Zadanie 31. (2 pkt)
Dany jest okrąg o środku w punkcie O. Prosta KL jest styczna do tego okręgu w punkcie L,
a środek O tego okręgu leży na odcinku KM (zob. rysunek). Udowodnij, że kąt KML ma
miarę 31°.
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
30.
31.
Maks. liczba pkt
2
2
Uzyskana liczba pkt
K
O
L
28º
?
M
Poziom podstawowy
MMA_1P
Zadanie 31. (0-2)
Dany jest okrąg o środku w punkcie O. Prosta KL jest styczna do tego okręgu w punkcie L,
a środek O tego okręgu leży na odcinku KM (zobacz rysunek). Udowodnij, że kąt KML ma
miarę 31°.
V. Rozumowanie
i argumentacja.
środkowym, kątem wpisanym i kątem między styczną
a cięciwą okręgu (7.a).
K
O
L
28º
?
M
I sposób rozwiązania
Rysujemy odcinek OL.
Kąt OLK jest prosty. Zatem
62
KOL =
°
Czyli
118
MOL =
°
Zatem
62
OML
MLO
°
Kąty OML i MLO są równe, bo są kątami równymi w trójkącie równoramiennym.
Zatem
31
KML
OML
°
To kończy dowód.
II sposób rozwiązania
Rysujemy odcinek OL.
Kąty OML i MLO są równe, bo są kątami równymi w trójkącie równoramiennym.
Kąt OLK jest prosty. Suma miar kątów trójkąta KLM jest równa 180°.
Zatem 2
90
28
180
KML +
° +
° =
°
. Stąd 2
62
KML =
°
Zatem
31
KML =
°
To kończy dowód.
K
O
L
28º
?
M
K
O
L
28º
?
M
III sposób rozwiązania
Rysujemy cięciwę LN, gdzie N jest końcem średnicy MN (zobacz rysunek). Niech
KML
α
Kąt MLN jest kątem wpisanym opartym na średnicy MN, więc jest prosty. Kąt między styczną
do okręgu w punkcie L i cięciwą wychodzącą z punktu L jest równy kątowi wpisanemu
opartemu na tej cięciwie, zatem
KLN
KML
α
Zapisujemy równanie wynikające z bilansu kątów w trójkącie KLM:
90
28
180
α
α
°+
° =
°, stąd
31
KML
α =
°
To kończy dowód.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
jeżeli:
• zapisze lub zaznaczy na rysunku, że kąt KLO jest kątem prostym
i
2
LOK
LMO
⋅
,
albo
• zapisze lub zaznaczy na rysunku, że kąt KLO jest kątem prostym
i
LMO
MLO
,
albo
• zapisze lub zaznaczy na rysunku, że kąt MLN jest kątem prostym
i
NLK
LMN
,
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
jeżeli przeprowadzi pełne poprawne rozumowanie.
K
O
L
28º
α
M
N
Zadania 32. (0-4)
Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 16. Przekątna
graniastosłupa jest nachylona do płaszczyzny jego podstawy pod kątem, którego cosinus jest
równy 3
5 . Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.
IV. Użycie i tworzenie
strategii.
w wielościanach z zastosowaniem trygonometrii (9.b).
Rozwiązanie
Niech a oznacza długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa i niech α będzie kątem
nachylenia przekątnej graniastosłupa do płaszczyzny jego podstawy (zob. rysunek).
Ponieważ
3
cos
5
α =
, więc kąt α jest ostry oraz
4
sin
5
α =
. Stąd wynika, że
4
tg
3
α =
Z drugiej strony
16
tg
2
a
α =
. Obliczamy długość krawędzi podstawy graniastosłupa.
Rozwiązujemy równanie:
16
4
3
2
a
, skąd
6 2
a =
Szukane pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe:
(
)
(
)
2
2
6 2
4 6 2 16
144
384 2
48 3
8 2
cP =
⋅
⋅
⋅
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający:
• zapisze, że
4
tg
3
α =
α
a
a
16
albo
• zapisze równanie, z którego można obliczyć skalę x podobieństwa trójkąta o bokach
długości 3, 4 i 5 do trójkąta o przyprostokątnej długości 16 leżącej naprzeciw kąta α ,
np. (
)
(
)
2
2
2
3
16
5
x
x
albo
• poda skalę x podobieństwa trójkątów: trójkąta o bokach długości 3, 4 i 5 oraz
trójkąta o przyprostokątnej długości 16 leżącej naprzeciw kąta α ,
4
x =
albo
• zaznaczy na rysunku kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do płaszczyzny jego
podstawy
albo
• zapisze, że długość d przekątnej graniastosłupa jest równa 20
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający:
• obliczy długość e przekątnej podstawy tego graniastosłupa e =12
albo
• zapisze równanie, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy tego
graniastosłupa, np.
