{"id":"matematyka-2018-maj-matura-rozszerzona/zad/9","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-rozszerzona","number":"9","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (0-4)\nZ liczb ośmioelementowego zbioru\n{\n}\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9\nZ =\ntworzymy ośmiowyrazowy ciąg,\nktórego wyrazy się nie powtarzają. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na\ntym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik\nprzedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n8.\n9.\nMaks. liczba pkt\n3\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nMMA_1R\nZ liczb ośmioelementowego zbioru Z = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} tworzymy ośmiowyrazowy ciąg, którego wyrazy się nie powtarzają. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 9. (0-4)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.\n10. Elementy statystyki opisowej. Teoria\nprawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający\nwykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji,\nwariacji i wariacji z powtórzeniami do zliczania\nobiektów w bardziej złożonych sytuacjach\nkombinatorycznych (R10.1). Zdający oblicza\nprawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując\nklasyczną definicję prawdopodobieństwa (10.3).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego\n{\n}\n1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 .\nLiczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa\n8!\nΩ =\nNiech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są\nsąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Ustalmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych\nsprzyjających zdarzeniu A.\nI metoda\nW zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.\nOtrzymamy wtedy sytuację:\n_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_\nPierwszą z pozostałych liczb (parzystych) zbioru Z możemy ustawić na jednym z sześciu\nmiejsc _(1)_ - _(6)_, drugą na jednym z pozostałych pięciu, a trzecią na jednym z pozostałych\nczterech.\nZatem\n5! 6 5 4\nA =\n⋅⋅⋅.\nII metoda\nW zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.\nOtrzymamy wtedy sytuację:\n_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_\nTrzy pozostałe liczby (parzyste) ze zbioru Z musimy ustawić na wybranych trzech miejscach\nspośród sześciu miejsc _(1)_ - _(6) Te trzy miejsca możemy wybrać na ( )\n6\n3 sposobów. Na\ntych trzech ustalonych miejscach możemy trzy liczby parzyste ze zbioru Z ustawić na 3!\nsposobów.\nZatem\n( )\n6\n3\n5!\n3!\nA =\n⋅\n⋅\nIII metoda (ustalenie kolejności parzystych, a następnie ustalenie pozycji parzystych)\nW zbiorze Z mamy 3 liczby parzyste: 2, 4, 6. Możemy ustawić je w kolejności na 3!\n6\nsposobów. Jedną z takich możliwości jest kolejność: 2, 4, 6.\nWypiszmy wszystkie przypadki ustawienia tych trzech liczb w kolejności 2, 4, 6 w ciągu\n8-wyrazowym:\n(a) 2 na pierwszym miejscu\n2 - 4 - 6 - - -, 2 - 4 - - 6 - -, 2 - 4 - - - 6 -, 2 - 4 - - - - 6, 2 - - 4 - 6 - -,\n2 - - 4 - - 6 -, 2 - - 4 - - - 6, 2 - - - 4 - 6 -, 2 - - - 4 - - 6, 2 - - - - 4 - 6,\n(b) 2 na drugim miejscu\n- 2 - 4 - 6 - -, - 2 - 4 - - 6 -, - 2 - 4 - - - 6, - 2 - - 4 - 6 -, - 2 - - 4 - - 6,\n- 2 - - - 4 - 6,\n(c) 2 na trzecim miejscu\n- - 2 - 4 - 6 -, - - 2 - 4 - - 6, - - 2 - - 4 - 6,\n(d) 2 na czwartym miejscu\n- - - 2 - 4 - 6.\nŁącznie mamy 20 przypadków ustawienia w ciągu 8-wyrazowym trzech liczb parzystych\n- 2, 4, 6 - w kolejności 2, 4, 6.\nPonieważ mamy 6 możliwości ustalenia kolejności dla trzech liczb 2, 4, 6, więc liczby\nparzyste ze zbioru Z możemy ustawić na 6 20\n⋅\nsposobów.\nDo ustawionych liczb parzystych na wolne miejsca ustawiamy liczby nieparzyste, a możemy\nto zrobić na 5! sposobów.\nZatem\n6 20 5!\nA =\n⋅\n⋅\nIV metoda (ustalenie pozycji parzystych)\nWypiszmy wszystkie przypadki wyboru trzech miejsc, spośród ośmiu, dla liczb parzystych,\nz uwzględnieniem warunku, że żadne dwie parzyste nie sąsiadują ze sobą.