Klasa 4 LO — teoria, wzory, quizy i zadania do tego tematu.
📄Zadania z arkuszy 158
Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminacyjnych (matura, egzamin ósmoklasisty, próbne) dotyczące tego tematu — pokazujemy 100 najnowszych z 158.
Zadanie nr 30 · Matura 2026
Dane są zbiory cyfr $X=\{1,3,5,7,9\}$ oraz $Y=\{0,2,4,6,8\}$. Losujemy jedną cyfrę z $X$ (dziesiątki), a następnie jedną z $Y$ (jedności), tworząc liczbę dwucyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $A$: otrzymana liczba jest podzielna przez $6$.
Rozwiązanie
$|\Omega|=5\cdot5=25$. Każda liczba jest parzysta (jedności z $Y$), więc wystarczy podzielność przez $3$, czyli $x+y\equiv0\ (\mathrm{mod}\ 3)$.
Pary o sumie reszt $0$: $x\equiv0\ (3,9)$ z $y\equiv0\ (0,6)$: $4$; $x\equiv1\ (1,7)$ z $y\equiv2\ (2,8)$: $4$; $x\equiv2\ (5)$ z $y\equiv1\ (4)$: $1$. Razem $9$.
Odpowiedź: $P(A)=\dfrac{9}{25}$.
Zadanie nr 2 · Matura 2026
Ze zbioru ośmiu liczb $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ losujemy bez zwracania osiem razy po jednej liczbie. Wylosowane liczby ustawiamy w ciąg zgodnie z kolejnością losowania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ polegającego na tym, że wylosowane liczby utworzą ciąg, w którym iloczyn każdych trzech kolejnych wyrazów będzie liczbą podzielną przez $3$. Wynik podaj w postaci nieskracalnego ułamka zwykłego.
Krok 1. Kiedy iloczyn jest podzielny przez 3.
W zbiorze tylko $3$ i $6$ są podzielne przez $3$. Iloczyn trzech kolejnych wyrazów jest podzielny przez $3$ dokładnie wtedy, gdy wśród nich jest $3$ lub $6$. Warunek: w każdej trójce kolejnych pozycji znajduje się co najmniej jedna z liczb $3,6$.
Krok 2. Rozmieszczenie liczb 3 i 6.
Mamy $8$ pozycji i tylko dwie „dobre” liczby. Pozostałe sześć liczb tworzy trzy przerwy (przed, między, po), których suma długości to $6$; żadna przerwa nie może mieć $\ge 3$ (inaczej powstanie trójka bez liczby podzielnej przez 3). Trzy przerwy o sumie $6$, każda $\le 2$, muszą mieć długości $2,2,2$. Stąd $3$ i $6$ muszą stać na pozycjach $3$ i $6$ (w dowolnej kolejności).
Krok 3. Prawdopodobieństwo.
Wszystkich ustawień: $8!$. Sprzyjających: liczby $3,6$ na pozycjach $3,6$ ($2!$ sposobów) i pozostałe $6$ liczb na pozostałych miejscach ($6!$):
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Zdarzenie $A$ polega na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek będzie większa od $10$. Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ jest równe
A$\dfrac{1}{36}$
B$\dfrac{2}{36}$
C$\dfrac{3}{36}$
D$\dfrac{4}{36}$
Wszystkich wyników jest $36$. Suma większa od $10$ to suma $11$ lub $12$: pary $(5,6),(6,5)$ oraz $(6,6)$ — razem $3$ zdarzenia sprzyjające.
$P(A)=\dfrac{3}{36}$.
Odpowiedź: C.
Zadanie nr 29 · Próbny 2026
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Zdarzenie $A$ polega na tym, że wylosujemy liczbę, która jest wielokrotnością liczby $34$. Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ jest równe
A$\dfrac{1}{89}$
B$\dfrac{2}{89}$
C$\dfrac{1}{90}$
D$\dfrac{2}{90}$
Liczb dwucyfrowych jest $90$ (od $10$ do $99$). Wielokrotności $34$ w tym zakresie to $34$ i $68$ — $2$ liczby.
$P(A)=\dfrac{2}{90}$.
Odpowiedź: D.
Zadanie nr 28 · Matura 2025
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Zdarzenie $A$ polega na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek będzie równa $11$. Prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ jest równe
A$\dfrac{1}{36}$
B$\dfrac{6}{36}$
C$\dfrac{11}{36}$
D$\dfrac{2}{36}$
Wszystkich wyników jest $6\cdot 6=36$. Sumę $11$ dają pary $(5,6)$ oraz $(6,5)$ — $2$ zdarzenia sprzyjające.
$P(A)=\dfrac{2}{36}$.
Odpowiedź: D.
Zadanie nr 28 · Matura 2025
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek – od jednego oczka do sześciu oczek. Zdarzenie \(A\) polega na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek będzie równa \(11\). Prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) jest równe:
A\(\frac{1}{36}\)
B\(\frac{6}{36}\)
C\(\frac{11}{36}\)
D\(\frac{2}{36}\)
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rzucamy dwukrotnie kostką do gry, zatem zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie pary liczb, których suma oczek da wynik równy \(11\). Takimi parami są:
$$(5;6), (6;5)$$
Są to więc \(2\) pary, czyli \(|A|=2\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{2}{36}$$
Zadanie nr 29 · Matura 2025
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. 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 dwucyfrowej.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że otrzymana w ten sposób liczba dwucyfrowa będzie nieparzysta i podzielna przez \(3\). Zapisz obliczenia.
Krok 1. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych.
Każdy rzut daje \(6\) wyników, więc z reguły mnożenia:
\(|\Omega|=6\cdot 6=36\)
Krok 2. Zdarzenia sprzyjające.
Liczba ma być nieparzysta, więc cyfra jedności należy do zbioru \(\{1,3,5\}\), oraz podzielna przez \(3\), czyli suma cyfr ma być podzielna przez \(3\). Wypisujemy pasujące liczby:
Dane są dwa zbiory: \(X=\{-3,-2,-1,0,1,2\}\) oraz \(Y=\{-2,-1,0,1\}\). Losujemy jedną liczbę ze zbioru \(X\), a następnie losujemy jedną liczbę ze zbioru \(Y\) i tworzymy uporządkowaną parę liczb \((x,y)\), gdzie \(x\) jest liczbą wylosowaną ze zbioru \(X\) oraz \(y\) jest liczbą wylosowaną ze zbioru \(Y\).
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że wylosujemy parę liczb \((x,y)\), która będzie spełniać warunek \(x\cdot y\ge 0\). Zapisz obliczenia.
Krok 1. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych.
Zbiór \(X\) ma \(6\) elementów, zbiór \(Y\) — \(4\) elementy, więc z reguły mnożenia:
\(|\Omega|=6\cdot 4=24\)
Krok 2. Zdarzenia sprzyjające \(x\cdot y\ge 0\).
Rozpatrujemy przypadki:
• iloczyn równy \(0\): wystarczy \(x=0\) lub \(y=0\). Dla \(x=0\) mamy \(4\) pary, dla \(y=0\) mamy \(6\) par, a para \((0,0)\) została policzona dwukrotnie, więc razem \(4+6-1=9\) par.
• iloczyn dodatni przy \(x\lt 0\) i \(y\lt 0\): \(x\in\{-3,-2,-1\}\) (3 możliwości), \(y\in\{-2,-1\}\) (2 możliwości) — \(3\cdot 2=6\) par.
• iloczyn dodatni przy \(x\gt 0\) i \(y\gt 0\): \(x\in\{1,2\}\) (2 możliwości), \(y\in\{1\}\) (1 możliwość) — \(2\cdot 1=2\) pary.
\(|A|=9+6+2=17\)
Krok 3. Prawdopodobieństwo.
\(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{17}{24}\)
Odpowiedź: \(P(A)=\frac{17}{24}\)
Zadanie nr 1 · Matura 2025
Sklep AGD prowadzi sprzedaż wysyłkową pralek. Prawdopodobieństwo uszkodzenia podczas transportu pralki wysłanej przez ten sklep do klienta jest równe \(0{,}02\).
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że spośród \(10\) pralek wysłanych dziesięciu klientom przez ten sklep co najwyżej jedna ulegnie uszkodzeniu podczas transportu. Wynik zapisz w postaci ułamka dziesiętnego w zaokrągleniu do części tysięcznych. Zapisz obliczenia.
Krok 1. Model — schemat Bernoulliego.
Mamy \(n=10\) niezależnych prób (wysyłek). Za sukces uznajemy uszkodzenie pralki:
\(p=0{,}02\), \(\;q=1-p=0{,}98\)
Krok 2. Rozbicie zdarzenia \(A\).
„Co najwyżej jedna uszkodzona" oznacza zero uszkodzeń albo dokładnie jedno:
Dany jest pięcioelementowy zbiór \(K=\{5,6,7,8,9\}\). Wylosowanie każdej liczby z tego zbioru jest jednakowo prawdopodobne. Ze zbioru \(K\) losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie i zapisujemy je w kolejności losowania.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb jest liczbą parzystą. Zapisz obliczenia.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Nasz zbiór ma \(5\) liczb, a losowanie odbywa się ze zwracaniem (czyli możemy wylosować dwa razy ten sam wynik). To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=5\cdot5=25\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której wylosowana para liczb da parzystą sumę. Musimy najpierw ustalić, kiedy taka parzysta suma jest możliwa. Aby otrzymać parzystą sumę dwóch liczb, to te dwie liczby muszą być parzyste (np. \(6+8=14\)) lub też obydwie muszą być nieparzyste (np. \(5+7=12\)). Ustalmy zatem ile możemy stworzyć takich parzystych i nieparzystych par.
· Pary z parzystymi liczbami:
W zbiorze mamy dwie parzyste liczby, czyli \(6\) oraz \(8\). W związku z tym, zgodnie z regułą mnożenia, takich parzystych par możemy wylosować \(2\cdot2=4\).
· Pary z nieparzystymi liczbami:
W zbiorze mamy trzy nieparzyste liczby, czyli \(5\), \(7\) oraz \(9\). W związku z tym, zgodnie z regułą mnożenia, takich parzystych par możemy wylosować \(3\cdot3=9\).
Korzystając teraz z reguły dodawania, możemy stwierdzić, że wszystkich interesujących nas możliwości mamy \(|A|=4+9=13\).
Dane są dwa zbiory: \(C=\{0,\;4,\;5,\;7,\;9\}\) oraz \(D=\{1,\;2,\;3\}\). Losujemy jedną liczbę ze zbioru \(C\), a następnie losujemy jedną liczbę ze zbioru \(D\).
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb będzie większa od \(9\). Zapisz obliczenia.
Zdarzeniami elementarnymi są pary \((c,d)\), gdzie \(c\in C\) i \(d\in D\):
\(|\Omega|=5\cdot 3=15\)
Sprawdzamy, dla których par suma przekracza \(9\):
\(c=0\): sumy \(1,2,3\) — żadna
\(c=4\): sumy \(5,6,7\) — żadna
\(c=5\): sumy \(6,7,8\) — żadna
\(c=7\): sumy \(8,9,10\) — jedna para \((7,3)\)
\(c=9\): sumy \(10,11,12\) — trzy pary \((9,1)\), \((9,2)\), \((9,3)\)
\(|A|=1+3=4\)
\(P(A)=\frac{4}{15}\)
Odpowiedź: \(P(A)=\frac{4}{15}\)
Zadanie nr 28 · Próbny 2024
Dane są dwa zbiory: $C=\{1,2,3,4,5,6\}$ oraz $D=\{7,8,9,10\}$. Losujemy jedną liczbę ze zbioru $C$, a następnie jedną ze zbioru $D$. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb będzie podzielny przez $4$. Zapisz obliczenia.
Wszystkich par jest $6\cdot 4=24$.
Iloczyn jest podzielny przez $4$ w przypadkach:
• $d=8$ (podzielne przez $4$): dowolne $c$ — $6$ par;
• $d=10=2\cdot 5$: iloczyn podzielny przez $4$, gdy $c$ jest parzyste ($c\in\{2,4,6\}$) — $3$ pary;
• $d=7$ lub $d=9$ (nieparzyste): potrzeba $c$ podzielnego przez $4$, czyli $c=4$ — po $1$ parze, razem $2$ pary.
Zdarzeń sprzyjających: $6+3+2=11$, więc $P(A)=\dfrac{11}{24}$.
Zadanie nr 30 · Matura 2024
W pudełku znajdują się wyłącznie kule białe i czarne. Kul czarnych jest \(18\). Z tego pudełka w sposób losowy wyciągamy jedną kulę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wyciągniemy kulę czarną, jest równe \(\frac{3}{5}\).
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Liczba kul białych w pudełku, przed wyciągnięciem jednej kuli, była równa
A\(9\)
B\(12\)
C\(15\)
D\(30\)
Oznaczmy przez \(n\) liczbę wszystkich kul w pudełku. Z definicji prawdopodobieństwa:
\(\frac{18}{n}=\frac{3}{5}\)
\(3n=90\)
\(n=30\)
Liczba kul białych:
\(30-18=12\)
Odpowiedź: B.
Zadanie nr 31 · Matura 2024
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.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że w pierwszym rzucie wypadnie większa liczba oczek niż w drugim rzucie. Zapisz obliczenia.
Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary \((a,b)\), gdzie \(a\) to wynik pierwszego, a \(b\) drugiego rzutu:
\(|\Omega|=6\cdot 6=36\)
Zliczamy pary, w których \(a\gt b\), grupując je według pierwszego wyniku:
Uwaga: ten sam wynik daje rozumowanie symetryczne — przypadków \(a\gt b\) i \(a\lt b\) jest tyle samo, a remisów jest \(6\), więc \(P(A)=\frac{36-6}{2}:36=\frac{15}{36}\).
Odpowiedź: \(P(A)=\frac{5}{12}\)
Zadanie nr 4 · Matura 2024
Doświadczenie losowe polega na dziesięciokrotnym rzucie symetryczną monetą.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że w tym doświadczeniu losowym orzeł wypadł dokładnie trzy razy z rzędu, jeśli wiadomo, że wypadł dokładnie trzy razy. Zapisz obliczenia.
Krok 2. Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(A\cap B\).
Trzy orły muszą tworzyć blok trzech kolejnych rzutów, a pozostałe rzuty dają reszki. Blok trzech kolejnych rzutów może zaczynać się w rzucie o numerze \(1,2,\dots,8\):
\(|A\cap B|=8\)
Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, więc:
Spośród wszystkich czterocyfrowych całkowitych liczb dodatnich losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana liczba będzie parzysta, a w jej zapisie dziesiętnym wystąpią dokładnie jedna cyfra \(2\) i dokładnie jedna cyfra \(3\).
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rozpiszmy sobie liczbę czterocyfrową jako \(■ ■ ■ ■\) i zastanówmy się, na ile sposobów możemy uzupełnić każdą z liczb.
· Cyfrą tysięcy może być jedna z dziewięciu cyfr (od \(1\) do \(9\), bez \(0\)), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości wyboru.
· Cyfrą setek może być jedna z dziesięciu cyfr (od \(0\) do \(9\)), zatem mamy tutaj \(10\) możliwości wyboru.
· Cyfrą dziesiątek może być jedna z dziesięciu cyfr (od \(0\) do \(9\)), zatem mamy tutaj \(10\) możliwości wyboru.
· Cyfrą jedności może być jedna z dziesięciu cyfr (od \(0\) do \(9\)), zatem mamy tutaj \(10\) możliwości wyboru.
To oznacza, że wszystkich zdarzeń elementarnych (czyli wszystkich liczb czterocyfrowych) będziemy mieć zgodnie z regułą mnożenia:
$$9\cdot10\cdot10\cdot10=9000$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której w liczbie wystąpi dokładnie jedna cyfra \(2\) i dokładnie jedna cyfra \(3\), a dodatkowo cała liczba będzie parzysta. Jest to sytuacja bardzo złożona, dlatego aby się nie pogubić, rozpiszmy sobie interesujące nas warianty:
I wariant - \(2 3 ■ ■\)
· Cyfrą dziesiątek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(8\cdot4=32\).