(
)
2
2
2
5
2
16
2
3
a
a
=
(
)
2
2
2
16
2
20
a
lub 16
4
3
2
a
albo
• zapisze układ równań, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy tego
graniastosłupa, np.
(
)
2
2
2
2
3
5
2
16
a
d
a
d
gdzie d oznacza długość przekątnej tego graniastosłupa
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy długość krawędzi podstawy graniastosłupa:
6 2
a =
i na tym zakończy lub
dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa:
(
)
48 3
8 2
cP =
Uwagi
3
5
cosα =
dla
53
α ≈
° i w dalszej
części rozwiązania poprawnie posługuje się przyjętym przybliżeniem.
dziesiętne liczb rzeczywistych i w obliczeniach poprawnie stosuje regułę zaokrąglania.
\nrozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
\n3
5
sinα =
i korzysta z tej równości, to za całe rozwiązanie może
otrzymać co najwyżej 1 punkt.
30
α =
°), i w rozwiązaniu z tego korzysta, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
3
e
a
, to za całe rozwiązanie może otrzymać co
najwyżej 2 punkty.
rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
Zadania 33. (0-4)
Wśród 115 osób przeprowadzono badania ankietowe, związane z zakupami w pewnym
kiosku. W poniższej tabeli przedstawiono informacje o tym, ile osób kupiło bilety
tramwajowe ulgowe oraz ile osób kupiło bilety tramwajowe normalne.
Rodzaj
kupionych
biletów
Liczba osób
ulgowe
76
normalne
41
Uwaga! 27 osób spośród ankietowanych kupiło oba rodzaje biletów.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że osoba losowo wybrana
spośród ankietowanych nie kupiła żadnego biletu. Wynik przedstaw w formie nieskracalnego
ułamka.
III. Modelowanie
matematyczne.
i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje własności
prawdopodobieństwa i stosuje twierdzenia znane jako
klasyczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania
prawdopodobieństw zdarzeń (10.d).
I sposób rozwiązania
Oznaczmy:
A - zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która kupiła bilet ulgowy,
B - zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która kupiła bilet normalny,
C - zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która nie kupiła żadnego z wymienionych
biletów.
Ankietę przeprowadzono wśród 115 osób, zatem
115
Ω
Ponieważ wśród badanych występują osoby, które kupiły bilety obu rodzajów, więc
B
A
B
A
B
A
∩
∪
Stąd
90
27
41
76
∪B
A
Zatem
25
∪
Ω
B
A
C
, więc
23
5
115
25
)
(
C
P
Odp. Prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że losowo wybrana spośród
badanych osoba nie zakupiła żadnego z wymienionych biletów jest równe 23
5 .
II sposób rozwiązania
Oznaczmy:
C - zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która nie kupiła żadnego biletu.
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa
115
Ω
Liczba wszystkich osób, które kupiły co najmniej jeden bilet jest równa
90
14
27
49
Zatem
25
90
115
C
Stąd
23
5
115
25
)
(
C
P
Odp. Prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że losowo wybrana spośród
badanych osoba nie zakupiła żadnego z wymienionych biletów jest równe 23
5 .
Schemat oceniania I i II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
115
Ω
albo
• zapisze liczbę wszystkich osób, które kupiły tylko bilet ulgowy: 49
albo
• zapisze liczbę wszystkich osób, które kupiły tylko bilet normalny: 14
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich osób,
które kupiły tylko bilet ulgowy:
115
Ω
, 49
albo
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich osób,
które kupiły tylko bilet normalny:
115
Ω
, 14
albo
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich osób,
49
14
27
25
które kupiły co najmniej jeden bilet:
115
Ω
, 90
albo
• zapisze liczbę wszystkich osób, które nie kupiły żadnego biletu: 25
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wyznaczy liczbę osób,
które nie kupiły żadnego biletu:
115
Ω
, 25
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy prawdopodobieństwo wylosowania osoby, która nie kupiła żadnego
biletu i zapisze je w postaci ułamka nieskracalnego: 5
23 .
