) Ze zbioru \(\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11\}\) wybieramy losowo jedną liczbę. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo wybrania liczby będącej wielokrotnością liczby \(3\). Wówczas:
A. \(p\lt0,3\)
B. \(p=0,3\)
C. \(p=0,4\)
D. \(p\gt0,4\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Wybieramy jedną z jedenastu liczb, stąd też \(|Ω|=11\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
W naszym przypadku zdarzeniem sprzyjającym będą wszystkie te liczby, które są podzielne przez trzy. Takimi liczbami będą:
$$3, 6, 9$$
Są tylko trzy takie liczby, zatem \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{11}\approx0,27$$
Prawidłowa jest zatem odpowiedź pierwsza.
Zadanie 5. (1pkt) Jeżeli \(A\) i \(B\) są zdarzeniami losowymi, \(B'\) jest zdarzeniem przeciwnym do \(B\), \(P(A)=0,3\), \(P(B')=0,4\) oraz \(A\cap B=\varnothing\), to \(P(A\cup B)\) jest równe:
A. \(0,12\)
B. \(0,18\)
C. \(0,6\)
D. \(0,9\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\), czyli \(P(B)\).
Jedną z ważniejszych własności występujących w temacie prawdopodobieństwa jest to, że suma prawdopodobieństwa pewnego wydarzenia i zdarzenia do niego przeciwnego jest równa \(1\). Znamy wartość \(P(B')=0,4\), zatem:
$$P(B)+P(B')=1 \\
P(B)+0,4=1 \\
P(B)=0,6$$
Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa sumy zdarzeń \(P(A\cup B)\).
Prawdopodobieństwo sumy zdarzeń obliczymy ze wzoru:
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$
Wiemy też, że:
$$P(A)=0,3 \\
P(B)=0,6 \\
P(A\cap B)=0\text{ gdyż }A\cap B=\varnothing$$
Zatem:
$$P(A\cup B)=0,3+0,6-0 \\
P(A\cup B)=0,9$$
Zadanie 6. (1pkt) Ze zbioru \(\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15\}\) wybieramy losowo jedną liczbę. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo otrzymania liczby podzielnej przez \(4\). Wówczas:
A. \(p\lt\frac{1}{5}\)
B. \(p=\frac{1}{5}\)
C. \(p=\frac{1}{4}\)
D. \(p\gt\frac{1}{4}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Określenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Losujemy jedną z piętnasty liczb, stąd też \(|Ω|=15\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
W tym przypadku zdarzeniem sprzyjającym są liczby podzielne przez \(4\). W naszym zbiorze znalazły się tylko trzy takie liczby:
$$4,8,12$$
W związku z tym \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$$
Zadanie 10. (1pkt) Ze zbioru kolejnych liczb naturalnych \(\{1,2,3,4,...,30\}\) losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana liczba jest kwadratem liczby całkowitej, jest równe:
A. \(\frac{4}{30}\)
B. \(\frac{5}{30}\)
C. \(\frac{6}{30}\)
D. \(\frac{10}{30}\)
Wyjaśnienie:
Spośród liczb od \(1\) do \(30\) tylko pięć jest kwadratem liczby całkowitej. Są to:
$$1,4,9,16,25$$
Prawdopodobieństwo wylosowania jednej z tych liczb będzie więc równe:
$$p=\frac{5}{30}$$
Zadanie 12. (1pkt) W każdym z trzech pojemników znajduje się para kul, z których jedna jest czerwona, a druga - niebieska. Z każdego pojemnika losujemy jedną kulę. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że dokładnie dwie z trzech wylosowanych kul będą czerwone. Wtedy:
A. \(p=\frac{1}{4}\)
B. \(p=\frac{3}{8}\)
C. \(p=\frac{1}{2}\)
D. \(p=\frac{2}{3}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro z pierwszego pojemnika losujemy jedną z dwóch kul, potem z drugiego także jedną z dwóch i z trzeciego ponownie jedną z dwóch, to wszystkich możliwych kombinacji będziemy mieć:
$$|Ω|=2\cdot2\cdot2=8$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Wypiszmy sobie teraz wszystkie zdarzenia sprzyjające, czyli takie które spełniają warunki zadania. Dwie z trzech wylosowanych kul muszą być czerwone, więc w grę wchodzą jedynie zdarzenia:
$$(c,c,n), (c,n,c), (n,c,c)$$
Mamy trzy takie zdarzenia, więc \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{8}$$
Zadanie 16. (1pkt) Rzucamy trzy razy symetryczną monetą. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch orłów w tych trzech rzutach. Wtedy:
A. \(0\le p\lt0,2\)
B. \(0,2\le p\le0,35\)
C. \(0,35\lt p\le0,5\)
D. \(0,5\lt p\le1\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Będziemy rzucać monetą trzykrotnie. W pierwszym rzucie może nam wypaść jedna z dwóch możliwości - orzeł lub reszka. W drugim rzucie ponownie mamy dwie możliwości, w trzecim to samo. To oznacza, że wszystkich zdarzeń elementarnych będzie:
$$|Ω|=2\cdot2\cdot2=8$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Szukamy przypadków, kiedy wypadną nam dokładnie dwa orły (czyli nie mogą to być trzy orły). Zatem pasującymi zdarzeniami są:
$$OOR, ORO, ROO$$
Łącznie zdarzeń sprzyjających mamy \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{8}=0,375$$
To oznacza, że pasującym przedziałem jest ten zapisany w trzeciej odpowiedzi.