\n(a) pierwsza liczba parzysta na pierwszym miejscu\np - p - p - - -, p - p - - p - -, p - p - - - p -, p - p - - - - p, p - - p - p - -,\np - - p - - p -, p - - p - - - p, p - - - p - p -, p - - - p - - p, p - - - - p - p,\n(b) pierwsza liczba parzysta na drugim miejscu\n- p - p - p - -, - p - p - - p -, - p - p - - - p, - p - - p - p -, - p - - p - - p,\n- p - - - p - p,\n(c) pierwsza liczba parzysta na trzecim miejscu\n- - p - p - p -, - - p - p - - p, - - p - - p - p,\n(d) pierwsza liczba parzysta na czwartym miejscu\n- - - p - p - p.\nŁącznie mamy 20 przypadków ustalenia w ciągu 8-wyrazowym pozycji liczb parzystych.\nZatem\n20 3! 5!\nA =\n⋅\n⋅\nUwaga! Te same przypadki wyboru uzyskamy, wypisując wszystkie ustawienia liczb\nparzystych i nieparzystych przy założeniu, że rozpoczynamy najpierw od liczby parzystej (10\nprzypadków), a następnie od nieparzystej (kolejne 10 przypadków). Ponadto należy pamiętać,\nże przedstawione tu przypadki ustawień liczb parzystych (a tym samym i nieparzystych)\nmogą być przedstawione jako gałęzie drzewa probabilistycznego z 20 gałęziami.\nV metoda (przerwy między parzystymi)\nTrzy liczby parzyste musimy rozdzielić pięcioma nieparzystymi, przy czym nieparzyste\nmożemy umieszczać także przed wszystkimi parzystymi lub po wszystkich parzystych.\nMamy zatem 4 usytuowania dla liczb nieparzystych.\nWypiszmy najpierw przypadki uwzględniające liczbę pozycji dla liczb nieparzystych\nw poszczególnych usytuowaniach (cyfra oznacza liczbę miejsc zajętych przez liczby\nnieparzyste, litera p oznacza liczbę parzystą).\n0-p-1-p-1-p-3, 0-p-1-p-2-p-2, 0-p-1-p-3-p-1, 0-p-1-p-4-p-0, 0-p-2-p-1-p-2, 0-p-2-p-2-p-1,\n0-p-2-p-3-p-0, 0-p-3-p-1-p-1, 0-p-3-p-2-p-0, 0-p-4-p-1-p-0, 1-p-1-p-1-p-1, 1-p-1-p-2-p-1,\n1-p-1-p-3-p-0, 1-p-2-p-1-p-1, 1-p-2-p-2-p-0, 1-p-3-p-1-p-0, 2-p-1-p-1-p-1, 2-p-1-p-2-p-0,\n2-p-2-p-1-p-0, 3-p-1-p-1-p-0\nŁącznie mamy 20 takich przypadków.\nZatem\n20 3! 5!\nA =\n⋅⋅\nObliczamy prawdopodobieństwo:\n( )\n20 3! 5!\n10\n5\n8!\n28\n14\nP A\n⋅⋅\nII sposób (zdarzenie przeciwne)\nZdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego\n{\n}\n1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 .\nLiczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa\n8!\nΩ =\nNiech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są\nsąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu.\nZdarzeniem przeciwnym\njest otrzymanie w wyniku permutacji zbioru Z ciągu, w którym\nliczby parzyste są sąsiednimi wyrazami ciągu, tzn.\nI: wszystkie trzy liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu\nalbo\nII. dwie liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie będzie\nsąsiadować z żadną z nich.\nW sytuacji I miejsca dla liczb parzystych wybieramy na 6 sposobów, ustawiamy na tych\nmiejscach liczby parzyste na 3! sposobów, a pozostałe liczby ustawiamy na pięciu miejscach\nna 5! sposobów.\nW sytuacji II. dla sąsiadujących liczb parzystych wybieramy miejsca na 7 sposobów:\nm1 i m2, m2 i m3, m3 i m4, m4 i m5, m5 i m6, m6 i m7, m7 i m8.\nMiejsce dla trzeciej parzystej liczby możemy wybrać: na 5 sposobów wtedy, gdy parzyste\nliczby sąsiadują na miejscach m1 i m2 albo na miejscach m7 i m8 oraz na 4 sposoby w każdej\nz pozostałych możliwości.\nLiczby parzyste możemy rozstawić na wybranych miejscach na 3! sposobów, a pozostałe\nliczby ustawiamy na pięciu miejscach na 5! sposobów.\nWszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu\njest:\n6 3! 5! 2 5 3! 5! 5 4 3! 5!\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n⋅\n+ ⋅⋅\n⋅\nA′\nA′\nObliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A:\n( )\n(\n)\n36 3! 5!\n36 6\n36\n20\n5\n1\n1\n1\n1\n8!\n6 7 8\n56\n56\n14\nP A\nP A\n⋅⋅\n⋅\n′\n⋅⋅\nUwaga! Zdający może wypisywać przypadki, w których wystąpią zdarzenia elementarne\nsprzyjające zdarzeniu\n, stosując metody analogiczne do metod III, IV, V z I sposobu\nrozwiązania, i uwzględnić 36 rozłącznych przypadków.\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\nalbo\n• wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy rozpatruje zdarzenie A\nalbo\n• wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy rozpatruje zdarzenie A′,\nalbo\n• zapisze, że jest ( )\n6\n3 lub 6 5 4\n⋅⋅\nprzypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A (lub\n6\n2 5\n5 4\n⋅+ ⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),\nalbo\n• zapisze iloczyn 3! 5!\n⋅\nlub w inny sposób zaznaczy uwzględnienie iloczynu 3! 5!