Uwagi
wystarczy, że liczba 115 wystąpi w mianowniku ułamka, o ile ułamek ten będzie liczbą
dodatnią i mniejszą od 1.
1
)
(
A
P
lub
0
)
(
<
A
P
, to za całe
rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
5
23
P C =
lub ( )
25
115
P C =
, to otrzymuje 1 punkt.
115
25
)
(
C
P
i nie przedstawi wyniku w postaci ułamka
nieskracalnego, to otrzymuje 3 punkty.
B
A ∪
lub
C
i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje
co najwyżej 3 punkty.
i na tym zakończył, to otrzymuje 2 punkty.
49
14
27
25
Zadania 34. (0-5)
Biegacz narciarski Borys wyruszył na trasę biegu o 10 minut później niż inny zawodnik,
Adam. Metę zawodów, po przebyciu 15-kilometrowej trasy biegu, obaj zawodnicy pokonali
równocześnie. Okazało się, że wartość średniej prędkości na całej trasie w przypadku Borysa
była o 4,5 km
h większa niż w przypadku Adama. Oblicz, w jakim czasie Adam pokonał całą
trasę biegu.
IV. Użycie i tworzenie
strategii.
(również umieszczone w kontekście praktycznym),
prowadzące do równań i nierówności kwadratowych (3.b).
Rozwiązanie (I sposób)
Niech v oznacza średnią prędkość, wyrażoną w km/h, z jaką Adam pokonał całą trasę biegu,
a t czas, wyrażony w godzinach, w jakim Adam pokonał całą trasę biegu. Wówczas zależność
między tą prędkością, czasem i przebytą drogą możemy zapisać w postaci
15
v t⋅=
Średnia prędkość, z jaką Borys pokonał całą trasę bieg, jest zatem równa
4,5
v +
, natomiast
czas, w jakim Borys pokonał całą trasę biegu, jest równy
1
6
t -
. Możemy więc zapisać drugie
równanie
(
)
1
4,5
15
6
v
t
⋅
Stąd otrzymujemy
1
3
4,5
15
6
4
v t
v
t
⋅-
Po podstawieniu
15
v t⋅=
otrzymujemy
54
2
9
t
v
2
9
54
v
t
Podstawiając
2
9
54
v
t
w równaniu
15
v t⋅=
, otrzymujemy równanie kwadratowe
z niewiadomą v
2
9
15
54
v
v
⋅
,
2
2
9
15 54
0
v
v
⋅
,
2
2
9
810
0
v
v
,
81
4 2 810
81 8 810
81 81
Δ =
⋅
,
81
Δ =
1
9
81
0
2 2
v
<
⋅
,
2
9
81
72
18
2 2
4
v
⋅
Pierwsze z rozwiązań równania nie spełnia warunków zadania, gdyż wtedy prędkość biegacza
byłaby ujemna, co jest niemożliwe. Drugie rozwiązanie spełnia warunki zadania. Wówczas
2
9
5
54
6
v
t
Odpowiedź: Adam pokonał trasę biegu w 50 minut.
Rozwiązanie (II sposób)
Niech v oznacza średnią prędkość, wyrażoną w km/h, z jaką Adam pokonał całą trasę biegu.
Wówczas czas t, w jakim pokonał całą trasę biegu, wyrażony w godzinach, jest równy
15
t
v
Czas potrzebny na pokonanie trasy biegu w przypadku Borysa był o 1
6 h krótszy, ale w tym
drugim przypadku prędkość była większa o 4,5 km/h. Zatem możemy to opisać równaniem
1
15
6
4,5
t
v
Po podstawieniu
15
t
v
otrzymujemy równanie z niewiadomą v: 15
1
15
6
4,5
v
v
(
)
(
)
15 6
4,5
4,5
15 6
v
v v
v
⋅
⋅
,
2
4,5
405
0
v
v
,
2
2
9
810
0
v
v
,
2
2
9
810
0
v
v
81
4 2 810
81 8 810
81 81
Δ =
⋅
,
81
Δ =
1
9
81
0
2 2
v
<
⋅
,
2
9
81
72
18
2 2
4
v
⋅
Pierwsze z rozwiązań równania nie spełnia warunków zadania, gdyż wtedy prędkość biegacza
byłaby ujemna, a to niemożliwe. Drugie rozwiązanie spełnia warunki zadania. Wówczas
2
9
5
54
6
v
t
Odpowiedź: Adam pokonał trasę biegu w 50 minut.