Zadanie 17. (1pkt) Rzucamy trzy razy symetryczną monetą. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie jednego orła w tych trzech rzutach. Wtedy:
A. \(0\le p\lt0,25\)
B. \(0,25\le p\le0,4\)
C. \(0,4\lt p\le0,5\)
D. \(p\gt0,5\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rzucamy trzykrotnie monetą. W każdym rzucie mamy możliwość otrzymania jednego z dwóch wyników - orła lub reszki. W związku z tym z reguły mnożenia wynika, że wszystkich zdarzeń elementarnych mamy:
$$|Ω|=2\cdot2\cdot2=8$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
W naszym przypadku zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wypadł nam tylko i wyłącznie jeden orzeł. Takich kombinacji mamy dokładnie trzy:
$$(ORR), (ROR), (RRO)$$
Zatem \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{8}=0,375$$
Wyznaczone prawdopodobieństwo mieści się jedynie w przedziale z drugiej odpowiedzi, czyli \(0,25\le p\le0,4\).
Zadanie 19. (1pkt) Ze zbioru dwudziestu czterech kolejnych liczb naturalnych od \(1\) do \(24\) losujemy jedną liczbę. Niech \(A\) oznacza zdarzenie, że wylosowana liczba będzie dzielnikiem \(24\). Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) jest równe:
A. \(\frac{1}{4}\)
B. \(\frac{1}{3}\)
C. \(\frac{1}{8}\)
D. \(\frac{1}{6}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro losujemy jedną z dwudziestu czterech liczb, to wszystkich zdarzeń elementarnych mamy: \(|Ω|=24\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym będzie trafienie na liczbę, która jest dzielnikiem liczby \(24\). Wypiszmy więc jakie dzielniki ma liczba \(24\):
$$D_{24}=\{1,2,3,4,6,8,12,24\}$$
Widzimy wyraźnie, że jest to osiem różnych dzielników, zatem: \(|A|=8\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{8}{24}=\frac{1}{3}$$
Zadanie 20. (1pkt) Rzucamy jeden raz symetryczną sześcienną kostką do gry. Niech \(p_{i}\) oznacza prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby oczek podzielnej przez \(i\). Wtedy:
A. \(2p_{4}=p_{2}\)
B. \(2p_{6}=p_{3}\)
C. \(2p_{3}=p_{6}\)
D. \(2p_{2}=p_{4}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro rzucamy jeden raz sześcienną kostką, to znaczy że możemy otrzymać zawsze jeden z sześciu wyników, zatem: \(|Ω|=6\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Patrząc na odpowiedzi potrzebujemy wyznaczyć jedynie \(p_{2}, p_{3}, p_{4}, p_{6}\), zatem poszukujemy jedynie \(A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{6}\):
Gdy \(i=2:\) \(A_{2}=3\) (bo trzy liczby \((2, 4, 6)\) są podzielne przez \(2\))
Gdy \(i=3:\) \(A_{3}=2\) (bo dwie liczby \((3, 6)\) są podzielne przez \(3\))
Gdy \(i=4:\) \(A_{4}=1\) (bo jedna liczba \((4)\) jest podzielna przez \(4\))
Gdy \(i=6:\) \(A_{6}=1\) (bo jedna liczba \((6)\) jest podzielna przez \(6\))
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$p_{2}=\frac{|A_{2}|}{|Ω|}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \\
p_{3}=\frac{|A_{3}|}{|Ω|}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \\
p_{4}=\frac{|A_{4}|}{|Ω|}=\frac{1}{6} \\
p_{6}=\frac{|A_{6}|}{|Ω|}=\frac{1}{6}$$
Teraz patrząc na podane odpowiedzi widzimy, że prawidłowa równość zaszła jedynie w drugiej odpowiedzi, bowiem:
$$2p_{6}=p_{3} \\
2\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{3} \\
\frac{1}{3}=\frac{1}{3} \\
L=P$$
Zadanie 21. (4pkt) Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że w pierwszym rzucie otrzymamy parzystą liczbę oczek, a iloczyn liczb oczek w obu rzutach będzie podzielny przez \(12\). Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{6}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Na każdej z kostek może wypaść jedna z sześciu cyfr - \(1, 2, 3, 4, 5\) oraz \(6\). Wyniki na kostkach są niezależne względem siebie. Skoro na jednej kostce mamy \(6\) różnych możliwości i na drugiej także mamy \(6\) różnych możliwości, to łącznie jest ich:
$$|Ω|=6\cdot6=36$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której iloczyn liczby oczek jest podzielny przez \(12\) (czyli kiedy iloczyn będzie równy \(12\), \(24\) lub \(36\)). Taką sytuację będziemy mieć tylko w sześciu przypadkach:
$$(2,6),(4,3),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6)$$
Zatem \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz jedynie zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) i wypiszesz jakie są zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 1. oraz 2.) i na tym zakończysz rozwiązywanie zadania lub dalej rozwiązujesz błędnie.