\n⋅\n,\nwynikającego z permutacji liczb parzystych i liczb nieparzystych na wybranych dla nich\nmiejscach,\nalbo\n• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami\nodpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi\ngałęziami odpowiadającymi zdarzeniu\n),\nalbo\n• narysuje niepełne drzewo (może wystąpić brak istotnych gałęzi odpowiadających\nzdarzeniu A lub\n), ale na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze\nprawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden z przypadków:\nwylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy\nrozpatruje zdarzenie A,\nalbo\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy\nrozpatruje zdarzenie A′,\nalbo\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni zapisze, że jest ( )\n6\n3 lub 6 5 4\n⋅⋅\nprzypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A\n(lub 6\n2 5\n5 4\n⋅+\n⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),\nA′\nA′\nA′\nalbo\n• zapisze\n( )\n6\n3\n3! 5!\nA =\n⋅⋅\nlub\n6 5 4 5!\nA =\n⋅⋅⋅\nlub\n20 3! 5!\nA =\n⋅\n⋅\nlub\n(\n)\n6\n2 5\n5 4\n3! 5!\nA′ =\n⋅+ ⋅\n⋅⋅\nlub\n36 3! 5!\n′ =\n⋅\n⋅\nA\n,\nalbo\n• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami\nodpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi\ngałęziami odpowiadającymi zdarzeniu\n) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej\ngałęzi zapisze prawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden\nz przypadków: wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni zapisze\n( )\n6\n3\n3! 5!\nA =\n⋅⋅\nlub\n6 5 4 5!\nA =\n⋅⋅⋅\nlub\n20 3! 5!\nA =\n⋅\n⋅\nlub\n(\n)\n6\n2 5\n5 4\n3! 5!\nA′ =\n⋅+ ⋅\n⋅\n⋅\nlub\n36 3! 5!\n′ =\n⋅\n⋅\nA\nalbo\n• zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A (albo\n) zgodnie z „metodą drzewkową”.\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający obliczy prawdopodobieństwo:\n( )\n5\n14\nP A =\nUwagi\n1. Możemy też rozpatrywać model probabilistyczny, w którym zdarzeniem elementarnym\njest 3 elementowy podzbiór zbioru 8 elementowego (nie uwzględniamy wówczas\nkolejności ustawienia liczb nieparzystych ani kolejności ustawienia liczb parzystych,\na jedynie pozycje zajmowane przez te liczby). Wtedy\n( )\n8\n3\n56\nΩ =\n,\n( )\n6\n3\n20\nA =\n,\n( )\n5\n14\nP A =\n2. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania ośmioelementowy zbiór Z\nzawiera 4 liczby parzyste i 4 liczby nieparzyste (np. założy, że zbiór Z zawiera liczbę\n8 zamiast 9) i rozwiąże zadanie do końca, otrzymując\n( )\n5 4!4!\n1\n8!\n14\nP A\n⋅⋅\n, to otrzymuje\n2 punkty. Zdający otrzymuje w tej sytuacji 1 punkt tylko za zapisanie\n8!\nΩ =\n3. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania zbiór Z jest 9-elementowy\n(i zawiera 4 liczby parzyste i 5 liczby nieparzystych) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do\nkońca, to otrzymuje 3 punkty.\n4. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:\nI. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;\nII. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym\ni ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną\nz nich;\nIII. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,\na trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich\noraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający\npermutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden\nciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;\na ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających\nzdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.\nA′\nA′\n5. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden\nz nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji\nwypisania 21 przypadków.","solution":"$\\dfrac{5}{14}$","image":"img/matematyka-2018-maj-matura-rozszerzona/zad-9.webp","solution_image":"img/matematyka-2018-maj-matura-rozszerzona/sol-9.svg","topics":"prawdopodobienstwo","page_from":7,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 9. (0-4)
Z liczb ośmioelementowego zbioru
{
}
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9
Z =
tworzymy ośmiowyrazowy ciąg,
którego wyrazy się nie powtarzają. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na
tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik
przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
8.
9.
Maks. liczba pkt
3
4
Uzyskana liczba pkt

