Zadanie 30. (0-2)
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.
Odpowiedź:
MMA_1P
Rozwiązanie zadania. Rzucamy cztery razy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, polegającego na tym, że liczba otrzymanych orłów będzie różna od liczby otrzymanych reszek.
Zadanie 30. (0-2)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Modelowanie matematyczne.
prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający
oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach,
stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa
(10.3).
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych
2
6
36
Ω =
lub opisze zbiór
zdarzeń elementarnych za pomocą tabeli
albo
wypisze wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A:
(
)
{
(
) (
) (
) (
) (
) (
) (
) (
) (
) (
)}
1,5 , 2,5 , 3,5 , 4,5 , 5,5 , 5,6 , 5,1 , 5,2 , 5,3 , 5,4 , 6,5
A =
lub zaznaczy je wszystkie w tabeli lub zaznaczy wszystkie istotne gałęzie na pełnym
drzewie składającym się z 36 gałęzi,
albo
obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A , np.:
2 6 1
11
A =
⋅-=
,
5
5 1
11
A =
i nie wskaże przy tym niepoprawnych zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu A,
albo
zapisze prawdopodobieństwa potrzebne do wyznaczenia końcowego wyniku na dwóch
etapach (przy stosowaniu metody drzewa probabilistycznego składającego się
z czterech gałęzi) oraz wskaże wszystkie istotne gałęzie (dla zdarzenia A lub zdarzenia A′)
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A:
( )
11
36
Ω
A
P A
Uwagi
11
A =
,
36
Ω =
,
11
( )
36
P A =
, lub zapisze tylko:
11
( )
36
P A =
,
lub 11
36
, to otrzymuje 2 punkty.
1 1
1 5
( )
2
6 6
6 6
P A =
⋅
⋅
⋅
, to otrzymuje 2 punkty.
11
A =
, to otrzymuje 1 punkt.
mało lub jedno powtórzy, ale nie wypisze żadnego niewłaściwego i konsekwentnie do
popełnionego błędu obliczy prawdopodobieństwo, to otrzymuje 1 punkt.
gałęzi odpowiada sytuacjom sprzyjającym rozważanemu zdarzeniu A (lub przynajmniej 13,
gdy rozpatruje zdarzenie A′), ale nie wskaże gałęzi niewłaściwej, i konsekwentnie do
popełnionego błędu obliczy prawdopodobieństwo, to otrzymuje 1 punkt.
to otrzymuje 0 punków.
\nznaczenie tych liczb, to otrzymuje 0 punktów.
\n( )
1
lub
( )
0
P A
P A
<
, to otrzymuje
za całe rozwiązanie 0 punktów, o ile końcowy wynik nie jest skutkiem błędu
w działaniach na ułamkach.
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia
2
6
36
Ω =
lub
opisujemy zbiór zdarzeń elementarnych np. w postaci tabeli
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
Wskazujemy elementy zbioru A i zliczamy je:
11
A =
Obliczamy
prawdopodobieństwo
zdarzenia
A.
Ponieważ
wszystkie
zdarzenia
jednoelementowe są jednakowo prawdopodobne, więc korzystamy z klasycznej definicji
prawdopodobieństwa:
( )
11
36
A
P A =
Ω
Zasady oceniania rozwiązań zadań
II sposób
Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
2
6
36
Ω =
A - zdarzenie polegające na tym, że co najmniej jeden raz wypadnie ścianka z pięcioma
oczkami.
Wskazujemy elementy zbioru A′ (wypisujemy lub zaznaczamy w tabeli) i zliczamy je:
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
2
5
25
A′ =
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A:
III sposób (metoda drzewka)
Przedstawiamy model graficzny doświadczenia.
5 - oznacza wypadnięcie ścianki kostki z pięcioma oczkami, z - oznacza wypadnięcie
innej ścianki niż z pięcioma oczkami.