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) oraz podasz ile jest łącznie wszystkich zdarzeń sprzyjających \(|A|=6\) (patrz: Krok 1. oraz 2.), ale nie obliczysz prawdopodobieństwa.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 22. (4pkt) Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma liczb oczek otrzymanych na obu kostkach jest większa od \(6\) i iloczyn tych liczb jest nieparzysty.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{12}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W pierwszym rzucie możemy uzyskać jeden z sześciu wyników. Podobnie jest w drugim rzucie, tu także otrzymamy jedną z sześciu możliwości. Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich zdarzeń elementarnych mamy więc:
$$|Ω|=6\cdot6=36$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której suma oczek jest większa od sześciu i jednocześnie iloczyn tych liczb jest nieparzysty. Możemy oczywiście wypisać wszystkie kombinacje kiedy suma jest większa od sześciu i sprawdzić iloczyn każdej takiej pary. Jednak możemy też się zastanowić - kiedy iloczyn dwóch liczb daje wynik nieparzysty? Taki wynik mamy tylko wtedy, kiedy obydwie liczby są nieparzyste. W ten sposób krąg naszych "podejrzanych" znacznie zmalał, gdyż:
• Z jedynką żadnej takiej pary nie stworzymy.
• Z trójką stworzymy jedną taką parę: \((3;5)\)
• Z piątką stworzymy dwie takie pary: \((5;3)\) oraz \((5;5)\)
Są więc tylko trzy takie sytuacje, zatem \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz jedynie zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) i wypiszesz jakie są zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 1. oraz 2.) i na tym zakończysz rozwiązywanie zadania lub dalej rozwiązujesz błędnie.
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=36\) oraz podasz ile jest łącznie wszystkich zdarzeń sprzyjających \(|A|=3\) (patrz: Krok 1. oraz 2.), ale nie obliczysz prawdopodobieństwa.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 23. (2pkt) Ze zbioru liczb \(\{1,2,3,...,7\}\) losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania liczb, których suma jest podzielna przez \(3\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{16}{49}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Bardzo ważną informacją jest to, że liczby losujemy ze zwracaniem. To oznacza, że w pierwszym losowaniu możemy wylosować jedną z siedmiu możliwości i w drugim także możemy wylosować jedną z siedmiu możliwości. Wszystkich możliwych kombinacji jest więc:
$$|Ω|=7\cdot7=49$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Musimy sobie teraz wypisać wszystkie zdarzenia sprzyjające, czyli takie w których suma wyników będzie podzielna przez \(3\). Dobrze jest wypisać sobie wszystkie warianty w dość uporządkowany sposób, tak aby mieć pewność że uwzględnimy wszystkie możliwości:
$$(1,2), (1,5) \\
(2,1), (2,4), (2,7) \\
(3,3), (3,6) \\
(4,2), (4,5) \\
(5,1), (5,4), (5,7) \\
(6,3), (6,6) \\
(7,2), (7,5)$$
Łącznie wszystkich sprzyjających zdarzeń jest \(16\), a więc \(|A|=16\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{16}{49}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 24. (2pkt) Rzucamy dwa razy sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że liczba oczek w drugim rzucie jest o \(1\) większa od liczby oczek w pierwszym rzucie.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{5}{36}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej kostce może wypaść jeden z sześciu wyników, a skoro rzucamy niezależnie dwoma kostkami, to liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami (czyli takimi, które spełniają warunki naszego zadania) jest pięć kombinacji:
$$(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6)$$
Stąd też możemy napisać, że \(|A|=5\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{5}{36}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 25. (2pkt) Ze zbioru liczb \(\{1,2,3,4,5,6,7\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn jest podzielny przez \(6\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{17}{49}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Ważną informacją jest to, że losujemy liczby ze zwracaniem. To oznacza, że w pierwszym losowaniu wybieramy jedną z siedmiu liczb i w drugim także mamy możliwość trafienia na jedną z siedmiu liczb. Łączną liczbę zdarzeń elementarnych wyznaczymy więc regułą mnożenia:
$$|Ω|=7\cdot7=49$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Szukamy par liczb, których iloczyn będzie podzielny przez \(6\). Najbezpieczniej jest wypisywać sobie wszystkie możliwe kombinacje w jak najbardziej uporządkowany sposób:
$$(1,6) \\
(2,3),(2,6) \\
(3,2),(3,4),(3,6) \\
(4,3),(4,6) \\
(5,6) \\
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),(6,7) \\
(7,6)$$
Takich par jest więc \(|A|=17\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{17}{49}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 26. (2pkt) Ze zbioru liczb \(\{1,2,3,4,5,6,7,8\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\), polegającego na wylosowaniu liczb, z których pierwsza jest większa od drugiej o \(4\) lub \(6\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{3}{32}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro losowanie liczb jest ze zwracaniem, to w pierwszym losowaniu mamy \(8\) możliwości wyboru i w drugim losowaniu także mamy \(8\) możliwości. Zatem wszystkich kombinacji jest: \(|Ω|=8\cdot8=64\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Musimy teraz wypisać wszystkie zdarzenia sprzyjające, czyli spełniające warunki zadania. Są to:
$$(5,1), (6,2), (7,3), (8,4) \\
(7,1), (8,2)$$
Łącznie jest to sześć zdarzeń, czyli \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{64}=\frac{3}{32}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 27. (2pkt) Dane są dwa podzbiory zbioru liczb całkowitych: \(K=\{-4,-1,1,5,6\}\) i \(L=\{-3,-2,2,3,4\}\). Z każdego z nich losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn jest dodatni.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{13}{25}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro z pierwszego zbioru losujemy jedną z pięciu liczb i z drugiego także jedną z pięciu, to zgodnie z regułą mnożenia:
$$|Ω|=5\cdot5=25$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są w tym przypadku takie dwie liczby, których iloczyn jest dodatni. Teoretycznie moglibyśmy wypisać tu wszystkie możliwe kombinacje, ale możemy też zrobić to nieco bardziej matematycznie.