\n

MMA_1R
Z liczb ośmioelementowego zbioru Z = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} tworzymy ośmiowyrazowy ciąg, którego wyrazy się nie powtarzają. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.

","answer_text_html":"

Zadanie 9. (0-4)
III. Modelowanie
matematyczne.

\n
  1. Elementy statystyki opisowej. Teoria
\n

prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający
wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji,
wariacji i wariacji z powtórzeniami do zliczania
obiektów w bardziej złożonych sytuacjach
kombinatorycznych (R10.1). Zdający oblicza
prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując
klasyczną definicję prawdopodobieństwa (10.3).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Zdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego
{
}
1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa
8!
Ω =
Niech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są
sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Ustalmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu A.
I metoda
W zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.
Otrzymamy wtedy sytuację:
(1) n (2) n (3) n (4) n (5) n_(6)_
Pierwszą z pozostałych liczb (parzystych) zbioru Z możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc (1) - (6), drugą na jednym z pozostałych pięciu, a trzecią na jednym z pozostałych
czterech.
Zatem
5! 6 5 4
A =
⋅⋅⋅.
II metoda
W zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.
Otrzymamy wtedy sytuację:
(1) n (2) n (3) n (4) n (5) n_(6)_
Trzy pozostałe liczby (parzyste) ze zbioru Z musimy ustawić na wybranych trzech miejscach
spośród sześciu miejsc (1) - _(6) Te trzy miejsca możemy wybrać na ( )
6
3 sposobów. Na
tych trzech ustalonych miejscach możemy trzy liczby parzyste ze zbioru Z ustawić na 3!
sposobów.
Zatem
( )
6
3
5!
3!
A =
⋅
⋅
III metoda (ustalenie kolejności parzystych, a następnie ustalenie pozycji parzystych)
W zbiorze Z mamy 3 liczby parzyste: 2, 4, 6. Możemy ustawić je w kolejności na 3!
6
sposobów. Jedną z takich możliwości jest kolejność: 2, 4, 6.
Wypiszmy wszystkie przypadki ustawienia tych trzech liczb w kolejności 2, 4, 6 w ciągu
8-wyrazowym:
(a) 2 na pierwszym miejscu
2 - 4 - 6 - - -, 2 - 4 - - 6 - -, 2 - 4 - - - 6 -, 2 - 4 - - - - 6, 2 - - 4 - 6 - -,
2 - - 4 - - 6 -, 2 - - 4 - - - 6, 2 - - - 4 - 6 -, 2 - - - 4 - - 6, 2 - - - - 4 - 6,
(b) 2 na drugim miejscu

\n\n

(c) 2 na trzecim miejscu

\n\n

(d) 2 na czwartym miejscu

\n\n

Łącznie mamy 20 przypadków ustawienia w ciągu 8-wyrazowym trzech liczb parzystych