Rozwiązanie (III sposób)
Niech v oznacza średnią prędkość, wyrażoną w km/h, z jaką Adam pokonał całą trasę biegu,
t czas, wyrażony w godzinach, w jakim Adam pokonał całą trasę biegu. Wówczas zależność
między tą prędkością, czasem i przebytą drogą możemy zapisać w postaci
15
v t⋅=
Średnia prędkość, z jaką Borys pokonał całą trasę bieg, jest zatem równa
4,5
v +
, natomiast
czas, w jakim Borys pokonał całą trasę biegu, jest równy
1
6
t -
. Możemy więc zapisać drugie
równanie
(
)
1
4,5
15
6
v
t
⋅
Stąd otrzymujemy
1
3
4,5
15
6
4
v t
v
t
⋅-
Po podstawieniu
15
v t⋅=
otrzymujemy
54
2
9
t
v
27
4,5
v
t
Podstawiamy
27
4,5
v
t
w równaniu
15
v t⋅=
i otrzymujemy równanie kwadratowe
z niewiadomą v
(
)
27
4,5
15
t
t
,
2
27
4,5
15
0
t
t
,
2
18
3
10
0
t
t
,
9
40 18
729
Δ =
⋅
,
27
Δ =
1
3
27
0
36
t
<
, 2
3
27
5
36
6
t
Pierwsze z rozwiązań równania nie spełnia warunków zadania, gdyż wtedy czas biegu byłby
ujemny, a to niemożliwe. Drugie rozwiązanie spełnia warunki zadania.
Odpowiedź: Adam pokonał trasę biegu w 50 minut.
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający oznaczy prędkość średnią biegu Adama, wyrażoną w km/h, oraz czas, wyrażony
w godzinach
w jakim Adam pokonał trasę i zapisze zależność między średnią prędkością biegu Borysa
i czasem, w jakim Borys pokonał trasę, np.:
v - średnia prędkość (w km/h), z jaką biegł Adam,
t - czas (w h), w jakim Adam pokonał trasę
(
)
1
4,5
15
6
v
t
⋅
albo
1
15
6
4,5
t
v
Uwaga
Zdający nie otrzymuje punktu, jeśli zapisze jedynie
15
v t⋅=
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi v, t - odpowiednio prędkość i czas
biegu Adama, np.;
(
)
1
4,5
15
6
15
v
t
v t
⋅
⋅=
lub
1
15
6
4,5
15
t
v
v t
-
⋅=
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.; gdy v - prędkość pokonania trasy biegu
przez Adama,
2
9
15
54
v
v
⋅
lub 15
1
15
6
4,5
v
v
lub (
)
27
4,5
15
t
t
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Uwaga
Zdający nie musi zapisywać układu równań, może bezpośrednio zapisać równanie z jedną
niewiadomą.
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 p.
Zdający
• rozwiąże równanie z jedną niewiadomą, np. v jako średnią prędkością biegu Adama
i nie obliczy czasu biegu Adama
albo
• rozwiąże równanie z niewiadomą t (czas biegu Adama) z błędem rachunkowym.
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający obliczy czas biegu Adama: 50 minut.
Uwagi
niezgodność typu wielkości po obu stronach: po jednej stronie prędkość, po drugiej
czas lub niezgodność jednostek: prędkość w kilometrach na godzinę, czas w minutach,
o ile nie są zapisane jednostki.
konsekwentnie.
\nAdama, a potem zapisze, że prędkość Borysa jest równa
4,5
v -
i czas jego biegu jest
równy
1
6
t +
, a następnie zapisze układ równań
15
v t⋅=
i (
)
1
4,5
15
6
v
t
⋅
i doprowadzi go do równania z jedną niewiadomą, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli
rozwiąże to równanie, to otrzymuje 2 punkty, a jeśli doprowadzi rozwiązanie zadania
do końca, konsekwentnie do ułożonego układu równań lub przyjętych oznaczeń, to
otrzymuje 3 punkty (zdający otrzyma wtedy odpowiedź
40
t =
minut - czas biegu
Adama).
Kryteria oceniania uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki
Przykład 1.