Aby wynik mnożenia dwóch liczb był dodatni, to te dwie liczby muszą mieć identyczny znak (mogą to być dwie liczby dodatnie lub dwie ujemne).
Dwie liczby dodatnie możemy wybrać na \(3\cdot3=9\) sposobów.
Dwie liczby ujemne możemy wybrać na \(2\cdot2=4\) sposoby.
Zatem \(|A|=9+4=13\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{13}{25}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 28. (4pkt) Zbiór \(M\) tworzą wszystkie liczby naturalne dwucyfrowe, w zapisie których występują dwie różne cyfry spośród: \(1,2,3,4,5\). Ze zbioru \(M\) losujemy jedną liczbę, przy czym każda liczba z tego zbioru może być wylosowana z tym samym prawdopodobieństwem. Oblicz prawdopodobieństwo, że wylosujemy liczbę większą od \(20\), w której cyfra dziesiątek jest mniejsza od cyfry jedności.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{3}{10}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Pierwszą cyfrę możemy dobrać na pięć różnych sposobów (bo wybierzemy jedną z pięciu cyfr). Dobierając drugą cyfrę mamy już nieco mniejszy wybór, bo druga liczba zgodnie z treścią zadania nie może się powtarzać z pierwszą. W związku z tym w drugim losowaniu mogę otrzymać jedną z czterech cyfr. Zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych (czyli w tym przypadku wszystkich liczb dwucyfrowych w zbiorze \(M\)) będzie:
$$|Ω|=5\cdot4=20$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest w naszym przypadku każda liczba, która jest większa od \(20\) i która jednocześnie ma cyfrę dziesiątek mniejszą od cyfry jedności. Wypiszmy więc sobie te liczby:
$$A=\{23,24,25,34,35,45\}$$
Jak widzimy takich liczb jest tylko sześć, zatem \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=20\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz jedynie zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=20\) i wypiszesz jakie są zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 1. oraz 2.) i na tym zakończysz rozwiązywanie zadania lub dalej rozwiązujesz błędnie.
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=20\) oraz podasz ile jest łącznie wszystkich zdarzeń sprzyjających \(|A|=6\) (patrz: Krok 1. oraz 2.), ale nie obliczysz prawdopodobieństwa.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 29. (4pkt) Zakupiono \(16\) biletów do teatru, w tym \(10\) biletów na miejsca od \(1.\) do \(10.\) w pierwszym rzędzie i \(6\) biletów na miejsca od \(11.\) do \(16.\) w szesnastym rzędzie. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że \(2\) wylosowane bilety, spośród szesnastu, będą biletami na sąsiadujące miejsca?