\n\n

Ponieważ mamy 6 możliwości ustalenia kolejności dla trzech liczb 2, 4, 6, więc liczby
parzyste ze zbioru Z możemy ustawić na 6 20
⋅
sposobów.
Do ustawionych liczb parzystych na wolne miejsca ustawiamy liczby nieparzyste, a możemy
to zrobić na 5! sposobów.
Zatem
6 20 5!
A =
⋅
⋅
IV metoda (ustalenie pozycji parzystych)
Wypiszmy wszystkie przypadki wyboru trzech miejsc, spośród ośmiu, dla liczb parzystych,
z uwzględnieniem warunku, że żadne dwie parzyste nie sąsiadują ze sobą.
(a) pierwsza liczba parzysta na pierwszym miejscu
p - p - p - - -, p - p - - p - -, p - p - - - p -, p - p - - - - p, p - - p - p - -,
p - - p - - p -, p - - p - - - p, p - - - p - p -, p - - - p - - p, p - - - - p - p,
(b) pierwsza liczba parzysta na drugim miejscu

\n\n

(c) pierwsza liczba parzysta na trzecim miejscu

\n\n

(d) pierwsza liczba parzysta na czwartym miejscu

\n\n

Łącznie mamy 20 przypadków ustalenia w ciągu 8-wyrazowym pozycji liczb parzystych.
Zatem
20 3! 5!
A =
⋅
⋅
Uwaga! Te same przypadki wyboru uzyskamy, wypisując wszystkie ustawienia liczb
parzystych i nieparzystych przy założeniu, że rozpoczynamy najpierw od liczby parzystej (10
przypadków), a następnie od nieparzystej (kolejne 10 przypadków). Ponadto należy pamiętać,
że przedstawione tu przypadki ustawień liczb parzystych (a tym samym i nieparzystych)
mogą być przedstawione jako gałęzie drzewa probabilistycznego z 20 gałęziami.
V metoda (przerwy między parzystymi)
Trzy liczby parzyste musimy rozdzielić pięcioma nieparzystymi, przy czym nieparzyste
możemy umieszczać także przed wszystkimi parzystymi lub po wszystkich parzystych.
Mamy zatem 4 usytuowania dla liczb nieparzystych.
Wypiszmy najpierw przypadki uwzględniające liczbę pozycji dla liczb nieparzystych
w poszczególnych usytuowaniach (cyfra oznacza liczbę miejsc zajętych przez liczby
nieparzyste, litera p oznacza liczbę parzystą).
0-p-1-p-1-p-3, 0-p-1-p-2-p-2, 0-p-1-p-3-p-1, 0-p-1-p-4-p-0, 0-p-2-p-1-p-2, 0-p-2-p-2-p-1,
0-p-2-p-3-p-0, 0-p-3-p-1-p-1, 0-p-3-p-2-p-0, 0-p-4-p-1-p-0, 1-p-1-p-1-p-1, 1-p-1-p-2-p-1,
1-p-1-p-3-p-0, 1-p-2-p-1-p-1, 1-p-2-p-2-p-0, 1-p-3-p-1-p-0, 2-p-1-p-1-p-1, 2-p-1-p-2-p-0,
2-p-2-p-1-p-0, 3-p-1-p-1-p-0
Łącznie mamy 20 takich przypadków.
Zatem
20 3! 5!
A =
⋅⋅
Obliczamy prawdopodobieństwo:
( )
20 3! 5!
10
5
8!
28
14
P A
⋅⋅
II sposób (zdarzenie przeciwne)
Zdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego
{
}
1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa
8!
Ω =
Niech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są
sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu.
Zdarzeniem przeciwnym
jest otrzymanie w wyniku permutacji zbioru Z ciągu, w którym
liczby parzyste są sąsiednimi wyrazami ciągu, tzn.
I: wszystkie trzy liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu
albo
II. dwie liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie będzie
sąsiadować z żadną z nich.
W sytuacji I miejsca dla liczb parzystych wybieramy na 6 sposobów, ustawiamy na tych
miejscach liczby parzyste na 3! sposobów, a pozostałe liczby ustawiamy na pięciu miejscach
na 5! sposobów.
W sytuacji II. dla sąsiadujących liczb parzystych wybieramy miejsca na 7 sposobów:
m1 i m2, m2 i m3, m3 i m4, m4 i m5, m5 i m6, m6 i m7, m7 i m8.
Miejsce dla trzeciej parzystej liczby możemy wybrać: na 5 sposobów wtedy, gdy parzyste
liczby sąsiadują na miejscach m1 i m2 albo na miejscach m7 i m8 oraz na 4 sposoby w każdej
z pozostałych możliwości.
Liczby parzyste możemy rozstawić na wybranych miejscach na 3! sposobów, a pozostałe
liczby ustawiamy na pięciu miejscach na 5! sposobów.
Wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu
jest:
6 3! 5! 2 5 3! 5! 5 4 3! 5!
⋅
⋅
⋅⋅
⋅