II wariant - \(2 ■ 3 ■\)
· Cyfrą setek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(8\cdot4=32\).
III wariant - \(■ 2 3 ■\)
· Cyfrą tysięcy może być jedna z siedmiu cyfr (od \(1\) do \(9\), bez \(0, 2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(7\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(7\cdot4=28\).
IV wariant - \(3 2 ■ ■\)
· Cyfrą dziesiątek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(8\cdot4=32\).
V wariant - \(3 ■ 2 ■\)
· Cyfrą setek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(8\cdot4=32\).
VI wariant - \(3 ■ ■ 2\)
· Cyfrą setek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
· Cyfrą dziesiątek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(8\cdot8=64\).
VII wariant - \(■ 3 2 ■\)
· Cyfrą tysięcy może być jedna z siedmiu cyfr (od \(1\) do \(9\), bez \(0, 2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(7\) możliwości.
· Cyfrą jedności może być jedna z czterech cyfr (\(0, 4, 6, 8\), bo liczba ma być parzysta i nie może tu być \(2\)), zatem mamy tutaj \(4\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(7\cdot4=28\).
VIII wariant - \(■ 3 ■ 2\)
· Cyfrą tysięcy może być jedna z siedmiu cyfr (od \(1\) do \(9\), bez \(0, 2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(7\) możliwości.
· Cyfrą dziesiątek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(7\cdot8=56\).
IX wariant - \(■ ■ 3 2\)
· Cyfrą tysięcy może być jedna z siedmiu cyfr (od \(1\) do \(9\), bez \(0, 2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(7\) możliwości.
· Cyfrą setek może być jedna z ośmiu cyfr (od \(0\) do \(9\), bez \(2\) oraz \(3\)), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości.
To oznacza, że takich liczb jesteśmy w stanie ułożyć \(7\cdot8=56\).
Teraz korzystając z reguły dodawania musimy zsumować wszystkie interesujące możliwości:
$$|A|=32+32+28+32+32+64+28+56+56=360$$
Paweł i Grzegorz postanowili zagrać w grę losową. Ich wspólny kolega będzie kolejno rzucał sześcienną symetryczną kostką do gry, której ścianki są oznaczone od \(1\) do \(6\). Gdy na kostce wypadnie liczba oczek mniejsza od \(4\), to Grzegorz daje Pawłowi \(10\) żetonów, a gdy na kostce wypadnie liczba oczek równa \(6\), to Paweł daje Grzegorzowi \(x\) żetonów. W pozostałych przypadkach żaden z graczy nie zyskuje ani nie traci żetonów. Paweł i Grzegorz sprawiedliwie ustalili liczbę żetonów tak, aby wartość oczekiwana zysku z gry Pawła była równa wartości oczekiwanej zysku z gry Grzegorza. Oblicz ustaloną przez Pawła i Grzegorza liczbę \(x\) żetonów.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rzucamy standardową sześcienną kostką do gry, zatem liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Dla Pawła zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której na kostce padnie wypadnie liczba mniejsza od \(4\) (wtedy otrzyma \(10\) żetonów), więc Pawła interesują wyniki: \(1, 2\) oraz \(3\). To oznacza, że \(|A|=3\).
Dla Grzegorza zdarzeniem sprzyjającym będzie wyrzucenie jedynie wartości \(6\), stąd też \(|B|=1\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
W przypadku Pawła \(P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\)
W przypadku Grzegorza \(P(B)=\frac{|B|}{|Ω|}=\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\)
Krok 4. Obliczenie wartości oczekiwanej.
Chcąc obliczyć wartość oczekiwaną możemy posłużyć się dość skomplikowanym wzorem z tablic. Prościej jednak będzie wykonać to metodą prostej analizy. Skoro prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia sprzyjającego Grzegorzowi jest \(3\) razy mniejsza niż Pawła, to wartość oczekiwana powinna być \(3\) razy większa niż nagroda Pawła (mówiąc wprost - Grzegorz ma \(3\) razy mniejsze szanse na wygraną, więc jego nagroda musi być \(3\) razy większa). W związku z tym:
$$x=3\cdot10=30$$
Zadanie nr 30 · Matura 2023
Ze zbioru ośmiu liczb $\{2,3,4,5,6,7,8,9\}$ losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $15$.
Rozwiązanie
$|\Omega|=8\cdot8=64$. Iloczyn podzielny przez $15$ wymaga czynnika $5$ i czynnika $3$.
Jedyna liczba dająca czynnik $5$ to $5$; czynnik $3$ dają $\{3,6,9\}$. Trzeba więc wylosować $5$ oraz jedną z $\{3,6,9\}$ (w dowolnej kolejności).
Zdarzenia sprzyjające: $(5,3),(5,6),(5,9)$ oraz $(3,5),(6,5),(9,5)$ — łącznie $6$.
Odpowiedź: $P(A)=\dfrac{6}{64}=\dfrac{3}{32}$.
Zadanie nr 30 · Matura 2023
Ze zbioru ośmiu liczb \({2,3,4,5,6,7,8,9}\) losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez \(15\). Zapisz obliczenia.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Mamy \(8\), a losowanie odbywa się ze zwracaniem, czyli za pierwszym razem możemy wylosować jedną z ośmiu liczb i za drugim razem też możemy wylosować jedną z ośmiu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=8\cdot8=64\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby pomnożone przez siebie dadzą wynik podzielny przez \(15\), czyli dadzą wynik równy \(15, 30, 45, 60, 75\) (większej liczby nie będziemy w stanie osiągnąć). Skoro tak, to pasującymi zdarzeniami będą:
$$(3,5); (5,3), (5,6); (6,5), (5,9); (9,5)$$
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest liczbą nieparzystą, jest równe
A$\dfrac{1}{2}$
B$\dfrac{1}{5}$
C$\dfrac{1}{4}$
D$\dfrac{3}{4}$
Iloczyn dwóch liczb jest nieparzysty tylko wtedy, gdy obie są nieparzyste. Prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby nieparzystej to $\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
Rzuty są niezależne: $P=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$.
Odpowiedź: C.
Zadanie nr 29.1 · Próbny 2023
W hurtowni jabłko spełnia normę jakości, gdy jego masa (po zaokrągleniu do pełnych dekagramów) należy do przedziału $\langle 19\text{ dag},21\text{ dag}\rangle$. Na wykresie słupkowym przedstawiono rozkład masy $50$ jabłek próby kontrolnej.
Z próby losujemy jedno jabłko. Prawdopodobieństwo, że wylosowane jabłko spełnia normę jakości, jest równe
A$\dfrac{3}{7}$
B$\dfrac{5}{7}$
C$\dfrac{18}{25}$
D$\dfrac{9}{10}$
Normę spełniają jabłka o masie $19,20,21$ dag: $8+17+11=36$ jabłek.
$P=\dfrac{36}{50}=\dfrac{18}{25}$.
Odpowiedź: C.
Zadanie nr 26 · Próbny 2023
W dwóch pudełkach umieszczono \(7\) kul. W jednym z pudełek znalazły się cztery kule ponumerowane liczbami: \(1\), \(2\), \(3\) i \(4\), a w drugim pudełku − trzy kule ponumerowane liczbami: \(2\), \(3\) i \(4\). Gra polega na losowaniu dwóch kul – po jednej z każdego pudełka, a kończy się wygraną, jeśli suma liczb z wylosowanych kul jest podzielna przez \(3\).
Prawdopodobieństwo wygranej w tej grze jest równe:
A\(\frac{1}{12}\)
B\(\frac{1}{7}\)
C\(\frac{1}{3}\)
D\(\frac{2}{3}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
W pierwszym pudełku mamy \(4\) kule, w drugim mamy \(3\) kule, czyli zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=4\cdot3=12\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której wylosowane kule utworzą liczbę podzielną przez \(3\). Spróbujmy zatem wypisać interesujące nas możliwości:
$$(1;2), (2;4), (3;3), (4;2)$$
Widzimy, że są \(4\) sprzyjające zdarzenia, czyli \(|A|=4\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 32 · Matura 2023
Ze zbioru ośmiu kolejnych liczb naturalnych – od \(1\) do \(8\) – losujemy kolejno bez zwracania dwa razy po jednej liczbie.
Niech \(A\) oznacza zdarzenie polegające na tym, że suma wylosowanych liczb jest dzielnikiem liczby \(8\).
Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary różnych liczb \((a,b)\), gdzie \(a,b\in\{1,2,\ldots,8\}\) i \(a\neq b\) (losowanie bez zwracania).
\(|\Omega|=8\cdot 7=56\)
Dzielnikami liczby \(8\) są: \(1, 2, 4, 8\). Suma dwóch różnych liczb ze zbioru wynosi co najmniej \(1+2=3\) i co najwyżej \(7+8=15\), więc w grę wchodzą tylko sumy \(4\) i \(8\).
Suma równa \(4\): para \(\{1,3\}\) (pary \(\{2,2\}\) nie można otrzymać bez zwracania), co daje \(2\) pary uporządkowane: \((1,3)\), \((3,1)\).
Suma równa \(8\): pary \(\{1,7\}\), \(\{2,6\}\), \(\{3,5\}\) (para \(\{4,4\}\) odpada), co daje \(6\) par uporządkowanych: \((1,7), (7,1), (2,6), (6,2), (3,5), (5,3)\).
Ze zbioru ośmiu liczb \({2,3,4,5,6,7,8,9}\) losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez \(15\). Zapisz obliczenia.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Mamy \(8\), a losowanie odbywa się ze zwracaniem, czyli za pierwszym razem możemy wylosować jedną z ośmiu liczb i za drugim razem też możemy wylosować jedną z ośmiu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=8\cdot8=64\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby pomnożone przez siebie dadzą wynik podzielny przez \(15\), czyli dadzą wynik równy \(15, 30, 45, 60, 75\) (większej liczby nie będziemy w stanie osiągnąć). Skoro tak, to pasującymi zdarzeniami będą:
$$(3,5); (5,3), (5,6); (6,5), (5,9); (9,5)$$
Ze zbioru ośmiu liczb \({2,3,4,5,6,7,8,9}\) losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez \(15\).
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Mamy \(8\), a losowanie odbywa się ze zwracaniem, czyli za pierwszym razem możemy wylosować jedną z ośmiu liczb i za drugim razem też możemy wylosować jedną z ośmiu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=8\cdot8=64\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby pomnożone przez siebie dadzą wynik podzielny przez \(15\), czyli dadzą wynik równy \(15, 30, 45, 60, 75\) (większej liczby nie będziemy w stanie osiągnąć). Skoro tak, to pasującymi zdarzeniami będą:
$$(3,5); (5,3), (5,6); (6,5), (5,9); (9,5)$$
Prawdopodobieństwo wystąpienia awarii sieci ciepłowniczej na pewnym osiedlu mieszkaniowym w godzinach porannych pojedynczego dnia jest równe \(0{,}1\).
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że w okresie siedmiu dni wystąpią co najwyżej dwa takie dni, w których nastąpi awaria tej sieci na tym osiedlu w godzinach porannych. Wynik podaj w ułamku dziesiętnym w zaokrągleniu do części setnych. Zapisz obliczenia.
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego do sześciu. Niech \(p\) oznacza prawdopodobieństwo otrzymania w drugim rzucie liczby oczek podzielnej przez \(3\). Wtedy:
A\(p=\frac{1}{18}\)
B\(p=\frac{1}{6}\)
C\(p=\frac{1}{3}\)
D\(p=\frac{2}{3}\)
Pierwszy rzut nie ma żadnego wpływu na rzut drugi. W związku z tym w drugim rzucie mamy standardowo \(6\) zdarzeń elementarnych (bo może wypaść \(1,2,3,4,5,6\)) i mamy \(2\) zdarzenia sprzyjające (podzielne przez \(3\) są zarówno \(3\) jak i \(6\)). To oznacza, że prawdopodobieństwo wystąpienia tej sytuacji jest równe:
$$p=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2022
Ze zbioru pięciu liczb \({-5,-4,1,2,3}\) losujemy kolejno ze zwracaniem dwa razy po jednej liczbie. Zdarzenie \(A\) polega na wylosowaniu dwóch liczb, których iloczyn jest ujemny. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Losujemy ze zbioru pięciu liczb, a losowanie jest ze zwracaniem (czyli można wylosować dwa razy tą samą liczbę). To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=5\cdot5=25\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym będzie wylosowanie pary, której iloczyn da wynik ujemny. Ujemny wynik otrzymamy tylko wtedy, gdy jedna liczba jest ujemna, a druga dodatnia (lub na odwrót). Wypiszmy zatem interesujące nas zdarzenia:
$$(-5;1), (-5;2), (-5;3),$$
$$(-4;1), (-4;2), (-4;3),$$
$$(1;-5), (2;-5), (3;-5),$$
$$(1;-4), (2;-4), (3;-4).$$
To oznacza, że \(12\) par spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=12\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{12}{25}$$
Zadanie nr 25 · Próbny 2022
Klasę 3c w pewnej szkole tworzy \(12\) chłopców i pewna liczba dziewcząt. Prawdopodobieństwo, że osoba wybrana losowo z tej klasy jest dziewczyną, wynosi \(\frac{2}{5}\). Wynika stąd, że liczba osób w tej klasie jest równa:
A\(20\)
B\(24\)
C\(25\)
D\(30\)
Wprowadźmy do zadania proste oznaczenia:
\(x\) - liczba dziewcząt
\(12\) - liczba chłopców
\(x+12\) - łączna liczba uczniów
Skoro prawdopodobieństwo wylosowania dziewczyny (czyli \(x\) z liczby \(x+12\)) jest równe \(\frac{2}{5}\), to:
$$\frac{2}{5}=\frac{x}{x+12}$$
$$2\cdot(x+12)=5x$$
$$2x+24=5x$$
$$3x=24$$
$$x=8$$
To oznacza, że w tej klasie mamy \(8+12=20\) uczniów.
Zadanie nr 28 · Próbny 2022
W urnie znajdują się jedynie kule białe i czarne. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że losowo wybrana kula z tej urny będzie biała, jest równe \(\frac{1}{3}\). Jeżeli do urny dołożymy jedną białą kulę, to prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej zwiększy się o \(\frac{1}{51}\). Ustal liczbę kul w tej urnie przed dołożeniem dodatkowej kuli białej.
Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń do treści zadania.
Liczba wszystkich kul: \(x\)
Liczba białych kul: \(\frac{1}{3}x\)
Liczba czarnych kul: \(\frac{2}{3}x\)
Po dołożeniu jednej kuli białej będziemy mieć:
Liczba wszystkich kul: \(x+1\)
Liczba białych kul: \(\frac{1}{3}x+1\)
Krok 2. Obliczenie liczby kul przed dołożeniem dodatkowej kuli.
Prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli będzie zatem równe:
$$\frac{\frac{1}{3}x+1}{x+1}=\frac{1}{3}+\frac{1}{51}$$
$$\frac{\frac{1}{3}x+1}{x+1}=\frac{17}{51}+\frac{1}{51}$$
$$\frac{\frac{1}{3}x+1}{x+1}=\frac{18}{51}$$
Mnożąc na krzyż, otrzymamy:
$$\left(\frac{1}{3}x+1\right)\cdot51=(x+1)\cdot18$$
$$17x+51=18x+18$$
$$-x=-33$$
$$x=33$$
To oznacza, że liczba wszystkich kul przed dołożeniem dodatkowej białej kuli była równa \(33\).