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{7}{60}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Zadanie już na samym początku może sprawiać problemy (zwłaszcza jeśli chodzi o samo zrozumienie treści), dlatego zastanówmy się jakie pary biletów moglibyśmy zakupić. Każdy bilet ma numer od \(1\) do \(16\) (na razie nie patrzymy na to jakie to są rzędy). Pierwszej osobie możemy dać bilet na \(16\) różnych sposobów (bo dostanie numer od \(1\) do \(16\)). Drugiej osobie możemy dać bilet na \(15\) sposobów (bo jeden damy wcześniej innej osobie). Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich możliwości będziemy mieć:
$$|Ω|=16\cdot15=240$$
Jeśli nie umiemy sobie wyobrazić tej sytuacji, to możemy sobie, że pierwszy bilet dostaje Jaś, a drugi dostaje Małgosia, więc mamy następujące możliwości rozmieszczenia dzieci na sali kinowej:
$$(1,2), (1,3), (1,4)... (1,16) \\
(2,1), (2,3), (2,4)... (2,16) \\
... \\
(16,1), (16,2), (16,3)... (16,15)$$
Otrzymaliśmy \(16\) różnych wierszy, a w każdym wierszu jest \(15\) różnych możliwości (bo wykluczają nam się zdublowane opcje typu \((1,1), (2,2)\) itd.). Łącznie jest ich więc \(16\cdot15=240\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której numery biletów są sąsiadujące (czyli wtedy kiedy Jaś siedzi obok Małgosi). Wypiszmy sobie wszystkie pary, które spełniałyby warunki zadania. Zwróć uwagę, że jeśli Jaś siedzi na \(1.\) miejscu, a Małgosia na \(2.\) miejscu (czyli \((1,2)\)) to jest to zupełnie inne zdarzenie niż Jaś siedzący na \(2.\) miejscu i Małgosia siedząca na \(1.\) miejscu (zdarzenie \((2,1)\)). Zatem:
W pierwszym rzędzie sprzyjającymi zdarzeniami będą:
$$(1,2), (2,3), (3,4), (4,5), (5,6), (6,7), (7,8), (8,9), (9,10) \\
(2,1), (3,2), (4,3), (5,4), (6,5), (7,6), (8,7), (9,8), (10,9)$$
W szesnastym rzędzie sprzyjającymi zdarzeniami będą:
$$(11,12), (12,13), (13,14), (14,15), (15,16) \\
(12,11), (13,12), (14,13), (15,14), (16,15)$$
Łącznie wszystkich zdarzeń sprzyjających mamy: \(|A|=28\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{28}{240}=\frac{7}{60}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 30. (4pkt) Wśród \(115\) osób przeprowadzono badania ankietowe, związane z zakupami w pewnym kiosku. W poniższej tabeli przedstawiono informacje o tym, ile osób kupiło bilety tramwajowe ulgowe oraz ile osób kupiło bilety tramwajowe normalne.
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Rodzaj kupionych biletów} & \text{Liczba osób} \\
\hline
\text{ulgowe} & 76 \\
\text{normalne} & 41
\end{array}
$$
Uwaga! \(27\) osób spośród ankietowanych kupiło oba rodzaje biletów.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że osoba losowo wybrana spośród ankietowanych nie kupiła żadnego biletu. Wynik przedstaw w formie nieskracalnego ułamka.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{5}{23}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Będziemy wybierać jedną ze \(115\) osób, stąd też \(|Ω|=115\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Naszym zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie osoby, która nie kupiła biletu. W związku z tym musimy teraz określić ile osób nie kupiło biletu. Można to zrobić na kilka sposobów (mniej lub bardziej matematycznych). Przykładowo:
I sposób: Skoro sprzedano \(76+41=117\) biletów, a \(27\) osób ma jeden i drugi bilet, to znaczy że osób które kupiły ten bilet jest \(117-27=90\). W związku z tym biletu nie kupiło \(115-90=25\) osób. Zatem \(|A|=25\).
II sposób: Możemy też wykonać prosty rysunek w którym zobrazujemy sobie całą sytuację:
Najpierw wpisujemy liczbę \(27\), bo tyle osób ma dwa bilety, a następnie obliczamy ile osób ma tylko bilet ulgowy lub tylko bilet normalny. Po zsumowaniu wartości wychodzi nam, że bilet kupiło: \(49+27+14=90\) osób, czyli biletu nie kupiło \(115-90=25\) osób. Zatem \(|A|=25\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{25}{115}=\frac{5}{23}$$
Pamiętaj o tym, by przedstawić to rozwiązanie właśnie w formie nieskracalnego ułamka (jest to wyszczególnione w treści zadania).
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=115\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy obliczysz że bilet ulgowy kupiło \(49\) osób (patrz: Krok 2.).
ALBO
• Gdy obliczysz że bilet normalny kupiło \(14\) osób (patrz: Krok 2.).
ALBO
• Gdy obliczysz że co najmniej jeden bilet kupiło \(90\) osób (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=115\) i zapiszesz poprawnie liczbę osób które kupiły jeden z biletów (patrz: Krok 1. oraz 2.)
ALBO
• Gdy zapiszesz, że biletu nie kupiło \(25\) osób.
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=115\) oraz obliczysz, że \(25\) osób nie kupiło biletu.
ALBO
• Gdy popełnisz błąd rachunkowy i konsekwentnie do niego podasz błędny wynik.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 31. (2pkt) Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych losowo wybieramy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że otrzymamy liczbę podzielną przez \(8\) lub liczbę podzielną przez \(12\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{6}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Losujemy jedną liczbę ze zbioru liczb dwucyfrowych. Z racji tego, że liczb dwucyfrowych jest \(90\), to \(|Ω|=90\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Naszym zdarzeniem sprzyjającym będą liczby podzielne przez \(8\) oraz \(12\). Musimy więc je sobie wypisać i policzyć ile ich tak naprawdę jest.
Liczby dwucyfrowe podzielne przez \(8\) to:
$$16,24,32,40,48,56,64,72,80,88,96$$
Łącznie takich liczb jest \(11\).
Liczby dwucyfrowe podzielne przez \(12\) to:
$$12,\color{blue}{24},36,\color{blue}{48},60,\color{blue}{72},84,\color{blue}{96}$$
Łącznie takich liczb jest \(8\).