Jeśli zdający przedstawi następujące rozwiązanie:
v - średnia prędkość (w km/h), z jaką biegł Adam, t - czas (w h), w jakim Adam pokonał
trasę
15
4,5
1
6
v
t
(
)
15
1
15
4,5
6
v t
v
t
= ⋅
i na tym zakończy, to takie rozwiązanie kwalifikujemy do kategorii Rozwiązanie, w którym
jest istotny postęp i przyznajemy 2 punkty, mimo że w drugim równaniu układu zdający nie
ujął wyrażenia
1
6
t -
w nawias. Zapis równania
15
4,5
1
6
v
t
wskazuje na poprawną
interpretację zależności między wielkościami.
Przykład 2.
Jeśli zdający przedstawi następujące rozwiązanie:
v - średnia prędkość (w km/h), z jaką biegł Adam, t - czas (w h), w jakim Adam pokonał
trasę
15
4,5
1
6
v
t
15
15
4,5
1
6
v
t
v
t
=
+
51
15
4,5
t
t
i na tym zakończy, to takie rozwiązanie kwalifikujemy do kategorii Pokonanie zasadniczych
trudności zadania i przyznajemy 3 punkty, mimo że w równaniu 51
15
4,5
t
t
= - zdający
przestawił cyfry w zapisie liczby 15 i pominął liczbę 1
6 w mianowniku ułamka.
Przykład 3.
Jeśli zdający otrzyma inne równanie kwadratowe, np.
2
2
9
810
0
v
v
zamiast równania
2
2
9
810
0
v
v
(np. w wyniku złego przepisania znaku lub liczby), konsekwentnie jednak
rozwiąże otrzymane równanie kwadratowe, odrzuci ujemne rozwiązanie i pozostawi wynik,
który może być realną prędkością, z jaką biegł Adam, to takie rozwiązanie kwalifikujemy do
kategorii Rozwiązanie pełne i przyznajemy 5 punktów.
Przestrzeń zdarzeń elementarnych:
\nLosujemy kolejno dwie różne cyfry ze zbioru \\(\\{1,2,3,4,5,6,7,8\\}\\) (bez zwracania), przy czym kolejność ma znaczenie (pierwsza = dziesiątki, druga = jedności).
\n\\[|\\Omega| = 8 \\cdot 7 = 56\\]
\nKiedy liczba dwucyfrowa \\(\\overline{ab}\\) jest podzielna przez 4?
\nLiczba \\(\\overline{ab} = 10a + b\\) jest podzielna przez 4 wtedy i tylko wtedy, gdy sama jest podzielna przez 4 (bo to liczba dwucyfrowa - wystarczy sprawdzić ją wprost).
\nWypisuję wszystkie wielokrotności 4 z przedziału \\([11, 88]\\), których obie cyfry należą do \\(\\{1,\\ldots,8\\}\\) i są różne:
\n| Liczba | Cyfry | OK? |
| 12 | 1, 2 | ✓ |
| 16 | 1, 6 | ✓ |
| 24 | 2, 4 | ✓ |
| 28 | 2, 8 | ✓ |
| 32 | 3, 2 | ✓ |
| 36 | 3, 6 | ✓ |
| 48 | 4, 8 | ✓ |
| 52 | 5, 2 | ✓ |
| 56 | 5, 6 | ✓ |
| 64 | 6, 4 | ✓ |
| 68 | 6, 8 | ✓ |
| 72 | 7, 2 | ✓ |
| 76 | 7, 6 | ✓ |
| 84 | 8, 4 | ✓ |
Odrzucone: 20, 40, 60, 80 (cyfra 0 poza zbiorem), 44, 88 (powtórzone cyfry).
\nLiczba zdarzeń sprzyjających: \\(|A| = 14\\).