Zadanie nr 19 · Próbny 2022
W pojemniku są wyłącznie kule białe i czerwone. Stosunek liczby kul białych do liczby kul czerwonych jest równy \(4:5\). Z pojemnika losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe:
A\(\frac{4}{9}\)
B\(\frac{4}{5}\)
C\(\frac{1}{9}\)
D\(\frac{1}{4}\)
Skoro stosunek liczby kul jest równy \(4:5\), to możemy zapisać, że:
\(4x\) - liczba kul białych
\(5x\) - liczba kul czarnych
\(4x+5x=9x\) - liczba wszystkich kul
To oznacza, że prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej wynosi:
$$p=\frac{4x}{9x}=\frac{4}{9}$$
Zadanie nr 27 · Matura 2022
W pudełku są tylko kule białe, czarne i zielone. Kul białych jest dwa razy więcej niż czarnych, a czarnych jest trzy razy więcej niż zielonych. Z pudełka losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe:
A\(\frac{2}{3}\)
B\(\frac{2}{9}\)
C\(\frac{1}{6}\)
D\(\frac{3}{5}\)
Z treści zadania wynika, że:
\(x\) - liczba kul zielonych
\(3x\) - liczba kul czarnych
\(2\cdot3x=6x\) - liczba kul białych
To oznacza, że wszystkich kul mamy:
$$x+3x+6x=10x$$
Skoro kul białych jest \(6x\), a wszystkich kul mamy \(10x\), to prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe:
$$p=\frac{6x}{10x}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2022
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych większych od \(53\) losujemy jedną liczbę. Niech \(A\) oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu liczby podzielnej przez \(7\). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\).
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Zdarzeniami elementarnymi są liczby dwucyfrowe większe od \(53\), czyli \(54,55,...,99\). I tu mamy największą trudność tego zadania, czyli musimy ustalić ile jest tych liczb, bo wcale nie jest ich \(99-54=45\). Takich liczb jest dokładnie \(46\). Dobrze to widać na poniższej rozpisce:
\(54,55,56,57,58,59\) to \(6\) liczb
\(60-69\) to \(10\) liczb
\(70-79\) to \(10\) liczb
\(80-89\) to \(10\) liczb
\(90-99\) to \(10\) liczb
Łącznie jest to \(|Ω|=46\) liczb.
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym są liczby dwucyfrowe, większe od \(53\), które są podzielne przez \(7\). Takimi liczbami są:
$$56,63,70,77,84,91,98$$
Ze zbioru dziewięcioelementowego \(M=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}\) losujemy kolejno ze zwracaniem dwa razy po jednej liczbie. Zdarzenie \(A\) polega na wylosowaniu dwóch liczb ze zbioru \(M\), których iloczyn jest równy \(24\). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Skoro zbiór ma \(9\) elementów, a losowanie odbywa się ze zwracaniem, to zgodnie z regułą mnożenia, liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=9\cdot9=81\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są pary liczb, których iloczyn (czyli wynik mnożenia) daje wynik równy \(24\). Wypiszmy zatem interesujące nas pary, zwłaszcza że nie ma ich wiele:
$$(3;8), (4;6), (6;4), (8;3)$$
Są cztery takie pary, czyli \(|A|=4\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{4}{81}$$
Zadanie nr 5 · Matura 2022
Wśród \(390\) pracowników pewnej firmy jest \(150\) kobiet i \(240\) mężczyzn. Wśród nich w wieku przedemerytalnym jest \(21\) kobiet i \(43\) mężczyzn.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że losowo wybrany pracownik tej firmy jest w wieku przedemerytalnym – pod warunkiem że jest mężczyzną.
Podaj kolejno pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Krok 1. Prawdopodobieństwo warunkowe.
Niech \(A\) oznacza zdarzenie „pracownik jest w wieku przedemerytalnym", a \(M\) — „pracownik jest mężczyzną". Ponieważ zbiór mężczyzn liczy \(240\) osób, a wśród nich \(43\) jest w wieku przedemerytalnym:
\(P(A|M)=\frac{|A\cap M|}{|M|}=\frac{43}{240}\)
Krok 2. Rozwinięcie dziesiętne.
\(\frac{43}{240}=0{,}179166\ldots\)
Trzy pierwsze cyfry po przecinku to \(1\), \(7\), \(9\).
Odpowiedź: \(1\), \(7\), \(9\)
Zadanie nr 27 · Matura 2021
W pudełku znajdują się tylko kule białe i kule czerwone. Stosunek liczby kul białych do liczby kul czerwonych jest równy \(3:4\). Wylosowanie każdej kuli z tego pudełka jest jednakowo prawdopodobne. Losujemy jedną kulę. Niech \(A\) oznacza zdarzenie polegające na tym, że wylosowana z pudełka kula będzie biała. Prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) jest równe:
A\(\frac{1}{4}\)
B\(\frac{1}{3}\)
C\(\frac{3}{7}\)
D\(\frac{3}{4}\)
Jeżeli stosunek kul białych do czerwonych jest równy \(3:4\), to możemy zapisać, że:
\(3x\) - liczba kul białych
\(4x\) - liczba kul czerwonych
\(3x+4x=7x\) - liczba wszystkich kul
Chcemy obliczyć jakie jest prawdopodobieństwo wyciągnięcia białej kuli, zatem:
$$P(A)=\frac{3x}{7x}=\frac{3}{7}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2021
Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego do sześciu oczek. Niech \(A\) oznacza zdarzenie polegające na tym, że iloczyn liczb oczek wyrzuconych w dwóch rzutach jest równy \(12\). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej kostce może wypaść jeden z sześciu wyników. Skoro rzucamy niezależnie dwoma kostkami, to liczba wszystkich zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym są wszystkie te rzuty, których wynik mnożenia jest równy \(12\). Wypiszmy zatem wszystkie interesujące nas kombinacje:
$$(2,6),(3,4),(4,3),(6,2)$$
Z naszej rozpiski wynika, że jedynie cztery przypadki spełniają warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=4\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$$
Zadanie nr 27 · Próbny 2021
Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana liczba jest podzielna przez \(5\), jest równe:
A\(\frac{2}{5}\)
B\(\frac{5}{100}\)
C\(\frac{5}{90}\)
D\(\frac{18}{90}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Losujemy spośród liczb naturalnych dwucyfrowych, a takich jest \(90\). Możemy więc zapisać, że \(|Ω|=90\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te liczby, które są podzielne przez \(5\). Sprawdźmy zatem ile jest takich liczb:
- w rzędzie dziesiątek może znaleźć się dowolna cyfra od \(1\) do \(9\), mamy więc dziewięć możliwości uzupełnienia tej cyfry
- w rzędzie jedności może znaleźć się jedynie \(0\) lub \(5\), więc mamy dwie możliwości uzupełnienia tej cyfry
Teraz zgodnie z regułą mnożenia możemy zapisać, że zdarzeń sprzyjających jest \(|A|=9\cdot2=18\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{18}{90}$$
Zadanie nr 25 · Próbny 2021
W pojemniku są kule białe i czarne. Kul białych jest o \(6\) więcej niż kul czarnych. Losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{2}{3}\). Wynika z tego, że wszystkich kul w pojemniku jest:
A\(12\)
B\(15\)
C\(18\)
D\(24\)
Krok 1. Wypisanie danych z treści zadania.
Korzystając z informacji z treści zadania możemy zapisać, że:
\(x\) - liczba kul czarnych
\(x+6\) - liczba kul białych
\(x+x+6=2x+6\) - liczba wszystkich kul
Dodatkowo wiemy, że prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{2}{3}\).
Krok 2. Obliczenie liczby kul w pojemniku.
Skoro białych kul mamy \(x+6\), wszystkich kul jest \(2x+6\), a szanse na wylosowanie białej kuli wynoszą \(\frac{2}{3}\), to możemy zapisać, że:
$$\frac{x+6}{2x+6}=\frac{2}{3}$$
To równanie najprościej będzie rozwiązać wykonując tak zwane mnożenie na krzyż:
$$(x+6)\cdot3=(2x+6)\cdot2$$
$$3x+18=4x+12$$
$$-x=-6$$
$$x=6$$
I tutaj uwaga - zgodnie z naszymi oznaczeniami, \(x\) jest liczbą czarnych kul, a nas interesuje liczba wszystkich kul w pojemniku. Wszystkich kul jest \(2x+6\), zatem jest ich \(2\cdot6+6=12+6=18\).
Zadanie nr 28 · Próbny 2021
W pojemniku jest sześć kul, w tym trzy kule czerwone i trzy kule białe. Każda kula czerwona jest oznaczona inną liczbą ze zbioru \(\{1, 2, 3\}\). Analogicznie ponumerowano kule białe. Doświadczenie polega na losowaniu z tego pojemnika dwóch kul bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowane kule mają taki sam kolor lub taki sam numer.
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
W pojemniku mamy \(3\) kule czerwone i \(3\) białe, czyli łącznie jest to \(6\) kul. Losujemy dwie kule (bez zwracania), zatem w pierwszym losowaniu mamy możliwość wylosowania jednej z sześciu kul, a w drugim losowaniu jednej z pięciu kul. To z kolei oznacza, że wszystkich możliwości wylosowania kul mamy zgodnie z regułą mnożenia \(|Ω|=6\cdot5=30\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zadanie jest dość podchwytliwe. To nie jest typowa sytuacja, dlatego musimy sobie to wszystko bardzo dokładnie rozpisać. Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie kul, które mają taki sam kolor lub numer. Wypiszmy sobie zatem te zdarzenia, dzieląc je na dwie grupy - te, które pasują nam ze względu na kolor oraz te, które pasują ze względu na numer
Ze względu na kolor:
$$(1c,2c); (1c,3c); (2c,1c); (2c,3c); (3c,1c); (3c,2c)$$
$$(1b,2b); (1b,3b); (2b,1b); (2b,3b); (3b,1b); (3b,2b)$$
Ze względu na numer:
$$(1c;1b), (2c;2b), (3c;3b)$$
$$(1b;1c), (2b;2c), (3b;3c)$$
Łącznie mamy \(12\) zdarzeń sprzyjających ze względu na kolor i \(6\) zdarzeń sprzyjających ze względu na numer. Łącznie tych zdarzeń jest więc \(|A|=12+6=18\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{18}{30}=\frac{3}{5}$$
Zadanie nr 27 · Próbny 2021
Wyniki dwukrotnego rzutu sześcienną kostką do gry zapisujemy jako liczby dwucyfrowe. Prawdopodobieństwo otrzymania liczby podzielnej przez \(4\) wynosi:
A\(\frac{1}{3}\)
B\(\frac{1}{4}\)
C\(\frac{3}{4}\)
D\(\frac{2}{3}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej kostce może wypaść jeden z sześciu wyników. Rzucamy niezależnie dwoma kostkami, zatem liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Każdą parę wyników zapisujemy jako liczbę dwucyfrową, czyli przykładowo rzut \((1;4)\) oznacza liczbę \(14\). Musimy teraz ustalić, ile otrzymamy wyników podzielnych przez \(4\). Nie ma tutaj prostej metody na wyliczenie tych zdarzeń sprzyjających, musimy je po prostu wypisać. Nie będzie to trudne i najlepiej jest to robić dziesiątkami:
$$12, 16$$
$$24$$
$$32, 36$$
$$44$$
$$52, 56$$
$$64$$
To oznacza, że \(9\) przypadków spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=9\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 28 · Próbny 2021
Rzucamy dwa razy monetą i dwa razy sześcienną kostką do gry. Wyniki zapisujemy w kolejności rzutów: moneta, moneta, kostka, kostka. Prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch orłów i tych samych liczb oczek wynosi:
A\(\frac{1}{24}\)
B\(\frac{1}{72}\)
C\(\frac{1}{6}\)
D\(\frac{1}{12}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej kostce może wypaść jeden z sześciu wyników, a na każdej monecie jeden z dwóch wyników. Zgodnie z regułą mnożenia, liczba wszystkich kombinacji będzie więc równa \(|Ω|=6\cdot6\cdot2\cdot2=144\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Chcemy otrzymać jednakowe wyniki na kostkach i dwa orły, zatem interesującymi nas kombinacjami będą
$$(O,O,1,1); (O,O,2,2); (O,O,3,3)$$
$$(O,O,4,4); (O,O,5,5); (O,O,6,6)$$
Warunki zadania spełnia \(6\) przypadków, stąd też możemy napisać, że \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{144}=\frac{1}{24}$$
Zadanie nr 27 · Matura 2021
W pudełku znajdują się płytki z literami. Na każdej płytce jest wydrukowana jedna litera - spółgłoskowa albo samogłoskowa. Płytek z literami spółgłoskowymi jest o \(25\%\) więcej niż płytek z literami samogłoskowymi. Losujemy jedną płytkę. Prawdopodobieństwo wylosowania płytki z literą samogłoskową jest równe:
A\(0,75\)
B\(0,25\)
C\(\frac{4}{9}\)
D\(\frac{5}{9}\)
Krok 1. Wprowadzenie danych do treści zadania.
Z treści zadania wynika, że:
\(x\) - liczba samogłosek
\(1,25x\) - liczba spółgłosek
\(x+1,25x=2,25x\) - suma wszystkich liter
Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Wszystkich zdarzeń elementarnych (czyli wszystkich liter) mamy \(2,25x\). Zdarzeń sprzyjających (czyli samogłosek) mamy \(x\). Skoro tak, to prawdopodobieństwo wylosowania samogłoski będzie równe:
$$P(A)=\frac{x}{2,25x}=\frac{4}{9}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2021
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, których cyfra dziesiątek należy do zbioru \(\{3, 4, 5, 6, 7, 8\}\), a cyfra jedności należy do zbioru \(\{0, 1, 2, 3, 4\}\), losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy liczbę dwucyfrową, która jest podzielna przez \(4\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Musimy na początku ustalić ile jest liczb dwucyfrowych, których cyfra dziesiątek należy do zbioru \(\{3, 4, 5, 6, 7, 8\}\), a cyfra jedności należy do zbioru \(\{0, 1, 2, 3, 4\}\). Widzimy, że cyfrą dziesiątek może być jedna z sześciu liczb, a cyfrą jedności może być jedna z pięciu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich takich liczb mamy \(|Ω|=6\cdot5=30\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie liczby podzielnej przez \(4\). Nie znajdziemy tutaj za bardzo szybkiego sposobu na obliczenie ile jest tych liczb, ale możemy spróbować je wypisać. Nie będzie to trudne, bo liczba podzielna przez \(4\) na pewno nie ma w cyfrze jedności liczb \(1\) oraz \(3\), zatem wiele wariantów nam odpadnie. Pasującymi liczbami będą jedynie:
$$32, 40, 44, 52, 60, 64, 72, 80, 84$$
Z wierzchołków sześcianu \(ABCDEFGH\) losujemy jednocześnie dwa różne wierzchołki. Prawdopodobieństwo tego, że wierzchołki te będą końcami przekątnej sześcianu \(ABCDEFGH\) jest równe:
A\(\frac{1}{7}\)
B\(\frac{4}{7}\)
C\(\frac{1}{14}\)
D\(\frac{3}{7}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Losujemy dwa wierzchołki, przy czym wiadomo, że muszą to być dwa różne. Pierwszy wierzchołek możemy wylosować na osiem sposobów (od \(A\) do \(H\)), a drugi na siedem (bez tego, co jest pierwszym wierzchołkiem). W związku z tym \(|Ω|=8\cdot7=56\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której wylosujemy taką parę wierzchołków, która buduje przekątną sześcianu. No i tu największa pułapka, bowiem w sześcianie możemy wyróżnić cztery jednakowe przekątne:
Ale to, że są cztery przekątne, nie oznacza, że są cztery zdarzenia sprzyjające, bo tak przykładowo - przekątną \(BH\) otrzymamy zarówno losując zestaw \((B;H)\) jak i \((H;B)\). Wypiszmy sobie zatem zdarzenia sprzyjające:
$$(A;G), (G;A)$$
$$(B;H), (H;B)$$
$$(C;E), (E;C)$$
$$(D;F), (F;D)$$
Z rozpiski wynika, że mamy \(8\) zdarzeń sprzyjających, zatem \(|A|=8\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{8}{56}=\frac{1}{7}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2021
Gracz rzuca dwukrotnie symetryczną sześcienną kostką do gry i oblicza sumę liczb wyrzuconych oczek. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że suma liczb wyrzuconych oczek jest równa \(4\) lub \(5\), lub \(6\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej kostce może wypaść jeden z sześciu wyników, a skoro rzucamy dwoma kostkami, to liczba wszystkich możliwości będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której suma wyrzuconych oczek jest równa \(4\), \(5\) lub \(6\). Wypiszmy sobie te zdarzenia:
$$(1,3); (1;4); (1;5)$$
$$(2,2); (2;3); (2;4)$$
$$(3,1); (3;2); (3;3)$$
$$(4,1); (4;2)$$
$$(5,1)$$
Z rozpiski wynika, że warunki zadania spełnia \(12\) przypadków, stąd też możemy napisać, że \(|A|=12\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{12}{36}=\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 11 · Matura 2021
W pewnym telewizyjnym programie bierze udział trzech sportowców i pewna liczba aktorów. W trakcie tego programu uczestnicy siadają na fotelach w rzędzie, naprzeciw prowadzącego (liczba foteli jest równa liczbie uczestników). Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że cała trójka sportowców będzie siedziała obok siebie przy losowym wyborze miejsc jest równe \(\frac{1}{15}\).