Ale to nie koniec określania liczby zdarzeń sprzyjających. Część z tych liczb się powtarza (to te liczby zaznaczone na niebiesko), więc gdybyśmy dodali do siebie \(11+8=19\) to otrzymalibyśmy błędny wynik. Musimy odrzucić te liczby zaznaczone na niebiesko i tym samym otrzymujemy \(|A|=11+4=15\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{15}{90}=\frac{1}{6}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 32. (2pkt) Mamy dwa pudełka: w pierwszym znajduje się \(6\) kul ponumerowanych kolejnymi liczbami od \(1\) do \(6\), a w drugim – \(8\) kul ponumerowanych kolejnymi liczbami od \(1\) do \(8\). Losujemy po jednej kuli z każdego pudełka i tworzymy liczbę dwucyfrową w ten sposób, że numer kuli wylosowanej z pierwszego pudełka jest cyfrą dziesiątek, a numer kuli wylosowanej z drugiego – cyfrą jedności tej liczby. Oblicz prawdopodobieństwo, że utworzona liczba jest podzielna przez \(11\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{8}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Z treści zadania wynika, że pierwszą cyfrę możemy wylosować na \(6\) sposobów, a drugą na \(8\) sposobów. Zgodnie z regułą mnożenia oznacza to, że wszystkich możliwych kombinacji będzie:
$$|Ω|=6\cdot8=48$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym są liczby podzielne przez \(11\), czyli:
$$11,22,33,44,55,66$$
Łącznie jest to \(6\) liczb, zatem \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{48}=\frac{1}{8}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 33. (4pkt) Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb będzie równa \(30\). Wynik zapisz w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{801}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych mamy \(90\). Skoro losowanie odbywa się bez zwracania, to w pierwszym losowaniu mamy \(90\) różnych możliwości, natomiast w drugim już tylko \(89\) (bo odpada nam liczba, która była przed chwilą wylosowana). Stąd też wszystkich zdarzeń elementarnych mamy łącznie:
$$|Ω|=90\cdot89=8010$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest takie, którego suma dwóch liczb jest równa \(30\). Takimi zdarzeniami będą:
$$(10;20), (11;19), (12;18), (13;17), (14;16), \\
(16;14), (17;13), (18;12), (19;11), (20;10)$$
Łącznie jest to \(10\) różnych zdarzeń, tak więc \(|A|=10\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{10}{8010}=\frac{1}{801}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz że jest \(90\) liczb dwucyfrowych (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
Uwaga: Dopuszczalne jest wypisanie także pięciu zdarzeń elementarnych (np. \((10;20)\) oraz \((20;10)\) jest traktowana wtedy jako jedno zdarzenie sprzyjające).
2 pkt
• Gdy obliczysz że jest \(90\) liczb dwucyfrowych (patrz: Krok 1.) oraz wypiszesz zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=8010\) (patrz: Krok 1.).
Uwaga: Dopuszczalna jest odpowiedź \(|Ω|=4005\), ale wtedy para liczb np. \((10;20)\) oraz \((20;10)\) jest traktowana jako jedno zdarzenie sprzyjające i wtedy dalszą konsekwencją jest to, że \(|A|=5\).
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=8010\) (patrz: Krok 1.) oraz zapiszesz, że \(|A|=10\) (patrz: Krok 2.).
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=4005\) oraz zapiszesz, że \(|A|=5\).
ALBO
• Gdy w wyniku pomyłki napiszesz, że jest \(89\) liczb dwucyfrowych i konsekwentnie do tego błędu obliczysz całe zadanie.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 34. (2pkt) Ze zbioru siedmiu liczb naturalnych \(\{1,2,3,4,5,6,7\}\) losujemy dwie różne liczby. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że większą z wylosowanych liczb będzie liczba \(5\).
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{4}{21}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Losujemy dwa razy. Za pierwszym razem mamy do wyboru jedną z siedmiu liczb. W drugim losowaniu wybrać już możemy tylko jedną z sześciu opcji (bo wykluczamy liczbę, która wypadła w pierwszym losowaniu, gdyż losowane liczby muszą być różne). Z reguły mnożenia wynika, że wszystkich zdarzeń elementarnych mamy:
$$|Ω|=7\cdot6=42$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Aby zdarzenie było sprzyjające to większa z tych dwóch liczb musi być równa \(5\), czyli zdarzeniami spełniającymi warunki zadania będą:
$$(1;5), (2;5), (3;5), (4;5), \\
(5;1), (5;2), (5;3), (5;4)$$
Łącznie jest to \(8\) zdarzeń, więc \(|A|=8\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{8}{42}=\frac{4}{21}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz jedynie liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=42\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz jedynie zdarzenia sprzyjające (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Zadanie 35. (2pkt) Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy liczbę, która jest równocześnie mniejsza od \(40\) i podzielna przez \(3\). Wynik podaj w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Odpowiedź
\(P(A)=\frac{1}{9}\)
Wyjaśnienie:
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Zbiorem zdarzeń elementarnych są wszystkie liczby dwucyfrowe, a tych mamy łącznie \(90\), zatem: \(|Ω|=90\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym będą w tym przypadku wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez \(3\), które są jednocześnie mniejsze od \(40\). Tymi liczbami będą:
$$\{12,15,18,21,24,27,30,33,36,39\}$$
Łącznie jest to \(10\) liczb, zatem: \(|A|=10\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{10}{90}=\frac{1}{9}$$
Wyjaśnienie punktacji:
Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych (patrz: Krok 1.)