\n\n

⋅
A′
A′
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A:
( )
(
)
36 3! 5!
36 6
36
20
5
1
1
1
1
8!
6 7 8
56
56
14
P A
P A
⋅⋅
⋅
′
⋅⋅
Uwaga! Zdający może wypisywać przypadki, w których wystąpią zdarzenia elementarne
sprzyjające zdarzeniu
, stosując metody analogiczne do metod III, IV, V z I sposobu
rozwiązania, i uwzględnić 36 rozłącznych przypadków.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze
8!
Ω =
albo
• wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy rozpatruje zdarzenie A
albo
• wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy rozpatruje zdarzenie A′,
albo
• zapisze, że jest ( )
6
3 lub 6 5 4
⋅⋅
przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A (lub
6
2 5
5 4
⋅+ ⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),
albo
• zapisze iloczyn 3! 5!
⋅
lub w inny sposób zaznaczy uwzględnienie iloczynu 3! 5!
⋅
,
wynikającego z permutacji liczb parzystych i liczb nieparzystych na wybranych dla nich
miejscach,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami
odpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi
gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu
),
albo
• narysuje niepełne drzewo (może wystąpić brak istotnych gałęzi odpowiadających
zdarzeniu A lub
), ale na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze
prawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden z przypadków:
wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• zapisze
8!
Ω =
i wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy
rozpatruje zdarzenie A,
albo
• zapisze
8!
Ω =
i wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy
rozpatruje zdarzenie A′,
albo
• zapisze
8!
Ω =
i zapisze, że jest ( )
6
3 lub 6 5 4
⋅⋅
przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A
(lub 6
2 5
5 4
⋅+
⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),
A′
A′
A′
albo
• zapisze
( )
6
3
3! 5!
A =
⋅⋅
lub
6 5 4 5!
A =
⋅⋅⋅
lub
20 3! 5!
A =
⋅
⋅
lub
(
)
6
2 5
5 4
3! 5!
A′ =
⋅+ ⋅
⋅⋅
lub
36 3! 5!
′ =
⋅
⋅
A
,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami
odpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi
gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu
) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej
gałęzi zapisze prawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden
z przypadków: wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• zapisze
8!
Ω =
i zapisze
( )
6
3
3! 5!
A =
⋅⋅
lub
6 5 4 5!
A =
⋅⋅⋅
lub
20 3! 5!
A =
⋅
⋅
lub
(
)
6
2 5
5 4
3! 5!
A′ =
⋅+ ⋅
⋅
⋅
lub
36 3! 5!
′ =
⋅
⋅
A
albo
• zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A (albo
) zgodnie z „metodą drzewkową”.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy prawdopodobieństwo:
( )
5
14
P A =
Uwagi

\n
  1. Możemy też rozpatrywać model probabilistyczny, w którym zdarzeniem elementarnym
\n

jest 3 elementowy podzbiór zbioru 8 elementowego (nie uwzględniamy wówczas
kolejności ustawienia liczb nieparzystych ani kolejności ustawienia liczb parzystych,
a jedynie pozycje zajmowane przez te liczby). Wtedy
( )
8
3
56
Ω =
,
( )
6
3
20
A =
,
( )
5
14
P A =

\n
  1. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania ośmioelementowy zbiór Z
\n

zawiera 4 liczby parzyste i 4 liczby nieparzyste (np. założy, że zbiór Z zawiera liczbę
8 zamiast 9) i rozwiąże zadanie do końca, otrzymując
( )
5 4!4!
1
8!
14
P A
⋅⋅
, to otrzymuje
2 punkty. Zdający otrzymuje w tej sytuacji 1 punkt tylko za zapisanie
8!
Ω =

\n
  1. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania zbiór Z jest 9-elementowy
\n

(i zawiera 4 liczby parzyste i 5 liczby nieparzystych) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do
końca, to otrzymuje 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:
\n

I. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;
II. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym
i ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną
z nich;
III. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,
a trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich
oraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający
permutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden
ciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;
a ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.
A′
A′

\n
  1. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden
\n

z nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji
wypisania 21 przypadków.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2018-maj-matura-rozszerzona/sol-9.svg"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$\\dfrac{5}{14}$

"}]}