Oblicz, ilu aktorów bierze udział w tym programie.
Krok 1. Oznaczenia i liczba wszystkich rozsadzeń.
Niech \(n\) będzie liczbą wszystkich uczestników (\(n\ge 3\)). Wszystkich rozsadzeń jest:
\(|\Omega|=n!\)
Krok 2. Rozsadzenia sprzyjające.
Trzech sportowców traktujemy jako jeden blok. Mamy wtedy \(n-2\) obiekty do ustawienia, co daje \((n-2)!\) sposobów, a wewnątrz bloku sportowców można ustawić na \(3!\) sposobów:
Odpowiedź: w programie bierze udział \(7\) aktorów.
Zadanie nr 9 · Próbny 2021
Na festyn przygotowano loterię, w której było \(120\) losów, w tym \(80\) wygrywających. Przed rozpoczęciem festynu dołożono jeszcze \(20\) losów wygrywających i \(20\) przegrywających.
Czy prawdopodobieństwo wyciągnięcia losu wygrywającego w tej loterii zmieniło się po dołożeniu losów? Wybierz odpowiedź A albo B i jej uzasadnienie spośród 1., 2. albo 3.
A) różnica liczby losów wygrywających i przegrywających po dołożeniu losów jest taka sama jak na początku. B) dołożono tyle samo losów wygrywających co przegrywających. C) zmienił się stosunek liczby losów wygrywających do liczby wszystkich losów.
Krok 1. Obliczenie prawdopodobieństwa przed dołożeniem losów.
Na początku mieliśmy \(120\) losów, w tym \(80\) wygrywających. Prawdopodobieństwo wygranej było więc równe \(\frac{80}{120}=\frac{2}{3}\).
Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa po dołożeniu losów.
Po dołożeniu \(20\) losów wygrywających i \(20\) przegrywających mamy łącznie \(120+20+20=160\) losów. Losów wygrywających jest teraz \(80+20=100\). To oznacza, że prawdopodobieństwo wygranej wynosi teraz \(\frac{100}{160}=\frac{5}{8}\).
To oznacza, że prawdopodobieństwo wyciągnięcia losu wygrywającego się zmieniło, ponieważ zmienił się stosunek liczby losów wygrywających do liczby wszystkich losów.
Zadanie nr 10 · Próbny 2021
Pani Ela ma w portfelu dwa banknoty pięćdziesięciozłotowe, jeden dwudziestozłotowy i trzy dziesięciozłotowe. Za zakupy w sklepie ma zapłacić kwotę \(18,50 zł\). Prawdopodobieństwo, że pani Ela za te zakupy zapłaci jednym banknotem wynosi:
A\(\frac{1}{6}\)
B\(\frac{1}{5}\)
C\(\frac{1}{3}\)
D\(\frac{1}{2}\)
Pani Ela ma łącznie \(2+1+3=6\) banknotów. Chcąc zapłacić za zakupy jednym banknotem, może użyć jednego z dwóch o nominale \(50zł\) lub o nominale \(20zł\). Pasujących banknotów mamy więc \(2+1=3\) sztuki. To oznacza, że prawdopodobieństwo, że że pani Ela za te zakupy zapłaci jednym banknotem wynosi:
$$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$$
Zadanie nr 31 · Matura 2020
W pudełku jest 8 kul, z czego 5 białych i 3 czarne. Do tego pudełka dołożono n kul białych. Doświadczenie polega na losowaniu jednej kuli z tego pudełka. Prawdopodobieństwo, że będzie to kula biała jest równe \(\frac{11}{12}\). Oblicz n.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Wiemy, że na początku mamy 8 kul, do których dorzucono potem \(n\) kul. Wszystkich kul mamy więc łącznie:
$$|Ω|=8+n$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie kuli białej. Na początku takich kul było 5, ale dorzucono do tego jeszcze \(n\) kul, więc wszystkich zdarzeń sprzyjających mamy \(|A|=5+n\).
Krok 3. Obliczenie wartości n.
Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{11}{12}\). Podstawiając wypisane dane do wzoru na prawdopodobieństwo, otrzymamy:
Najprościej będzie teraz wykonać mnożenie na krzyż, zatem:
$$11\cdot(8+n)=12\cdot(5+n)$$
$$88+11n=60+12n$$
$$n=28$$
Zadanie nr 25 · Próbny 2020
Z pudełka, w którym jest tylko \(6\) kul białych i \(n\) kul czarnych, losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{1}{3}\). Liczba kul czarnych jest równa:
A\(n=9\)
B\(n=2\)
C\(n=18\)
D\(n=12\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Musimy na początku ustalić ile jest kul w pudełku, a tych jest \(6+n\). Skoro więc losujemy jedną kulę, to liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=6+n\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te sytuacje w których wylosowaliśmy kulę białą. Skoro białych kul jest \(6\), to możemy napisać, że \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie liczby czarnych kul.
Skoro prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli jest równe \(\frac{1}{3}\) to możemy zapisać, że:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}$$
$$\frac{1}{3}=\frac{6}{6+n} \quad\bigg/\cdot(6+n)$$
$$\frac{1}{3}\cdot(6+n)=6$$
$$2+\frac{1}{3}n=6$$
$$\frac{1}{3}n=4$$
$$n=12$$
Zadanie nr 30 · Próbny 2020
Ze zbioru liczb \(\{1,2,4,5,10\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że iloraz pierwszej wylosowanej liczby przez drugą wylosowaną liczbę jest liczbą całkowitą.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W naszym zbiorze mamy pięć liczb. Skoro losowanie odbywa się ze zwracaniem, to znaczy że za pierwszym razem możemy wylosować jedną z pięciu liczb i za drugim razem wylosujemy także jedną z pięciu. W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia:
$$|Ω|=5\cdot5=25$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są wszystkie te sytuacje w których dzieląc liczbę pierwszą przez drugą otrzymamy liczbę całkowitą. Wypiszmy zatem te wszystkie możliwości:
$$(1,1), (2,1), (2,2), (4,1), (4,2), (4,4),$$
$$(5,1), (5,5), (10,1), (10,2), (10,5), (10,10)$$
W pewnej klasie liczba dziewcząt jest trzy razy większa od liczby chłopców. Z tej klasy wybieramy losowo jedną osobę. Prawdopodobieństwo wylosowania chłopca jest równe:
A\(\frac{1}{3}\)
B\(\frac{1}{4}\)
C\(\frac{1}{5}\)
D\(\frac{1}{6}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Bazując na informacjach z treści zadania możemy zapisać, że:
\(x\) - liczba chłopców
\(3x\) - liczba dziewczyn
To z kolei oznacza, że wszystkich dzieci w tej klasie mamy \(x+3x=4x\), czyli \(|Ω|=4x\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie chłopca. Wiemy, że mamy \(x\) chłopców, zatem możemy napisać, że \(|A|=x\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{x}{4x}=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 28 · Próbny 2020
Doświadczenie losowe polega na jednoczesnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry i dwiema symetrycznymi monetami. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania na kostce liczby oczek podzielnej przez \(3\), a na monetach - co najmniej jednego orła.
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Rzucając kostką możemy otrzymać jeden z sześciu wyników (od \(1\) do \(6\)). Rzucając pojedynczą monetą możemy uzyskać jeden z dwóch wyników - orła lub reszkę. Skoro doświadczenie polega na rzucie kostką i dwiema monetami, to korzystając z reguły mnożenia możemy zapisać, że wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć:
$$|Ω|=6\cdot2\cdot2=24$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie na kostce liczby podzielnej przez \(3\), a na monetach przynajmniej jednego orła. Rozpatrzmy więc to sobie po kolei.
Jeżeli chcemy, aby na kostce wypadła liczba podzielna przez \(3\), to musi nam wypaść \(3\) lub \(6\). Mamy więc dwie możliwości.
Jeżeli chcemy, aby na monetach wypadł przynajmniej jeden orzeł, to interesują nas trzy warianty: \((OR), (RO)\) lub \((OO)\). Mamy więc takie trzy możliwości.
Korzystając więc z reguły mnożenia wyjdzie nam, że zdarzeń sprzyjających będziemy mieć:
$$|A|=2\cdot3=6$$
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{24}=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 33 · Próbny 2020
W urnie są \(3\) kule czerwone i \(5\) niebieskich. Z urny losujemy dwa razy bez zwracania po jednej kuli. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania:
a) dwóch kul czerwonych,
b) dwóch kul różnych kolorów.
Krok 1. Obliczenie prawdopodobieństwa wylosowania kuli czerwonej.
W urnie mamy łącznie \(3+5=8\) kul. Początkowe prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej jest równe \(\frac{3}{8}\), a kuli niebieskiej \(\frac{5}{8}\). Jeżeli w pierwszym losowaniu byśmy wylosowali kulę czerwoną, to liczba kul czerwonych spada do \(2\) sztuk, a łącznie wszystkich kul pozostanie \(7\). Na podstawie tych obserwacji możemy zbudować proste drzewko:
Nas interesuje tylko ten przypadek, w którym losujemy dwie czerwone kule. To oznacza, że prawdopodobieństwo wystąpienia takiego zdarzenia będzie równe:
$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{2}{7}=\frac{6}{56}=\frac{3}{28}$$
Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa wylosowania kul różnych kolorów.
Sytuacja jest bardzo podobna do tej z poprzedniego podpunktu, tylko po prostu inne gałęzie drzewka będą nas interesować.
Pasuje nam zarówno wylosowanie najpierw kuli czerwonej, a potem niebieskiej, jak i najpierw niebieskiej, a potem czerwonej. Stąd też prawdopodobieństwa obydwu tych sytuacji będziemy musieli do siebie dodać:
$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{7}+\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{7}=\frac{15}{56}+\frac{15}{56}=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}$$
Zadanie nr 30 · Matura 2020
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek – od jednego oczka do sześciu oczek. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że co najmniej jeden raz wypadnie ścianka z pięcioma oczkami.
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 są wszystkie te sytuacje w których przynajmniej na jednej kostce wypadła piątka. Aby nie zgubić żadnego zdarzenia, to wypiszmy je sobie w następujący sposób:
$$(1,5)$$
$$(2,5)$$
$$(3,5)$$
$$(4,5)$$
$$(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)$$
$$(6,5)$$
To oznacza, że \(11\) przypadków spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=11\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{11}{36}$$
Zadanie nr 25 · Matura 2020
W urnie jest \(9\) kul, w tym cztery kule czerwone, trzy zielone i dwie kule białe. Losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo, że nie wylosowano ani kuli zielonej, ani białej, jest równe:
A\(\frac{4}{5}\)
B\(\frac{4}{9}\)
C\(\frac{5}{9}\)
D\(\frac{6}{9}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Mamy \(9\) kul i losujemy tylko jedną z nich, zatem wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=9\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której wylosowana kula nie jest zielona lub biała. Mówiąc wprost - zdarzeniem sprzyjającym jest po prostu wylosowanie kuli czerwonej. Kul czerwonych mamy \(4\), więc \(|A|=4\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{4}{9}$$
Zadanie nr 33 · Matura 2020
Rzucamy cztery razy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\), polegającego na tym, że liczba otrzymanych orłów będzie różna od liczby otrzymanych reszek.
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Rzucamy cztery razy monetą, a w każdym rzucie możemy uzyskać jeden z dwóch wyników - orła lub reszkę. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich możliwości rzutu będziemy mieć \(|Ω|=2\cdot2\cdot2\cdot2=16\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja, w której mamy wynik inny niż dwa orły oraz dwie reszki. Wypisanie wszystkich tych przypadków może być nieco problematyczne, za to znacznie łatwiej powinno pójść wypisanie zdarzeń, które NIE są sprzyjające. Będą to:
$$(RROO); (RORO); (ROOR);$$
$$(ORRO); (OROR); (OORR)$$
Zdarzeń niesprzyjających mamy \(6\), zatem zdarzeń sprzyjających będziemy mieć \(|A|=16-6=10\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{10}{16}=\frac{5}{8}$$
Zadanie nr 7 · Próbny 2020
Nauczycielka matematyki ustaliła z uczniami, że o zadaniu klasie pracy domowej zdecyduje losowanie. Przygotowała \(30\) kartek z kolejnymi liczbami naturalnymi od \(1\) do \(30\) (na każdej kartce zapisała jedną liczbę, inną niż pozostałe). Jeśli w danym dniu uczniowie wylosują kartkę z liczbą pierwszą, to tego dnia nie jest zadawana praca domowa. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kartki oznaczającej dzień bez pracy domowej?
A\(1\)
B\(\frac{1}{2}\)
C\(\frac{1}{3}\)
D\(\frac{3}{10}\)
E\(\frac{11}{30}\)
Krok 1. Ustalenie, ile jest liczb pierwszych.
Aby rozwiązać to zadanie, musimy najpierw ustalić ile jest liczb pierwszych w zakresie od \(1\) do \(30\). Wypiszmy sobie może te liczby (pamiętaj, że wszystkie liczby pierwsze, oprócz dwójki, będą nieparzyste):
$$2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$$
Łącznie jest to \(10\) liczb.
Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Dzień bez pracy domowej będzie wtedy, gdy wylosowana liczba będzie liczbą pierwszą. Wylosować możemy jedną z \(30\) kartek, a liczb pierwszych jest łącznie \(10\), zatem prawdopodobieństwo wylosowania liczby pierwszej będzie równe:
$$p=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 12 · Próbny 2020
Na poniższej tablicy podano kolejne liczby naturalne w pięciu ponumerowanych rzędach.
Oceń prawdziwość podanych zdań. Wybierz P, jeśli zadanie jest prawdziwe, lub F, jeśli jest fałszywe. Prawdopodobieństwo wylosowania parzystej liczby z rzędu oznaczonego liczbą pierwszą jest mniejsze niż \(\frac{1}{2}\). Prawdopodobieństwo, że losowo wybrana liczba z tablicy zawiera w zapisie cyfrę \(4\) wynosi \(0,3\).
Prawdopodobieństwo wylosowania parzystej liczby z rzędu oznaczonego liczbą pierwszą jest mniejsze niż \(\frac{1}{2}\).
Prawdopodobieństwo, że losowo wybrana liczba z tablicy zawiera w zapisie cyfrę \(4\) wynosi \(0,3\).
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Liczbami pierwszymi są \(2\), \(3\) oraz \(5\), więc interesują nas jedynie rzędy II, III oraz V. W każdym z tych rzędów mamy \(10\) miejsc, czyli w tych trzech analizowanych rzędach mamy łącznie \(3\cdot10=30\) miejsc. W każdym interesującym nas rzędzie mamy \(5\) miejsc oznaczonych liczbą parzystą, czyli interesujących nas miejsc jest łącznie \(3\cdot5=15\). Skoro tak, to prawdopodobieństwo wylosowania liczby parzystej w każdym z tych rzędów będzie równe:
$$p=\frac{15}{30}=\frac{1}{2}$$
Łącznie mamy więc \(14\) takich liczb. Skoro wszystkich liczb jest \(50\), to prawdopodobieństwo wylosowania nas interesującej liczby z czwórką będzie równe:
$$p=\frac{14}{50}=\frac{28}{100}=0,28$$
Zdanie jest więc fałszem.