ALBO
• Gdy obliczysz liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających (patrz: Krok 2.)
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.
Materiał bardzo przydatny. Matematyka staje się bardziej przystępna. Duże dzięki.
Jestem dobra z matematyki, ale ani nauczyciel w szkole, ani najlepsi uczniowie z klasy nie potrafili wytłumaczyć mi prawdopodobieństwa. Dzięki Panu oraz przerobieniu masy zadań stało się to dla mnie jasne i czytelne. Dziękuję :) !
Dziękuję za miłe słowa i cieszę się, że mogłem choć trochę pomóc w przygotowaniach do matury :) Pozdrawiam!
Chciałbym Panu bardzo podziękować. Chodziłam na korki, przerabiałam książkę przygotowującą do matury. Nic nie pomagało. Maturę próbną napisałam na 16%. Kilka dni temu po przerobieniu Pana zadań z dokładną analizą, postanowiłam napisać maturę z ubiegłych lat , na szybko bez większego zagłębiania się w kartę wzorów. Udało mi się zdobyć 48%. Mam nadzieje, że za kilka dni na normalnej maturze pójdzie mi o wiele lepiej, a to wszystko dzięki Panu. :)
jak jest zadanie 26 to dlaczego może być np (5,1) a już (1,5) nie będzie skoro to rożne kombinacje?
Ponieważ interesują nas tylko te kombinacje, w których pierwsza liczba jest o 4 większa od drugiej ;) Dlatego pasuje nam wylosowanie (5;1), ale już (1;5) nie ;)
Materiał bardzo pomocny i szczerze dziękuję za pracę włożoną w tę stronę, ponieważ bardzo często okazuje się ona przydatna!! I to nie tylko w temacie prawdopodobieństwa… Dziękuję, dziękuję i jeszcze raz dziękuję. No i życzę miłego dnia/ wieczoru!! :))
Cieszę się, że mogłem pomóc i dziękuję za tak miłe słowa! :)
Dlaczego w zadaniu 18 zdarzeniami sprzyjającymi nie mogą być również 600, 060?
Wiem skąd bierze się Twoja wątpliwość, ale tak naprawdę to byłyby to te same zdarzenia ;) Twoja rozpiska miałaby sens, gdybyśmy mieli klasyczne zadanie np. z trzema kostkami.
już nie boje się matury za 4 dni bardzo dziękuje
W zadaniu 21 założenie brzmi, że w pierwszym rzucie otrzymamy parzystą liczbę oczek a ich iloczyn będzie podzielny przez 12. Wydaje mi się, że liczba zdarzeń sprzyjający wyniesie 5 i są to:
(2;6),(6;2),(4;6),(6;4),(6;6). Wy odpowiedzi było wymieniona także zdarzenie (4;3) wydaje mi się że jest to błędne zdarzenie gdyż
4+3 nie da nam liczby parzystej.
Ale przecież nie musisz mieć sumy parzystej :) Parzysta musi być tylko pierwsza liczba, więc zdarzenie (4;3) jak najbardziej pasuje :)
Dlaczego w tym zadaniu ujęte jest (4,3), a nie ma (3,4)?
W pierwszym rzucie chcemy mieć liczbę parzystą, więc nie możemy mieć trójki na pierwszym miejscu ;)
Ale wtedy na pierwszym miejscu nie będziesz mieć parzystej…
bardzo dziękuje, udało mi się dużo nauczyć. ten dział matematyki sprawiał mi wiele trudności
Jeżeli jest napisane że losujemy 2 kule ale nie jest podane w treści zadania że kolejno to wówczas nie powinno się stosować kombinacji bez powtórzeń? Czy taki sposób rozwiązywania zadań został podany przez CKE?
Musiałbyś mi powiedzieć o jakim zadaniu mowa, bo zawsze ważny jest kontekst danej sytuacji ;) Generalnie zapis „losujemy 2 kule” sugeruje, że faktycznie dana kula nie wraca z powrotem do puli ;)
Fantastyczna strona, dobrze, że trafiłam na nią przed maturą.
Dziękuje za te zadania bardzo przyjemnie mi się tutaj pracowało :)
Polecam zadania fajne są i dziękuje
dlaczego w zadaniu 25 oprócz (6,7) dodajemy jeszcze (7,6)?
Bo możesz wylosować najpierw 6, a potem 7, jak i najpierw 7, a potem 6.
Tak samo masz pary np. (3;4) jak i (4;3).
super teraz wszystko rozumiem
Bardzo fajne zadania. Mam nadzieję ,że uda mi się zdać maturę 2022 maj
Dlaczego w zadaniu 4 mnożymy nagle przez 6?