\nPrawdopodobieństwo:
\n\\[P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|} = \\frac{14}{56} = \\boxed{\\frac{1}{4}}\\]
\nLiczba \\(10a + b\\) jest podzielna przez 4. Ponieważ \\(10 \\equiv 2 \\pmod{4}\\), warunek staje się:
\n\\[2a + b \\equiv 0 \\pmod{4}\\]
\nDla każdej cyfry dziesiątek \\(a \\in \\{1,\\ldots,8\\}\\) wyznaczam, jakie \\(b\\) (jedności) są wymagane:
\n| \\(a\\) | \\(2a \\bmod 4\\) | Wymagane \\(b \\bmod 4\\) | Możliwe \\(b \\in \\{1 8\\}\\), \\(b \\neq a\\) | Liczba |
| 1 | 2 | \\(b \\equiv 2\\) → \\(b \\in \\{2, 6\\}\\) | 2, 6 | 2 |
| 2 | 0 | \\(b \\equiv 0\\) → \\(b \\in \\{4, 8\\}\\) | 4, 8 | 2 |
| 3 | 2 | \\(b \\equiv 2\\) → \\(b \\in \\{2, 6\\}\\) | 2, 6 | 2 |
| 4 | 0 | \\(b \\equiv 0\\) → \\(b \\in \\{4, 8\\}\\) | ~~4~~, 8 | 1 |
| 5 | 2 | \\(b \\equiv 2\\) → \\(b \\in \\{2, 6\\}\\) | 2, 6 | 2 |
| 6 | 0 | \\(b \\equiv 0\\) → \\(b \\in \\{4, 8\\}\\) | 4, 8 | 2 |
| 7 | 2 | \\(b \\equiv 2\\) → \\(b \\in \\{2, 6\\}\\) | 2, 6 | 2 |
| 8 | 0 | \\(b \\equiv 0\\) → \\(b \\in \\{4, 8\\}\\) | 4, ~~8~~ | 1 |
Suma sprzyjających: \\(2+2+2+1+2+2+2+1 = 14\\) ✓
\n\\[P(A) = \\frac{14}{56} = \\frac{1}{4}\\]
\nWynik zgodny z metodą 1.
\nDział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29-30) - prawdopodobieństwo klasyczne:
\n\\[P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|}\\]
\nUżyliśmy tego wzoru w obu sposobach - \\(|\\Omega| = 56\\) to przestrzeń wszystkich możliwych par (dziesiątki, jedności) wylosowanych bez zwracania.
\nW tym zadaniu nie używamy kombinatoryki (permutacji, kombinacji) ani innych wzorów z karty - wystarczy bezpośrednie zliczenie.
\n⚠️ Uwaga: Najczęstszy błąd to policzenie \\(|\\Omega| = \\binom{8}{2} = 28\\) zamiast \\(8 \\cdot 7 = 56\\). Pamiętaj - kolejność ma znaczenie (12 ≠ 21), więc liczymy wariacje, nie kombinacje!\n
⚠️ Uwaga: Przy wyliczaniu liczb podzielnych przez 4 łatwo pominąć, że \\(0 \\notin \\{1, ,8\\}\\). Odrzucamy 20, 40, 60, 80 - cyfra 0 jest poza naszym zbiorem.\n
⚠️ Uwaga: Nie zapomnij warunkiem „bez zwracania" - cyfry muszą być różne, więc 44 i 88 są wykluczone. To właśnie sprawia, że \\(a = 4\\) daje tylko 1 sprzyjający wynik (48), a nie 2.\n
Odpowiedź: \\(P = \\frac{1}{4}\\)
\nRozwiązanie:
\nZbiór cyfr: \\(\\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\\}\\). Losujemy 2 cyfry bez zwracania.
\nLiczba wszystkich możliwych liczb dwucyfrowych:
\\(|\\Omega| = 8 \\cdot 7 = 56\\)
Liczby podzielne przez 4 - sprawdzamy dla każdej cyfry jedności:
\nJedności = 2: \\(10a + 2 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow 2a + 2 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow a\\) nieparzyste. \\(a \\in \\{1, 3, 5, 7\\}\\) → 4 liczby: 12, 32, 52, 72
\nJedności = 4: \\(10a + 4 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow 2a \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow a\\) parzyste. \\(a \\in \\{2, 6, 8\\}\\) → 3 liczby: 24, 64, 84
\nJedności = 6: \\(10a + 6 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow 2a + 2 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow a\\) nieparzyste. \\(a \\in \\{1, 3, 5, 7\\}\\) → 4 liczby: 16, 36, 56, 76
\nJedności = 8: \\(10a + 8 \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow 2a \\equiv 0 \\pmod{4} \\Rightarrow a\\) parzyste. \\(a \\in \\{2, 4, 6\\}\\) → 3 liczby: 28, 48, 68
\nJedności = 1, 3, 5, 7: liczba nieparzysta, niepodzielna przez 4.
\nLiczba sprzyjających: \\(4 + 3 + 4 + 3 = 14\\)
\n\\(P = \\frac{14}{56} = \\frac{1}{4}\\)
\nUżyte wzory z karty CKE: Prawdopodobieństwo klasyczne: \\(P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|}\\); wariacje bez powtórzeń
"}]}