Zadanie nr 25 · Matura 2019
W grupie \(60\) osób (kobiet i mężczyzn) jest \(35\) kobiet. Z tej grupy losujemy jedną osobę. Prawdopodobieństwo wylosowania każdej osoby jest takie samo. Prawdopodobieństwa zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy mężczyznę, jest równe:
A\(\frac{1}{60}\)
B\(\frac{1}{15}\)
C\(\frac{7}{12}\)
D\(\frac{5}{12}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Losować będziemy spośród grupy \(60\) osób, zatem \(|Ω|=60\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są sytuacje w których wylosujemy mężczyznę. Skoro wszystkich osób jest \(60\), a kobiet jest \(35\), to mężczyzn mamy: \(60-35=25\). Z tego też względu możemy napisać, że \(|A|=25\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{25}{60}=\frac{5}{12}$$
Zadanie nr 30 · Matura 2019
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że wylosowana liczba ma w zapisie dziesiętnym cyfrę dziesiątek, która należy do zbioru \(\{1,3,5,7,9\}\) i jednocześnie cyfrę jedności, która należy do zbioru \(\{0,2,4,6,8\}\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Wybieramy jedną liczbę spośród wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych. Skoro naturalnych liczb dwucyfrowych jest \(90\), to znaczy że:
$$|Ω|=90$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Ustalmy najpierw co to jest rząd dziesiątek i jedności. Jeżeli mamy liczbę \(75\), to cyfrą dziesiątek jest \(7\), a cyfrą jedności jest \(5\).
Sprzyjającymi zdarzeniami są liczby, które w rzędzie dziesiątek mają liczbę nieparzystą, a w rzędzie jedności mają liczbę parzystą. Takimi zdarzeniami byłyby więc przykładowo liczby \(14, 38, 52\) itd., ale już przykładowo \(21, 22, 84\) nie są sprzyjające.
Aby ustalić liczbę wszystkich zdarzeń sprzyjających skorzystamy z reguły mnożenia. W rzędzie dziesiątek możemy mieć jedną z pięciu cyfr i w rzędzie jedności także możemy mieć jedną z pięciu cyfr. Zatem zgodnie z regułą mnożenia \(|A|=5\cdot5=25\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{25}{90}=\frac{5}{18}$$
Zadanie nr 24 · Próbny 2019
W dwukrotnym rzucie sześcienną kostką do gry prawdopodobieństwo otrzymania sumy oczek równej \(8\) wynosi:
A\(\frac{1}{18}\)
B\(\frac{1}{12}\)
C\(\frac{1}{9}\)
D\(\frac{5}{36}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Rzucając kostką mamy możliwość otrzymania jednego z sześciu wyników. Takich rzutów wykonujemy dwa. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa:
$$|Ω|=6\cdot6=36$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Interesują nas takie pary wyników, których suma daje łącznie \(8\) oczek. Wypiszmy zatem wszystkie takie możliwości:
$$(2;6), (3;5), (4;4), (5;3), (6;2)$$
Widzimy, że warunki zadania spełnia pięć par, zatem możemy napisać, że \(|A|=5\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{5}{36}$$
Zadanie nr 27 · Próbny 2019
Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych mniejszych od \(30\) losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\), w którym obie wylosowane liczby będą podzielne przez \(3\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na początek musimy ustalić ile jest liczb dwucyfrowych mniejszych od \(30\), czyli tak naprawdę ile jest liczb od \(10\) do \(29\) włącznie. Takich liczb jest dokładnie \(20\). Będziemy losować dwie liczby (bez zwracania), zatem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych zgodnie z regułą mnożenia będziemy mieć:
$$|Ω|=20\cdot19=380$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Interesują nas takie pary wyników, w których obie wylosowane liczby są podzielne przez \(3\). Aby liczba była podzielna przez \(3\), to suma jej cyfr musi być liczbą podzielną przez \(3\). W naszym zestawie będą to liczby:
$$12,15,18,21,24,27$$
Widzimy, że jest to \(6\) różnych liczb. Zgodnie z regułą mnożenia, skoro losowanie jest bez zwracania, to takich par w których jedna i druga liczba są podzielne przez \(3\), uda nam się utworzyć:
$$|A|=6\cdot5=30$$
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{30}{380}=\frac{3}{38}$$
Zadanie nr 31 · Próbny 2019
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że liczba oczek w drugim rzucie jest o dwa większa od liczby oczek w pierwszym rzucie.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Każdy rzut kością to możliwość otrzymania jednego z sześciu wyników. Takich rzutów wykonujemy dwa. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa:
$$|Ω|=6\cdot6=36$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym są sytuacje w których liczba oczek w drugim rzucie jest o dwa większa od liczby oczek w pierwszym rzucie. Wypiszmy zatem te możliwości, bo nie jest ich wiele:
$$(1;3), (2;4), (3;5), (4;6)$$
Widzimy, że są tylko cztery interesujące nas przypadki. W związku z tym zdarzeń sprzyjających mamy \(|A|=4\).
Ze zbioru kolejnych liczb naturalnych \(\{20,21,22,...,39,40\}\) losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo wylosowania liczby podzielnej przez \(4\) jest równe:
A\(\frac{1}{4}\)
B\(\frac{2}{7}\)
C\(\frac{6}{19}\)
D\(\frac{3}{10}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Nasz zbiór składa się z liczb naturalnych od \(20\) do \(40\), czyli składa się z \(21\) liczb, zatem \(|Ω|=21\).
Przy określaniu zdarzeń elementarnych w takich zbiorach trzeba być ostrożnym, bo bardzo wiele osób błędnie zakłada, że tych liczb w naszym zbiorze będzie \(40-20=20\), a to jest nieprawda.
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami (czyli takimi, które są liczbami podzielnymi przez \(4\)) będą następujące liczby:
$$20,24,28,32,36,40$$
To oznacza, że tylko sześć liczb spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}$$
Zadanie nr 31 · Matura 2019
Doświadczenie losowe polega na trzykrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy sumę oczek równą \(16\).
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro rzucamy trzykrotnie standardową kostką sześcienną to zgodnie z regułą mnożenia wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć: \(|Ω|=6\cdot6\cdot6=216\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są takie rzuty, których suma daje wynik równy \(16\). Wbrew pozorom nie jest dużo takich możliwości, bo maksymalnie z trzech rzutów możemy mieć \(18\) oczek. To oznacza, że aby wypadła suma równa \(16\), to albo na jednej kostce musi wypaść \(4\), a na reszcie \(6\), albo muszą wypaść dwie \(5\) oraz \(6\). Sprzyjającymi zdarzeniami będą więc:
$$(4,6,6); (6,4,6); (6,6,4);$$
$$(6,5,5); (5,6,5); (5,5,6).$$
Mamy więc sześć takich zdarzeń, zatem możemy zapisać, że \(|A|=6\).
W pudełku jest \(40\) kul. Wśród nich jest \(35\) kul białych, a pozostałe to kule czerwone. Prawdopodobieństwo wylosowania każdej kuli jest takie samo. Z pudełka losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy kulę czerwoną, jest równe:
A\(\frac{1}{8}\)
B\(\frac{1}{5}\)
C\(\frac{1}{40}\)
D\(\frac{1}{35}\)
Krok 1. Ustalenie liczby zdarzeń elementarnych.
Losujemy spośród \(40\) kul, zatem wszystkich zdarzeń elementarnych mamy \(Ω=40\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie kuli czerwonej. Skoro mamy \(35\) kul białych, to kul czerwonych jest \(40-35=5\). W związku z tym zdarzeń sprzyjających mamy \(A=5\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Skoro mamy 5 zdarzeń sprzyjających, a wszystkich zdarzeń elementarnych jest \(40\), to prawdopodobieństwo będzie równe:
$$P(A)=\frac{5}{40}=\frac{1}{8}$$
Zadanie nr 30 · Matura 2019
Ze zbioru liczb \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn jest liczbą nieparzystą.
Krok 1. Ustalenie liczby zdarzeń elementarnych.
Korzystając z reguły mnożenia możemy stwierdzić, że wszystkich par jakie możemy wylosować będziemy mieć dokładnie: \(5\cdot5=25\). W związku z tym \(Ω=25\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest wylosowanie takich liczb, których iloczyn da liczbę nieparzystą. Przykładowo więc wylosowanie \((3;5)\) jest zdarzeniem sprzyjającym, bo \(3\cdot5=15\), ale już \((3;4)\) zdarzeniem sprzyjającym nie będzie, bo \(3\cdot4=12\).
Powinniśmy więc dostrzec, że aby iloczyn dwóch liczb był liczbą nieparzystą, to obydwa czynniki muszą być nieparzyste, czyli w pierwszym losowaniu musi nam wypaść \(1\), \(3\) lub \(5\) i tak samo w drugim losowaniu musimy mieć \(1\), \(3\) lub \(5\). W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia takich par będziemy mieć: \(3\cdot3=9\). Możemy więc zapisać, że \(A=9\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Skoro mamy \(9\) zdarzeń sprzyjających, a wszystkich zdarzeń elementarnych jest \(25\), to prawdopodobieństwo wylosowania liczb spełniających warunki zadania będzie równe:
$$P(A)=\frac{9}{25}$$
Zadanie nr 5 · Matura 2019
W urnie znajduje się \(16\) kul, które mogą się różnić wyłącznie kolorem. Wśród nich jest \(10\) kul białych i \(6\) kul czarnych. Z tej urny losujemy dwukrotnie jedną kulę bez zwracania.
Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych. Podaj kolejno trzy cyfry po przecinku skończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Krok 1. Prawdopodobieństwo.
Losujemy bez zwracania, więc korzystamy z reguły mnożenia prawdopodobieństw:
Blokada rowerowa ma zapięcie z szyfrowanym zamkiem z trzema zapadkami. Na każdej z zapadek można ustawić cyfry od \(0\) do \(9\). Szyfr otwierający zamek tej blokady tworzą trzy cyfry, które są kolejnymi liczbami parzystymi.
Oceń prawdziwość podanych zdań. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, lub F - jeśli jest fałszywe. Prawdopodobieństwo, że pierwszą cyfrą szyfru jest cyfra \(0\), wynosi \(\frac{1}{9}\). Istnieją trzy możliwości wyboru szyfru dla zamka w takiej blokadzie.
Prawdopodobieństwo, że pierwszą cyfrą szyfru jest cyfra \(0\), wynosi \(\frac{1}{9}\).
Istnieją trzy możliwości wyboru szyfru dla zamka w takiej blokadzie.
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Sprawdźmy jakie kombinacje spełniają warunku otwarcia zamka. Muszą to być trzy kolejne liczby parzyste, zatem mogą to być następujące kombinacje cyfr:
$$(0,2,4); (2,4,6); (4,6,8)$$
Cyfra \(0\) pojawia się tylko w jednym z tych trzech przypadków, zatem prawdopodobieństwo, iż pierwszą cyfrą szyfru jest \(0\), wynosi \(\frac{1}{3}\). Zdanie jest więc fałszem.
Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Zgodnie z tym co zapisaliśmy w poprzednim kroku, są trzy możliwości zakodowania zamka, zatem zdanie jest prawdą.
Zadanie nr 25 · Matura 2018
W grupie liczącej \(29\) uczniów (dziewcząt i chłopców) jest \(15\) chłopców. Z tej grupy trzeba wylosować jedną osobę. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że zostanie wylosowana dziewczyna, jest równe:
A\(\frac{14}{15}\)
B\(\frac{1}{14}\)
C\(\frac{14}{29}\)
D\(\frac{15}{29}\)
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Losujemy jedną osobę spośród \(29\) uczniów, zatem \(|Ω|=29\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest sytuacja w której wylosujemy dziewczynę. Skoro chłopców jest \(15\), to dziewczyn mamy \(29-15=14\). W związku z tym możemy zapisać, że \(|A|=14\).
Ze zbioru \(A=\{-3, -2, -1, 1, 2, 3\}\) losujemy liczbę \(a\), natomiast ze zbioru \(B=\{-1, 0, 1, 2\}\) losujemy liczbę \(b\). Te liczby są odpowiednio współczynnikiem kierunkowym i wyrazem wolnym funkcji liniowej \(f(x)=ax+b\). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymana funkcja \(f\) jest rosnąca i ma dodatnie miejsce zerowe.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Z pierwszego zbioru możemy wylosować jedną z sześciu liczb. Z drugiego zbioru możemy wylosować jedną z czterech liczb. W związku zgodnie z regułą mnożenia wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć:
$$|Ω|=6\cdot4=24$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Musimy teraz ustalić jaka para liczb będzie tworzyć zdarzenie sprzyjające, zatem musimy ustalić które liczby ze zbioru \(A\) oraz \(B\) pasują nam do warunków zadania. Aby funkcja była rosnąca, to współczynnik kierunkowy \(a\) musi być dodatni. To oznacza, że z pierwszego zbioru interesują nas tylko liczby \(1,2,3\).
Teraz musimy ustalić jakie liczby interesują nas ze zbioru \(B\), a wpływ na to mieć będzie informacja mówiąca o tym, iż funkcja ma mieć dodatnie miejsca zerowe. Co to oznacza, że miejsca zerowe są dodatnie? Jeżeli funkcja przecina oś iksów dla np. \(x=-2\), to znaczy że miejsce zerowe jest ujemne (taki przypadek nas nie interesuje). Jeżeli funkcja przecina oś iksów dla np. \(x=3\) to wtedy miejsce zerowe jest dodatnie. Jak więc ustalić kiedy funkcja osiąga dodatnie miejsce zerowe?
Aby funkcja liniowa (która jest rosnąca) miała dodatnie miejsce zerowe dodatnie, to musi przecinać oś igreków w ujemnej wartości (czyli pod osią iksów), nie ma innej możliwości. O miejscu przecięcia się z osią igreków informuje nas współczynnik \(b\) i już po tej prostej analizie wiemy, że musi on być ujemny. To by oznaczało, że ze zbioru \(B\) interesowałaby nas jedynie wartość \(-1\).
Jeżeli jednak nie dostrzegliśmy tej własności, to możemy podejść do zagadnienia z innej strony. Aby wyznaczyć miejsce zerowe funkcji (jakiekolwiek) to musimy przyrównać wzór funkcji do zera. Zatem:
$$ax+b=0$$
$$ax=-b$$
$$x=\frac{-b}{a}$$
My musimy mieć to miejsce zerowe większe od zera, czyli interesuje nas sytuacja w której:
$$\frac{-b}{a}\gt0$$
Skoro w naszym przypadku \(a\) jest dodatnie, to aby wyrażenie \(\frac{-b}{a}\) było większe od zera, to w liczniku musimy mieć także liczbę dodatnią. To oznacza, że \(b\) musi być liczbą ujemną. Z podanych liczb w zbiorze \(B\) tylko liczba \(-1\) spełnia ten warunek.
Skoro więc ze zbioru \(A\) interesują nas liczby \(1,2,3\), a ze zbioru \(B\) interesuje nas jedynie \(-1\), to zdarzeniami sprzyjającymi będą:
$$(1;-1), (2;-1), (3;-1)$$
Są to więc tylko trzy pary liczb, zatem \(|A|=3\).
W pojemniku znajdują się kule białe, czarne i czerwone. Kul białych jest cztery razy więcej niż kul czarnych, a prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej jest równe \(\frac{1}{2}\). Losujemy jedną kulę. Ile wynosi prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej?
A\(\frac{1}{10}\)
B\(\frac{1}{3}\)
C\(\frac{1}{2}\)
D\(\frac{2}{5}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Przyjmijmy sobie, żę \(x\) to liczba kul czarnych. Z treści zadania wynika, że kul białych będziemy mieć cztery razy więcej, zatem będziemy ich mieć \(4x\).
Łącznie kul czarnych i białych mamy zatem \(x+4x=5x\).
Z treści zadania wynika, że wylosowanie kuli czerwonej jest równe \(\frac{1}{2}\), a to prowadzi nas do wniosku, że kul czerwonych musi być tyle samo ile jest łącznie kul białych i czarnych. Możemy więc zapisać, że kul czerwonych mamy \(5x\).