Jak mamy P(A)=5-5P(A) to obustronnie dodajemy 5P(A), więc po lewej stronie otrzymamy właśnie 6P(A). To tak, jakby tam było x=5-5x i obustronnie dodalibyśmy 5x, to otrzymalibyśmy 6x=5 :)
Czy jeśli napisałam omyłkowo że omega = 3/32 , a pod spodem napisałam odpowiedź że prawdopodobieństwo wynosi 3/32,to dostanę dwa pkt czy jeden. Tabelka i wszystko zrobione dobrze . Tylko zamiast A/Omega napisałam samo omega.
Podejrzewam, że bez problemu będą to 2 punkty ;)
Mam pytanie, pisałem niedawno maturę z matematyki i miałem zadania z prawdopodobieństwa za 2 pkt, miałem w nawiasie liczby naturalne (2,3,4,5,6,7,8,9) I mialem Losować z nich dwie wraz ze zwracaniem i je mnozyc i wypisac prawdopodobienstwo ze wypadnie nam iloczyn tych dwóch cyfr podzileny przez 15, wypisanie zrobiłem dobrze było 64 wszystkich mozliwosci i 6 mozliwosci podzilenych przez 15 wypisalem wszystkie i je zaznaczylem, niestety nie napisalem P{A} = 6/64 czy przyznają mi za to zadanie 1 pkt czy 0? Wypisałem wszystkie mozliwe zdarzenia czyli 2*2 2*3 itp az bylo ich 64 i zaznaczylem 6 wynikow które są podzielne przez… Czytaj więcej »
Dostaniesz 1 punkt, bo zazwyczaj 1 punkt dostaje się właśnie za podanie liczby zdarzeń elementarnych lub sprzyjających ;)
Czy prawdopodobieństwo jest zawsze na maturze?
Można powiedzieć, że w sumie faktycznie prawie zawsze jest jakieś zadanie z prawdopodobieństwa. Bardzo często jest nawet tak, że z tego działu mamy jedno zadanie zamknięte (czyli abcd) i jedno otwarte ;)
Baaardzo fajnie zebrane powtórzenie i ćwiczenia. podczas rozwiązywania powtarzamy i utrwalamy.
Jestem wdzięczna jako nauczycielka na emeryturze, która czasem musi pomóc wnukom. Dziękuję!
skąd wiemy, że omega jest 90 w ostatnim zadaniu ?
Ponieważ liczb dwucyfrowych (czyli od 10 do 99) mamy właśnie 90 ;)
dziękuje
Dlaczego gdy rzucamy dwa razy sześcienną kostką to jest 6 * 6, a jak rzucamy trzy razy monetą to nie ma 2 * 2 * 2 tylko po prostu 2 czyli tak jakbyśmy rzucili tylko raz? Moneta jest tu wyjątkiem czy kostka? Bo nie wiem co bym musiał zapisać w takim razie gdyby trafiło mi się zadanie z czworościanem np.
No ale przecież jak rzucamy trzy razy monetą to też jest 2*2*2 ;)
Czy w zadaniu 22 nie powinny być brane pod uwagę tylko dwa zdarzenia sprzyjające: 5,3 i 5,5 ?
No ale zdarzenie (3,5) też pasuje ;)
Proszę niech ktoś wytłumaczy zadanie 24 na chłopski rozum
Jest 5 sytuacji w których na drugiej kostce możemy mieć wynik o 1 większy od pierwszego rzutu (czyli np. najpierw wyrzucamy 3, a potem 4). Wszystkich możliwych kombinacji jest 36, więc prawdopodobieństwo wyniosło 5/36 :)
dlaczego w zadaniu 5 z 0,4 nagle nam wychodzi 0,6?
Obustronnie odejmujemy 0,4, no i po prawej stronie robi się właśnie 0,6 ;)
dzięki
Hej, mam pytanie do zadania 33. W treści zadania jest, że losowanie jest bez zwracania, a w mocy A pojawiły się pary : (16,15) , (17,13) , (18,12) , (19,11) , (20,10). A skoro bez zwracania, to chyba nie mogą być te pary, więc moc A to 5, a P(A)= 5/8010.
Bez zwracania oznacza, że jak np. wylosujesz 16, to potem już 16 nie możesz wylosować, ale 15 jak najbardziej możesz ;) Para (16,15) jest więc jak najbardziej poprawna. To, że losowanie jest bez zwracania ma wpływ np. na to, że nie da się utworzyć pary takiej jak (15,15), bo choć też tutaj suma jest równa 30 (więc teoretycznie pasuje nam do zadania), to jednak jak już raz wylosowaliśmy 15, to drugi raz nie możemy ;)
Pytanie do pierwszego zadania: Skoro mamy obliczyć prawdopodobieństwo wylosowania liczby, która jest wielokrotnością liczby 3, czy A nie powinno być równe 2, a nie jak jest w wyjaśnieniu |A|= 3, ponieważ trójka za zbioru nie jest wielokrotnością trójki?
Trójka jest wielokrotnością trójki :) 3*1 daje wynik równy właśnie 3 :)