To oznacza, że łącznie wszystkich kul (czyli tym samym zdarzeń elementarnych) będziemy mieć:
$$|Ω|=x+4x+5x=10x$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie kuli białej. Białych kul mamy \(4x\), stąd też możemy napisać, że \(|A|=4x\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{4x}{10x}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$$
Zadanie nr 31 · Próbny 2018
Na ściankach symetrycznej dwunastościennej kostki do gry zapisano liczby \(1, 2, 3,..., 12\) (jak na rysunku). Rzucamy tą kostką trzy razy i zapisujemy wyrzucone liczby w kolejności otrzymywania, tworząc ciąg trójwyrazowy. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że utworzymy w ten sposób ciąg geometryczny o ilorazie całkowitym. Uwaga. Ciąg stały jest ciągiem geometrycznym.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Rzucamy trzykrotnie dwunastościenną kostką. W każdym rzucie możemy otrzymać jeden z dwunastu wyników, zatem wszystkich zdarzeń elementarnych zgodnie z regułą mnożenia będziemy mieć:
$$|Ω|=12\cdot12\cdot12=1728$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby utworzą ciąg geometryczny, czyli przykładowo takimi zdarzeniami mogą być \(2,4,8\) lub też \(1,3,9\). Musimy wypisać wszystkie możliwe warianty. Warto tutaj zwrócić uwagę, że iloraz \(q\) w takich ciągach musi być liczbą naturalną. Jakbyśmy mieli \(q\) w postaci liczby niecałkowitej (np. w postaci ułamka typu \(\frac{1}{2}\)) to w ciągu będą pojawiać nam się liczby niecałkowite, a takich na kości nie mamy. Najprościej będzie wypisać wszystkie warianty w następujący sposób:
Gdy \(q=1\):
\((1,1,1), (2,2,2), (3,3,3),..., (12,12,12)\)
Mamy więc tutaj \(12\) takich zdarzeń.
Gdy \(q=2\):
\((1,2,4), (2,4,8), (3,6,12)\)
Mamy więc tutaj \(3\) takie zdarzenia.
Gdy \(q=3\):
\((1,3,9)\)
Mamy więc tutaj \(1\) takie zdarzenie.
Łącznie zdarzeń sprzyjających mamy zatem:
$$|A|=12+3+1=16$$
Rzucono trzy razy monetą symetryczną. Prawdopodobieństwo uzyskania jednej reszki wynosi:
A\(\frac{1}{2}\)
B\(\frac{3}{8}\)
C\(\frac{7}{8}\)
D\(\frac{1}{8}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Na każdej monecie może nam wypaść orzeł lub reszka. Skoro rzucamy naszą monetą trzykrotnie to wszystkich możliwych kombinacji zgodnie z regułą mnożenia będziemy mieć:
$$|Ω|=2\cdot2\cdot2=8$$
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Interesuje nas sytuacja w której raz wypadnie reszka, czyli sprzyjającymi zdarzeniami będą:
$$(ROO), (ORO), (OOR)$$
Są to trzy zdarzenia, zatem \(|A|=3\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{3}{8}$$
Zadanie nr 31 · Próbny 2018
Spośród wszystkich wierzchołków sześciokąta foremnego o krawędzi \(1\) losujemy dowolne dwa. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wylosowane wierzchołki utworzą odcinek, którego długość jest liczbą niewymierną.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Zastanówmy się jakie odcinki mogą nam wyjść kiedy wylosujemy dwa wierzchołki sześciokąta. Możemy spotkać się z jedną z trzech sytuacji:
• w pierwszej sytuacji kiedy wylosowane punkty są sąsiadującymi wierzchołkami to otrzymamy odcinek o długości \(1\).
• w drugiej sytuacji wylosowane punkty mogą utworzyć dłuższą przekątną sześciokąta. Jej długość jest równa \(1+1=2\), co widać wyraźnie na naszym rysunku (dłuższe przekątne podzieliły nam sześciokąt na sześć trójkątów równobocznych).
• w trzeciej sytuacji wylosowane punkty mogą utworzyć krótszą przekątną sześciokąta. Jej długość jest zgodnie z własnościami trójkątów o kątach \(30°,60°,90°\) równa \(\sqrt{3}\).
Krok 2. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Analizując nasz sześciokąt możemy dostrzec, że losując dwa dowolne wierzchołki możemy otrzymać:
• \(6\) boków o długości \(1\) (to będą boki sześciokąta)
• \(3\) dłuższe przekątne o długości \(2\)
• \(6\) krótszych przekątnych o długości \(\sqrt{3}\) (utworzą one taką gwiazdkę)
Łącznie jest to \(6+3+6=15\) różnych odcinków. Możemy więc zapisać, że \(|Ω|=15\).
Krok 3. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi będzie wylosowanie odcinka o długości niewymiernej, czyli w tym przypadku o długości \(\sqrt{3}\). Mamy takich \(6\) odcinków, zatem \(|A|=6\).
Krok 4. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$$
UWAGA: Zadanie jest dość mylące, bowiem tak prawdę mówiąc nigdzie nie jest powiedziane, że nie można byłoby wylosować dwóch tych samych wierzchołków i tym samym długość takiego odcinka byłaby równa \(0\). Powiększyłaby nam się w ten sposób o \(6\) liczba możliwych zdarzeń elementarnych. Moim zdaniem jeżeli ktoś na prawdziwej maturze obliczyłby to zadanie w taki sposób, otrzymując prawdopodobieństwo równe \(\frac{6}{21}=\frac{2}{7}\), to zadanie też byłoby uznane.
Zadanie nr 25 · Matura 2018
W pudełku znajdują się dwie kule: czarna i biała. Czterokrotnie losujemy ze zwracaniem jedną kulę z tego pudełka. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że dokładnie trzy razy w czterech losowaniach wyciągniemy kulę koloru białego, jest równe:
A\(\frac{1}{16}\)
B\(\frac{3}{8}\)
C\(\frac{1}{4}\)
D\(\frac{3}{4}\)
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W każdym losowaniu możemy trafić na jedną z dwóch kul: czarną lub białą. Skoro więc losujemy kule czterokrotnie, to wszystkich możliwych kombinacji losowania mamy zgodnie z regułą mnożenia: \(|Ω|=2\cdot2\cdot2\cdot2=16\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie dokładnie trzech białych kul. To oznacza, że sprzyjającymi zdarzeniami będą:
$$(b,b,b,c), (b,b,c,b), (b,c,b,b), (c,b,b,b)$$
Są to więc tylko cztery takie przypadki, zatem możemy zapisać, że \(|A|=4\).
Rzucamy cztery razy symetryczną monetą. Po przeprowadzonym doświadczeniu zapisujemy liczbę uzyskanych orłów (od \(0\) do \(4\)) i liczbę uzyskanych reszek (również od \(0\) do \(4\)). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że w tych czterech rzutach liczba uzyskanych orłów będzie większa niż liczba uzyskanych reszek.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Za każdym razem rzucając monetą możemy otrzymać jeden z dwóch wyników - orła lub reszkę. Skoro rzucamy monetą czterokrotnie, to zgodnie z regułą mnożenia wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych będzie \(|Ω|=2\cdot2\cdot2\cdot2\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest sytuacja w której orłów jest więcej niż reszek. Wypiszmy sobie te zdarzenia:
$$(O,O,O,O), (O,O,O,R), (O,O,R,O), (O,R,O,O), (R,O,O,O)$$
Widzimy, że takich zdarzeń jest dokładnie pięć, więc możemy zapisać, że \(|A|=5\).
W pudełku jest \(50\) kuponów, wśród których jest \(15\) kuponów przegrywających, a pozostałe kupony są wygrywające. Z tego pudełka w sposób losowy wyciągamy jeden kupon. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wyciągniemy kupon wygrywający, jest równe:
A\(\frac{15}{35}\)
B\(\frac{1}{50}\)
C\(\frac{15}{50}\)
D\(\frac{35}{50}\)
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro losujemy jeden z \(50\) kuponów to wszystkich zdarzeń elementarnych mamy: \(|Ω|=50\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie kuponu wygrywającego. Takich kuponów jest \(50-15=35\), zatem możemy zapisać, że \(|A|=35\).
Dane są dwa zbiory: \(A=\{100, 200, 300, 400, 500, 600, 700\}\) i \(B=\{10, 11, 12, 13, 14, 15, 16\}\). Z każdego z nich losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma wylosowanych liczb będzie podzielna przez \(3\). Obliczone prawdopodobieństwo zapisz w postaci nieskracalnego ułamka zwykłego.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W pierwszym zbiorze znajduje się siedem liczb. W drugim zbiorze znajduje się także siedem liczb. Skoro losujemy jedną liczbę z pierwszego zbioru i potem drugą liczbę ze zbioru drugiego, to wszystkich możliwych kombinacji mamy zgodnie z regułą mnożenia: \(|Ω|=7\cdot7=49\).
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie liczby podzielnej przez \(3\). Dana liczba jest podzielna przez \(3\), gdy suma jej cyfr dzieli się przez \(3\). Musimy więc ostrożnie wypisać takie pary liczb:
$$(100,11), (100,14),$$
$$(200,10), (200,13), (200,16),$$
$$(300,12), (300,15),$$
$$(400,11), (400,14),$$
$$(500,10), (500,13), (500,16),$$
$$(600,12), (600,15),$$
$$(700,11), (700,14)$$
Takich par jest dokładnie \(16\), zatem możemy zapisać, że \(|A|=16\).
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry ze zbioru \(\{0,1,3,5,7,9\}\), losujemy jedną.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma cyfr wylosowanej liczby jest równa \(3\).
Krok 1. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych.
Pierwsza cyfra nie może być zerem, więc wybieramy ją spośród \(\{1,3,5,7,9\}\) — \(5\) możliwości; każdą z pozostałych siedmiu cyfr wybieramy spośród sześciu:
Do gry planszowej używane są dwa bączki o kształtach przedstawionych na rysunkach. Każdy bączek po zatrzymaniu na jednym boku wielokąta wskazuje liczbę umieszczoną na jego tarczy. Na rysunku \(I\) bączek ma kształt pięciokąta foremnego z zaznaczonymi liczbami od \(1\) do \(5\). Na rysunku \(II\) bączek ma kształt sześciokąta foremnego z zaznaczonymi liczbami od \(1\) do \(6\).
Oceń prawdziwość podanych zdań. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe. Prawdopodobieństwo otrzymania liczby większej niż \(3\) na bączku z rysunku \(I\) jest większe niż \(\frac{1}{2}\). Uzyskanie nieparzystej liczby na bączku z rysunku \(I\) jest tak samo prawdopodobne, jak uzyskanie nieparzystej liczby na bączku z rysunku \(II\).
Prawdopodobieństwo otrzymania liczby większej niż \(3\) na bączku z rysunku \(I\) jest większe niż \(\frac{1}{2}\).
Uzyskanie nieparzystej liczby na bączku z rysunku \(I\) jest tak samo prawdopodobne, jak uzyskanie nieparzystej liczby na bączku z rysunku \(II\).
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Na pierwszym bączku mamy pięć różnych liczb: \(1,2,3,4,5\). Nas interesuje wylosowanie liczby większej niż \(3\), czyli interesują nas dwa wyniki: \(4\) oraz \(5\). Skoro interesują nas dwa wyniki z pięciu możliwych, to prawdopodobieństwo wylosowania liczby większej niż \(3\) jest równe \(\frac{2}{5}\). To oznacza, że to prawdopodobieństwo jest mniejsze niż \(\frac{1}{2}\), czyli pierwsze zdanie jest fałszem.
Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Na pierwszym bączku mamy pięć liczb, a trzy z nich to liczby nieparzyste. W związku z tym prawdopodobieństwo wylosowania liczby nieparzystej jest równe \(\frac{3}{5}\).
Na drugim bączku mamy sześć liczb, a trzy z nich to liczby nieparzyste. W związku z tym prawdopodobieństwo wylosowania liczby nieparzystej jest równe \(\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\).
To oznacza, że prawdopodobieństwa są różne, czyli drugie zdanie jest fałszem.
Zadanie nr 7 · Próbny 2018
Na loterii fantowej w szkole jest \(50\) losów, a wśród nich \(14\) wygrywających. Ania jako pierwsza wzięła udział w loterii i wyciągnęła los pusty. Ile jest równe prawdopodobieństwo, że Hania, która losuje po Ani, wyciągnie los wygrywający?
A\(\frac{7}{18}\)
B\(\frac{7}{25}\)
C\(\frac{2}{7}\)
D\(\frac{2}{9}\)
Omówmy całą sytuację - na początku mamy \(14\) losów wygrywających, a wszystkich losów jest łącznie \(50\). Ania wyciąga swój los i jest on pusty. To oznacza, że w puli nadal mamy \(14\) losów wygrywających, ale wszystkich losów jest już łącznie \(49\). Szanse Hani na to, że wyciągnie los zwycięski, wynoszą teraz:
$$P(A)=\frac{14}{49}=\frac{2}{7}$$
Zadanie nr 7 · Próbny 2018
Gosia kupiła dwie cebulki kwiatów. Obie zasadzi w jednej doniczce. Ma do dyspozycji trzy doniczki ceramiczne i dwie plastikowe.
Oceń prawdziwość podanych zdań. Gosia może zasadzić kwiaty w doniczkach na \(6\) różnych sposobów. Prawdopodobieństwo, że obie cebulki Gosia zasadzi w doniczce ceramicznej, wynosi \(\frac{1}{5}\).
Gosia może zasadzić kwiaty w doniczkach na \(6\) różnych sposobów.
Prawdopodobieństwo, że obie cebulki Gosia zasadzi w doniczce ceramicznej, wynosi \(\frac{1}{5}\).
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Skoro obie cebulki mają znaleźć się w jednej doniczce, a mamy pięć różnych doniczek (trzy ceramiczne oraz dwie plastikowe), to Gosia może zasadzić kwiaty na \(5\) różnych sposobów (zasadzi kwiaty albo w pierwszej, albo w drugiej, albo w trzeciej, albo w czwartej, albo w piątej doniczce). Zdanie jest więc fałszem.
Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Gosia może zasadzić kwiaty w jednej z pięciu doniczek. Z tych pięciu doniczek aż trzy są ceramiczne. Prawdopodobieństwo, że Gosia zasadzi kwiaty w ceramicznej doniczce jest więc równe \(\frac{3}{5}\), czyli zdanie było fałszem.
Zadanie nr 25 · Matura 2017
Z pudełka, w którym jest tylko \(6\) kul białych i \(n\) kul czarnych, losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{1}{3}\). Liczba kul czarnych jest równa:
A\(n=9\)
B\(n=2\)
C\(n=18\)
D\(n=12\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Musimy na początku ustalić ile jest kul w pudełku, a tych jest \(6+n\). Skoro więc losujemy jedną kulę, to liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=6+n\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te sytuacje w których wylosowaliśmy kulę białą. Skoro białych kul jest \(6\), to możemy napisać, że \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie liczby czarnych kul.
Skoro prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli jest równe \(\frac{1}{3}\) to możemy zapisać, że:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}$$
$$\frac{1}{3}=\frac{6}{6+n} \quad\bigg/\cdot(6+n)$$
$$\frac{1}{3}\cdot(6+n)=6$$
$$2+\frac{1}{3}n=6$$
$$\frac{1}{3}n=4$$
$$n=12$$
Zadanie nr 30 · Matura 2017
Ze zbioru liczb \(\{1,2,4,5,10\}\) losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia \(A\) polegającego na tym, że iloraz pierwszej wylosowanej liczby przez drugą wylosowaną liczbę jest liczbą całkowitą.
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W naszym zbiorze mamy pięć liczb. Skoro losowanie odbywa się ze zwracaniem, to znaczy że za pierwszym razem możemy wylosować jedną z pięciu liczb i za drugim razem wylosujemy także jedną z pięciu. W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia:
$$|Ω|=5\cdot5=25$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi są wszystkie te sytuacje w których dzieląc liczbę pierwszą przez drugą otrzymamy liczbę całkowitą. Wypiszmy zatem te wszystkie możliwości:
$$(1,1), (2,1), (2,2), (4,1), (4,2), (4,4),$$
$$(5,1), (5,5), (10,1), (10,2), (10,5), (10,10)$$
W urnie było \(9\) kul, trzy z nich były koloru białego. Do urny dołożono jeszcze cztery kule białe. Po tej zmianie prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe:
A\(\frac{3}{13}\)
B\(\frac{4}{13}\)
C\(\frac{7}{13}\)
D\(\frac{9}{13}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
W urnie mieliśmy \(9\) kul, do tego doszły jeszcze \(4\) nowe. To oznacza, że wszystkich kul, czyli zdarzeń elementarnych mamy \(|Ω|=9+4=13\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającym zdarzeniem jest wylosowanie białej kuli. Takich kul na początku mieliśmy \(3\), ale doszły jeszcze \(4\) kolejne, stąd też mamy \(7\) kul białych, czyli możemy napisać, że \(|A|=7\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{7}{13}$$
Zadanie nr 30 · Próbny 2017
W pojemniku znajdują się koperty ponumerowane kolejnymi liczbami naturalnymi od \(100\) do \(999\), przy czym każda koperta ma inny numer. Z pojemnika losowo wybieramy jedną kopertę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania koperty oznaczonej liczbą parzystą, w której co najmniej jedna cyfra jest czwórką. Wynik podaj w postaci ułamka nieskracalnego.
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Nasze losowanie polega na tym, że losujemy jedną z kilkuset dostępnych kopert. Musimy więc teraz dobrze ustalić ile jest tych wszystkich kopert (czyli ile tak naprawdę jest liczb trzycyfrowych), bo wbrew pozorom nie będzie ich \(999-100=899\). To bardzo często popełniany błąd w tego typu zadaniach. Tak jak liczb np. od \(1\) do \(10\) nie jest \(10-1=9\), tylko \(10\), tak naszych kopert będziemy mieć \(900\). Możemy więc zapisać, że \(|Ω|=900\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniami sprzyjającymi (czyli takimi, które spełniają warunki naszego zadania) będą wszystkie te liczby które są parzyste i które mają przynajmniej jedną czwórkę. Obliczenie ile jest takich liczb może sprawiać problemy, bo nie jest to takie proste do wyznaczenia. Rozpiszmy więc sobie wszystko bardzo dokładnie:
I sposób - analizując poszczególne możliwości.
Zacznijmy od rozpisania sytuacji w których jest tylko jedna czwórka w całym zapisie:
1. Czwórka może wystąpić w rzędzie setek \(4■■\). Wtedy w rzędzie dziesiątek możemy mieć jedną z dziewięciu pozostałych cyfr (\(0,1,2,3,5,6,7,8,9\), czyli bez czwórki), a w rzędzie jedności możemy mieć jedną z czterech cyfr (\(2,6,8,0\), bo liczba musi być parzysta). To oznacza, że tutaj zgodnie z regułą mnożenia będziemy mieć \(1\cdot9\cdot4=36\) zdarzeń sprzyjających.
2. Czwórka może wystąpić w rzędzie dziesiątek \(■4■\). W takiej sytuacji w rzędzie setek możemy mieć jedną z ośmiu cyfr (pasuje każda cyfra, oprócz \(4\) oraz \(0\), bo nie ma takich liczb jak \(042\)). W rzędzie jedności możemy mieć jedną z czterech cyfr (\(2,6,8,0\)). Zgodnie z regułą mnożenia mamy więc \(8\cdot1\cdot4=32\) zdarzenia sprzyjające.
3. Czwórka może wystąpić w rzędzie jedności \(■■4\). Tutaj w rzędzie setek możemy mieć jedną z ośmiu cyfr (pasuje każda cyfra oprócz \(4\) oraz \(0\)). W rzędzie dziesiątek możemy mieć jedną z dziewięciu cyfr (każda oprócz \(4\)). W związku z tym mamy tutaj \(8\cdot9\cdot1=72\) zdarzenia sprzyjające.
Teraz policzmy ile jest zdarzeń w których mamy dwie czwórki w całym zapisie:
1. Czwórka może wystąpić jednocześnie w rzędzie setek i dziesiątek \(44■\). Tutaj cyfrą jedności może być być jedna z czterech cyfr (\(0,2,6,8\)). Mamy zatem \(4\) zdarzenia sprzyjające.
2. Czwórka może wystąpić jednocześnie w rzędzie setek i jedności \(4■4\). Tutaj cyfrą dziesiątek może być jedna z dziewięciu cyfr (wszystkie oprócz \(4\)). Mamy zatem \(9\) zdarzeń sprzyjających.
3. Czwórka może wystąpić jednocześnie w rzędzie dziesiątek i jedności \(■44\). Tutaj cyfrą setek może być jedna z ośmiu cyfr (bez \(0\) oraz bez \(4\)). Mamy zatem \(8\) zdarzeń sprzyjających.
No i jest jeszcze jedna możliwość, czyli wszystkie cyfry naszej liczby są równe \(4\), dzięki czemu powstanie liczba \(444\). Mamy więc jeszcze jedną dodatkową możliwość.
W związku z tym wszystkich zdarzeń sprzyjających będziemy mieć:
$$|A|=36+32+72+4+9+8+1=162$$
II sposób - nieco sprytniejszy, opierający się na tym ile zdarzeń nie jest sprzyjających.
Jak widać powyżej, obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających było dość trudne i bardzo łatwo jest tutaj o pomyłkę. Okazuje się, że znacznie szybciej dałoby się policzyć ile zdarzeń NIE jest sprzyjających.
1. Na pewno zdarzeniami niesprzyjającymi są wszystkie liczby nieparzyste, które stanowią połowę wszystkich zdarzeń elementarnych. Takich zdarzeń będzie więc \(450\).
2. Liczby nieparzyste odkładamy już na bok i ich nie analizujemy. Wśród pozostałych zdarzeń (czyli wśród liczb parzystych) zdarzeniami niesprzyjającymi będą teraz te liczby w których nie użyto cyfry \(4\). W takich liczbach w rzędzie setek możemy mieć więc \(8\) różnych cyfr (wszystkie cyfry oprócz \(4\) oraz \(0\)). W rzędzie dziesiątek możemy mieć jedną z dziewięciu cyfr (wszystkie oprócz \(4\)). W rzędzie jedności będziemy mieć jedną z czterech cyfr (\(0,2,6,8\)). To oznacza, że parzystych liczb w których nie ma czwórki będzie łącznie \(8\cdot9\cdot4=288\).
W związku z tym wszystkich zdarzeń niesprzyjających mamy \(450+288=738\). Skoro zdarzeń elementarnych mamy \(900\), a zdarzeń niesprzyjających jest \(738\), to zdarzeń sprzyjających będziemy mieć:
$$|A|=900-738=162$$
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{162}{900}=\frac{18}{100}=\frac{9}{50}$$
Zadanie nr 18 · Próbny 2017
Rzucono cztery razy monetą. Prawdopodobieństwo tego, że wypadnie co najwyżej \(1\) orzeł, jest równe:
A\(\frac{2}{8}\)
B\(\frac{5}{16}\)
C\(\frac{4}{8}\)
D\(\frac{4}{16}\)
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
W każdym rzucie może wypaść jeden z dwóch wyników - orzeł lub reszka. Skoro rzucamy monetą czterokrotnie, to zgodnie z regułą mnożenia \(|Ω|=2\cdot2\cdot2\cdot2=16\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te sytuacje w których wypadnie co najwyżej jeden orzeł. Co najwyżej, czyli wypadnie raz lub nie wypadnie ani razu. Wypiszmy te zdarzenia:
$$(ORRR), (RORR), (RROR), (RRRO), (RRRR)$$
To oznacza, że tylko \(5\) przypadków spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=5\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{5}{16}$$
Zadanie nr 29 · Próbny 2017
Rzucono trzy razy sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że suma wyrzuconych oczek jest równa co najmniej \(16\).
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
W każdym rzucie może wypaść jeden z sześciu wyników - \(1,2,3,4,5,6\). My rzucamy taką kostką trzykrotnie, zatem zgodnie z regułą mnożenia wszystkich możliwych zdarzeń mamy \(|Ω|=6\cdot6\cdot6=216\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te sytuacje w których otrzymamy przynajmniej \(16\) oczek. Wbrew pozorom tak wielu tych zdarzeń nie będzie, bo przecież maksymalnie możemy wyrzucić \(18\) oczek. W związku z tym pasującymi zdarzeniami są:
$$(6,6,6)$$
$$(5,6,6), (6,5,6), (6,6,5)$$
$$(6,5,5), (5,6,5), (5,5,6)$$
$$(4,6,6), (6,4,6), (6,6,4)$$
To oznacza, że tylko \(10\) przypadków spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=10\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{10}{216}=\frac{5}{108}$$
Zadanie nr 25 · Matura 2017
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo otrzymania pary liczb, których iloczyn jest większy od \(20\), jest równe:
A\(\frac{1}{6}\)
B\(\frac{5}{36}\)
C\(\frac{1}{9}\)
D\(\frac{2}{9}\)
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) będą wszystkie te rzuty, których iloczyn daje wynik większy od \(20\). To będą następujące sytuacje:
$$(6,6),(6,5),(6,4),(5,6),(5,5), (4,6)$$
To oznacza, że tylko sześć przypadków spełnia warunki zadania, stąd też możemy napisać, że \(|A|=6\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$
Zadanie nr 25 · Matura 2017
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\(\frac{1}{6}\)
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: \(|A|=8\).
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.
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:
$$\{12,15,18,21,24,27,30,33,36,39\}$$
Doświadczenie losowe polega na rzucie dwiema symetrycznymi monetami i sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wynikiem rzutu są dwa orły i sześć oczek na kostce, jest równe:
A\(\frac{1}{48}\)
B\(\frac{1}{24}\)
C\(\frac{1}{12}\)
D\(\frac{1}{3}\)
Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
W pierwszym rzucie mamy możliwość otrzymania jednego z dwóch wyników - orzeł \((O)\) lub reszka \((R)\). Podobnie jest w drugim rzucie. W trzecim rzucie (tym razem kostką) możemy otrzymać jeden z sześciu wyników (\(1,2,3,4,5,6\)). To oznacza, że wszystkich kombinacji mamy:
$$|Ω|=2\cdot2\cdot6=24$$
Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Jest tylko jedna możliwość otrzymania zdarzenia, które zostało opisane w treści zadania i tym zdarzeniem będzie \(OO6\). Zatem \(|A|=1\).
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 \(5\).
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:
$$(1;5), (2;5), (3;5), (4;5),$$
$$(5;1), (5;2), (5;3), (5;4)$$
W urnie jest o \(10\) kul białych więcej niż czarnych. Z urny losujemy jedną kulę. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe \(\frac{3}{4}\). Ile wszystkich kul jest w urnie?
A\(15\)
B\(20\)
C\(30\)
D\(40\)
Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń do zadania.
Z treści zadania wynika, że:
\(x\) - liczba kul czarnych
\(x+10\) - liczba kul białych
To z kolei oznacza, że wszystkich kul będziemy mieć:
$$x+x+10=2x+10$$
Krok 2. Wyznaczenie liczby czarnych kul.
Wiemy, że prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli jest równe \(\frac{3}{4}\). Jeżeli więc potraktujemy wylosowanie białej kuli jako zdarzenie sprzyjające \(|A|=x+10\), a liczbę wszystkich kul jako liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=2x+10\), to powstanie nam równanie:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}$$
$$\frac{3}{4}=\frac{x+10}{2x+10}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$3\cdot(2x+10)=4\cdot(x+10)$$
$$6x+30=4x+40$$
$$2x=10$$
$$x=5$$
To oznacza, że mamy \(5\) kul czarnych.
Krok 3. Obliczenie ilości wszystkich kul.
Skoro kul białych jest \(10\) więcej, to białych kul będziemy mieć \(5+10=15\). Naszym zadaniem jest powiedzenie ile jest wszystkich kul w urnie, a tych będzie łącznie:
$$5+15=20$$
Ewentualnie skoro \(x=5\), a wszystkich kul jest \(2x+10\), to:
$$2\cdot5+10=10+10=20$$
Zadanie nr 31 · Próbny 2016
W koszyku jest pięć kul o numerach \(1, 2, 3, 6, 9\). Losujemy kolejno bez zwracania trzy kule i zapisujemy ich numery, tworząc liczbę trzycyfrową: numer pierwszej wylosowanej kuli jest cyfrą setek, drugiej - cyfrą dziesiątek, a trzeciej - cyfrą jedności zapisanej liczby. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy liczbę podzielną przez \(3\). Wynik podaj w postaci ułamka nieskracalnego.
Krok 1. Ustalenie liczby wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych.
Skoro kule losowane są bez zwracania i losujemy trzy kule, to za pierwszym razem możemy wyciągnąć jedną z pięciu kul, za drugim razem jedną z czterech kul (bo jedna jest już odrzucona), a za trzecim razem jedną z trzech kul (bo dwie są już odrzucone). To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy mieć \(|Ω|=5\cdot4\cdot3=60\).
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Sprzyjającymi zdarzeniami są wszystkie te sytuacje w których wylosowana liczba jest podzielna przez \(3\). Aby liczba była podzielna przez \(3\) to suma jej cyfr musi być podzielna przez \(3\). Musimy się więc najpierw zastanowić jakie komplety trzech cyfr dadzą nam oczekiwaną sumę. Przy okazji trzeba pamiętać, że liczby nie mogą się powtarzać (bo losowanie jest bez zwracania). W związku z tym pasującymi kompletami będą:
$$\{1,2,3\}, \{1,2,6\}, \{1,2,9\}, \{3,6,9\}$$
Ale to nie koniec. To, że mamy cztery komplety takich cyfr nie kończy obliczania liczby zdarzeń sprzyjających, bo tak przykładowo z kompletu cyfr \(1,2,3\) możemy otrzymać np. \(123, 132, 321\) i inne. Musimy się więc jeszcze zastanowić ile liczb z każdej takiej "trójki" cyfr możemy ułożyć. Z reguły mnożenia wynika, że z każdej takiej trójki ułożymy \(3\cdot2\cdot1=6\) liczb. Skoro mamy cztery takie komplety trójek, to łącznie wszystkich zdarzeń sprzyjających będziemy mieć \(4\cdot6=24\), stąd też możemy napisać, że \(|A|=24\).
Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Prawdopodobieństwo obliczymy korzystając ze wzoru:
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$$
Dlaczego nie pozostałe? B — przestrzeń jak przy losowaniu ze zwracaniem ($25$); D — pary nieuporządkowane w liczniku przy uporządkowanych w mianowniku.
Zadanie nr PP23.8
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką. Oceń prawdziwość stwierdzeń.
Prawdopodobieństwo wyrzucenia dwa razy tej samej liczby oczek jest równe $\tfrac16$.
Prawdopodobieństwo, że suma oczek jest równa $12$, jest równe $\tfrac{1}{18}$.
Oceń prawdziwość każdego stwierdzenia (P — prawda, F — fałsz) i wybierz odpowiedni układ.
P/P1. P, 2. P
P/F1. P, 2. F
F/P1. F, 2. P
F/F1. F, 2. F
1. Dublety: $6$ z $36$ — $\frac16$ — prawda.
2. Suma $12$ tylko dla $(6,6)$: $\frac1{36}\ne\frac1{18}$ — fałsz.
Odpowiedź: P, F
Zadanie nr PP23.9
Ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $3$.
$|\Omega|=81$. Zdarzenie przeciwne: żadna liczba nie jest podzielna przez $3$ — wybory z $\{1,2,4,5,7,8\}$: $6\cdot6=36$.
$|A|=81-36=45$, $P(A)=\frac{45}{81}=\frac59$.
Odpowiedź: $\dfrac{5}{9}$
Schemat punktowania:
1 pkt — $|\Omega|=81$ i $|A|=45$ (lub $|A^\prime|=36$),
2 pkt — wynik $\frac59$.
Zadanie nr PP23.10
Losujemy jedną cyfrę ze zbioru $X=\{1,2,3,4,5\}$ — będzie to cyfra dziesiątek, a następnie jedną cyfrę ze zbioru $Y=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ — cyfra jedności. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymana liczba dwucyfrowa jest podzielna przez $3$.
$|\Omega|=5\cdot7=35$.
Liczba podzielna przez $3$ ⇔ suma cyfr podzielna przez $3$.
Strzelec trafia do celu z prawdopodobieństwem $0{,}7$ w każdym strzale (niezależnie). Oddaje $4$ strzały. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi co najmniej $3$ razy.
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jedną szóstkę, pod warunkiem że suma wyrzuconych oczek jest równa $10$.
$A\cap B$ — suma $10$ z szóstką: $\{6,3,1\}$ ($6$ ustawień) i $\{6,2,2\}$ ($3$) — $9$ wyników.
$P(A|B)=\frac9{27}=\frac13$.
Odpowiedź: $\tfrac13$
Schemat punktowania:
1 pkt — $|B|=27$,
2 pkt — $|A\cap B|=9$,
3 pkt — wynik $\frac13$.
Zadanie nr PR09.6
W urnie I są $3$ kule białe i $2$ czarne, a w urnie II — $1$ biała i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł — losujemy kulę z urny I, reszka — z urny II. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
Ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6\}$ losujemy bez zwracania sześć razy po jednej liczbie i zapisujemy je w kolejności losowania, tworząc ciąg. Oblicz prawdopodobieństwo, że liczby $1$ i $2$ stoją w tym ciągu obok siebie.
$|\Omega|=6!=720$.
Blok „12” lub „21”: $2\cdot5!=240$.
$P=\frac{240}{720}=\frac13$.
Odpowiedź: $\tfrac13$
Schemat punktowania:
1 pkt — $|\Omega|=720$,
2 pkt — $|A|=240$,
3 pkt — wynik $\frac13$.
Zadanie nr PR09.8
W sytuacji z zadania PR09.6 wylosowano kulę białą. Oblicz prawdopodobieństwo, że pochodziła z urny I.
2 pkt — oszacowanie $n$ (logarytm lub tablica potęg),
3 pkt — $n=13$.
Zadanie nr PR09.10
Z urny, w której jest $5$ kul białych i $3$ czarne, losujemy bez zwracania dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie są białe, pod warunkiem że co najmniej jedna jest biała.
$|\Omega|=\binom82=28$. $B$ — co najmniej jedna biała: $28-\binom32=25$.
$A\cap B$ — obie białe: $\binom52=10$.
$P(A|B)=\frac{10}{25}=\frac25$.
Odpowiedź: $\tfrac25$
Schemat punktowania:
1 pkt — $|B|=25$,
2 pkt — $|A\cap B|=10$,
3 pkt — wynik $\frac25$.
Zadanie nr PR09.11
Rzucamy kostką. $P(6)$ jest równe
A$\tfrac16$
B$\tfrac12$
C$\tfrac13$
D$1$
$\tfrac16$.
Odpowiedź:A
Dlaczego nie pozostałe? B - błąd.
Zadanie nr PR09.12
Jeśli $P(A\cap B)=0{,}12$ i $P(A)=0{,}4$, to $P(B|A)$ jest równe
$$P(\text{co najmniej jeden orzeł})=1-\tfrac18=\tfrac78$$
Dlaczego tak liczymy: wprost trzeba by dodać przypadki „dokładnie jeden”, „dokładnie dwa” i „trzy” — dopełnienie to jeden rachunek zamiast trzech.
Odpowiedź: $\frac78=0{,}875$.
Zadanie nr 14
Zdarzenia rozłączne $A$ i $B$ o dodatnich prawdopodobieństwach:
Asą zawsze niezależne
Bspełniają $P(A\cap B)=P(A)P(B)$
Cnigdy nie są niezależne
Dspełniają $P(A|B)=P(A)$
Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$. Gdyby były niezależne, musiałoby zachodzić $P(A)P(B)=0$, czyli jedno z prawdopodobieństw byłoby zerem — a założyliśmy, że oba są dodatnie.
Intuicja: jeśli zaszło $A$, to $B$ na pewno nie zaszło — to najsilniejsza możliwa zależność.
Odpowiedź: C. nigdy nie są niezależne.
Zadanie nr 15
Prawdopodobieństwo trafienia do celu wynosi $0{,}8$ przy każdym strzale. Strzelec oddaje dwa niezależne strzały. Oblicz prawdopodobieństwo trafienia co najmniej raz.
Przez zdarzenie przeciwne — dwa chybienia:
$$P(\text{dwa pudła})=0{,}2\cdot0{,}2=0{,}04$$
$$P(\text{co najmniej raz})=1-0{,}04=0{,}96$$
Odpowiedź: $0{,}96$.
Zadanie nr 16
Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym dla rozbicia $\Omega$ na $B_1$ i $B_2$ mówi, że:
A$P(A)=P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)$
B$P(A)=P(A|B_1)+P(A|B_2)$
C$P(A)=P(B_1)+P(B_2)$
D$P(A)=P(A|B_1)\cdot P(A|B_2)$
Zdarzenie $A$ rozbijamy na przypadki według tego, które z $B_i$ zaszło, i sumujemy iloczyny „prawdopodobieństwo gałęzi razy prawdopodobieństwo warunkowe”.
Obrazowo: to sumowanie po wszystkich ścieżkach drzewa stochastycznego prowadzących do $A$.
Odpowiedź: A. $P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)$.
Zadanie nr 17
W pierwszej urnie są $3$ kule białe i $2$ czarne, w drugiej $1$ biała i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł — losujemy z pierwszej urny, reszka — z drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
Krok 1 — gałęzie drzewa. Wybór urny: po $\frac12$ na każdą.
Kontrola sensu: wynik leży między $\frac15$ a $\frac35$ — musi tak być, bo to średnia ważona obu gałęzi.
Odpowiedź: $0{,}4$.
Zadanie nr 18
Fabryka ma dwie linie produkcyjne. Pierwsza wytwarza $70\%$ produkcji i daje $2\%$ braków, druga $30\%$ produkcji i $5\%$ braków. Jaki procent całej produkcji stanowią braki?
Interpretacja: mimo że pierwsza linia produkuje ponad dwa razy więcej, to wśród braków jej udział spada poniżej połowy — bo jest wyraźnie mniej awaryjna.
Kontrola: $P(L_2|W)=\frac{0{,}015}{0{,}029}\approx0{,}517$, a suma obu wynosi $1$ ✔
Odpowiedź: około $0{,}48$.
Zadanie nr 20
Test wykrywa chorobę u $99\%$ chorych, ale u zdrowych daje wynik dodatni w $2\%$ przypadków. Choroba występuje u $1\%$ populacji. Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoba z wynikiem dodatnim jest naprawdę chora?
Krok 1 — oznaczenia. $C$ — osoba chora, $T$ — wynik dodatni:
Dlaczego wynik jest tak niski: zdrowych jest $99$ razy więcej niż chorych, więc nawet niewielki odsetek fałszywych alarmów daje w liczbach bezwzględnych dwa razy więcej wyników dodatnich niż wykrycia prawdziwe. To klasyczny „paradoks testu” — przy rzadkiej chorobie dodatni wynik nie oznacza jeszcze diagnozy.
Odpowiedź: tylko około $33\%$.
Zadanie nr 1
Rzucamy sześcienną kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki?
A$\frac12$
B$\frac16$
C$\frac13$
D$1$
Zdarzeń elementarnych jest $6$ (liczby od $1$ do $6$), a sprzyjające jest jedno — wyrzucenie $6$:
$$P=\frac{\text{liczba zdarzeń sprzyjających}}{\text{liczba wszystkich zdarzeń}}=\frac{1}{6}$$
Każda ściana kostki jest jednakowo prawdopodobna, więc szóstka ma takie samo prawdopodobieństwo jak każda inna liczba.
Odpowiedź: B. $\frac16$.
Zadanie nr 2
Z talii $52$ kart losujemy jedną. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kiera?
Krok 1 — liczba wszystkich zdarzeń: $52$ karty.
Krok 2 — zdarzenia sprzyjające. W talii są $4$ kolory po $13$ kart, więc kierów jest $13$.
Krok 3 — prawdopodobieństwo:
$$P=\frac{13}{52}=\frac14$$
Odpowiedź: $\frac14$.
Zadanie nr 3
W urnie jest $4$ kule białe i $6$ czarnych. Losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.
Krok 1 — wszystkie kule:
$$4+6=10$$
Krok 2 — prawdopodobieństwo białej:
$$P=\frac{4}{10}=\frac25$$
Odpowiedź: $\frac25=0{,}4$.
Zadanie nr 4
Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego?
A$0$
B$\frac12$
C$1$
Dzależy od zdarzenia
Zdarzenie pewne zachodzi zawsze, więc jego prawdopodobieństwo wynosi $1$.
Skala prawdopodobieństwa: zawsze $0\le P(A)\le 1$. Zdarzenie niemożliwe ma $P=0$, pewne ma $P=1$.
Odpowiedź: C. $1$.
Zadanie nr 5
Rzucamy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby większej od $4$.
Zdarzenia sprzyjające to liczby większe od $4$, czyli $5$ i $6$ — są dwa.
$$P=\frac{2}{6}=\frac13$$
Uwaga: „większa od $4$” nie obejmuje samej czwórki. Gdyby było „nie mniejsza od $4$”, doliczylibyśmy też $4$.
Odpowiedź: $\frac13$.
Zadanie nr 6
Rzucamy dwiema kostkami. Ile jest wszystkich zdarzeń elementarnych i jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie $7$?
Krok 1 — liczba wszystkich zdarzeń. Każda kostka ma $6$ wyników, więc:
$$6\cdot6=36$$
Krok 2 — pary dające sumę $7$:
$$(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$$
Jest ich $6$.
Krok 3 — prawdopodobieństwo:
$$P=\frac{6}{36}=\frac16$$
Ciekawostka: suma $7$ jest najbardziej prawdopodobna ze wszystkich sum.
Odpowiedź: $36$ zdarzeń, $P=\frac16$.
Zadanie nr 7
Prawdopodobieństwo pewnego zdarzenia wynosi $0{,}3$. Ile wynosi prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego?
A$0{,}7$
B$0{,}3$
C$1{,}3$
D$0$
Prawdopodobieństwa zdarzenia i zdarzenia przeciwnego sumują się do $1$:
$$P(A\prime)=1-P(A)=1-0{,}3=0{,}7$$
Zastosowanie: gdy zdarzenie przeciwne jest łatwiejsze do policzenia, liczymy jego prawdopodobieństwo i odejmujemy od $1$.
Odpowiedź: A. $0{,}7$.
Zadanie nr 8
Z liczb $1,\,2,\,3,\,\ldots,\,20$ losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania liczby podzielnej przez $3$.
Krok 1 — liczby podzielne przez $3$ w zakresie od $1$ do $20$:
$$3,\ 6,\ 9,\ 12,\ 15,\ 18$$
Jest ich $6$ (można to policzyć jako $\lfloor 20:3\rfloor=6$).
Krok 2 — prawdopodobieństwo:
$$P=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$$
Odpowiedź: $\frac{3}{10}=0{,}3$.
Zadanie nr 10
Rzucamy monetą trzy razy. Oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie dwóch orłów.
Krok 1 — wszystkie wyniki: $2^3=8$.
Krok 2 — wyniki z dokładnie dwoma orłami:
$$OOR,\ ORO,\ ROO$$
Są trzy takie układy.
Krok 3 — prawdopodobieństwo:
$$P=\frac{3}{8}$$
Uwaga: „dokładnie dwa” oznacza dwa i tylko dwa — wynik OOO (trzy orły) nie jest sprzyjający.
Odpowiedź: $\frac{3}{8}$.
Zadanie nr 11
W klasie jest $15$ dziewcząt i $10$ chłopców. Losowo wybieramy jedną osobę do odpowiedzi. Oblicz prawdopodobieństwo, że będzie to chłopiec.
Krok 1 — wszyscy uczniowie:
$$15+10=25$$
Krok 2 — prawdopodobieństwo wyboru chłopca:
$$P=\frac{10}{25}=\frac25$$
Sprawdzenie przez zdarzenie przeciwne: $P(\text{dziewczyna})=\frac{15}{25}=\frac35$, a $\frac25+\frac35=1$ ✔
Odpowiedź: $\frac25=0{,}4$.
Zadanie nr 12
Zdarzenia $A$ i $B$ są rozłączne, $P(A)=0{,}3$, $P(B)=0{,}4$. Ile wynosi $P(A\cup B)$?
A$0{,}12$
B$0{,}7$
C$0{,}1$
D$1$
Dla zdarzeń rozłącznych (wykluczających się) prawdopodobieństwo sumy to suma prawdopodobieństw:
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0{,}3+0{,}4=0{,}7$$
Uwaga: wzór ten działa tylko dla zdarzeń rozłącznych. W ogólnym przypadku odejmujemy jeszcze $P(A\cap B)$, ale tu ta część wspólna jest zerowa.
Odpowiedź: B. $0{,}7$.
Zadanie nr 13
Z urny z $3$ kulami białymi i $2$ czarnymi losujemy kolejno dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie będą białe.
Korzystamy z reguły mnożenia dla losowania bez zwracania.
Krok 1 — pierwsza kula biała. Białych jest $3$ z $5$:
$$P_1=\frac{3}{5}$$
Krok 2 — druga kula biała. Po wyjęciu jednej białej zostają $2$ białe z $4$ kul:
$$P_2=\frac{2}{4}=\frac12$$
Krok 3 — mnożymy:
$$P=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{10}$$
Kluczowe: bez zwracania liczby w drugim losowaniu maleją — inaczej niż przy losowaniu ze zwracaniem.
Odpowiedź: $\frac{3}{10}=0{,}3$.
Zadanie nr 14
Prawdopodobieństwo, że strzelec trafi do tarczy, wynosi $0{,}8$. Oddaje dwa niezależne strzały. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi za każdym razem.
Strzały są niezależne, więc prawdopodobieństwa mnożymy:
$$P=0{,}8\cdot0{,}8=0{,}64$$
Dla porównania — co najmniej jedno trafienie (przez zdarzenie przeciwne):
$$1-0{,}2\cdot0{,}2=1-0{,}04=0{,}96$$
Uwaga: „za każdym razem” to koniunkcja zdarzeń — stąd mnożenie, a nie dodawanie.
Odpowiedź: $0{,}64$.
Zadanie nr 15
Rzucamy kostką. Zdarzenie $A$: „wypadła liczba parzysta”, zdarzenie $B$: „wypadła liczba większa od $4$”. Ile wynosi $P(A\cap B)$?
A$\frac12$
B$\frac13$
C$\frac16$
D$\frac23$
Część wspólna $A\cap B$ to zdarzenia spełniające oba warunki naraz.
Liczby parzyste: $2$, $4$, $6$. Większe od $4$: $5$, $6$.
Wspólna jest tylko liczba $6$:
$$P(A\cap B)=\frac{1}{6}$$
Odpowiedź: C. $\frac16$.
Zadanie nr 16
Rzucamy monetą $4$ razy. Korzystając ze schematu Bernoulliego, oblicz prawdopodobieństwo wyrzucenia dokładnie $3$ orłów.
To schemat Bernoulliego: $n=4$ prób, $k=3$ sukcesy, prawdopodobieństwo sukcesu $p=\frac12$.
Dlaczego przez dopełnienie: iloczyn jest parzysty, gdy choć jedna liczba jest parzysta — takich przypadków jest dużo więcej, więc wygodniej policzyć dopełnienie.
Odpowiedź: $\frac34$.
Zadanie nr 20
Test wielokrotnego wyboru ma $3$ pytania, każde z $4$ odpowiedziami (jedna poprawna). Uczeń zgaduje. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafi wszystkie trzy odpowiedzi.
To schemat Bernoulliego z $n=3$, $k=3$, prawdopodobieństwem sukcesu $p=\frac14$.
Sposób bezpośredni. Zgadnięcia są niezależne, więc mnożymy:
Interpretacja: tylko $1$ na $64$ losowych zestawów odpowiedzi jest w pełni poprawny — zgadywanie się nie opłaca.
Odpowiedź: $\frac{1}{64}$.
Zacznij dziś
Zacznij naukę już dziś — to nic nie kosztuje
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.