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe:
( )
1 1
1 5
5 1
11
6 6
6 6
6 6
36
P A =
⋅
⋅
⋅
Zamiast liczyć, kiedy piątka wypada, liczymy, kiedy piątka nie wypada - bo to łatwiejsze.
\nZdarzenie przeciwne \\(A'\\) to: piątka nie wypadła ani razu.
\nRzuty są niezależne, więc:
\n\\[P(A') = P(\\text{brak 5 w I rzucie}) \\cdot P(\\text{brak 5 w II rzucie})\\]
\nW każdym rzucie prawdopodobieństwo, że nie wypadnie 5, wynosi \\(\\frac{5}{6}\\) (bo korzystnych oczek: 1, 2, 3, 4, 6 - czyli 5 z 6 ścianek).
\n\\[P(A') = \\frac{5}{6} \\cdot \\frac{5}{6} = \\frac{25}{36}\\]
\nSkoro zdarzenia \\(A\\) i \\(A'\\) są dopełnieniami:
\n\\[P(A) = 1 - P(A') = 1 - \\frac{25}{36} = \\boxed{\\frac{11}{36}}\\]
\nPrzestrzeń zdarzeń elementarnych to wszystkie pary wyników \\((i, j)\\), gdzie \\(i, j \\in \\{1, 2, 3, 4, 5, 6\\}$.
\n\\[|\\Omega| = 6 \\cdot 6 = 36\\]
\nLiczymy zdarzenia sprzyjające (co najmniej jedno 5):
\nŁącznie: \\(|A| = 5 + 5 + 1 = 11\\)
\n\\[P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|} = \\frac{11}{36}\\]
\nWynik zgodny ze Sposobem 1. ✓
\nDział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29-30) - prawdopodobieństwo klasyczne i dopełnienie:
\n\\[P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|}, \\qquad P(A') = 1 - P(A)\\]
\nW Sposobie 1 kluczowe było użycie dopełnienia - zamiast liczyć przypadki sprzyjające zdarzeniu \\(A\\), liczymy przypadki sprzyjające \\(A'\\) (co bywa znacznie prostsze przy „co najmniej jeden").
\nNiezależność rzutów pozwoliła zastosować mnożenie prawdopodobieństw:
\\[P(A' ) = P(B_1) \\cdot P(B_2)\\]
gdzie \\(B_1, B_2\\) to niezależne zdarzenia „brak 5 w danym rzucie".
⚠️ Uwaga: Nie liczyć \\(P(A) = \\frac{1}{6} + \\frac{1}{6} = \\frac{2}{6}\\)! To błąd - zdarzenia „piątka w I rzucie" i „piątka w II rzucie" nie są rozłączne (mogą zajść jednocześnie, gdy wypadnie \\((5,5)\\)). Przy sumowaniu trzeba by odjąć przekrój: \\(\\frac{1}{6} + \\frac{1}{6} - \\frac{1}{36} = \\frac{11}{36}\\) - i to daje właściwy wynik, ale łatwiej skorzystać z dopełnienia.\n
⚠️ Uwaga: Słowo „co najmniej jeden" to sygnał - prawie zawsze warto liczyć przez dopełnienie. Zdarzenie przeciwne do „co najmniej jeden raz X" to „ani razu X".\n
⚠️ Uwaga: Przestrzeń zdarzeń to \\(36\\) par, nie \\(6 + 6 = 12\\). Każdy rzut jest oddzielnym doświadczeniem i wyniki obu rzutów tworzą pary uporządkowane.\n
Odpowiedź: \\(P(A) = \\dfrac{11}{36}\\)
\nZdarzenie \\(A'\\) - ani razu nie wypadła 5-tka.
\\(P(\\text{nie 5 w jednym rzucie}) = \\tfrac{5}{6}\\) (jest 5 innych ścianek).
\\(P(A') = \\tfrac{5}{6}\\cdot\\tfrac{5}{6} = \\tfrac{25}{36}\\).
\\[P(A) = 1 - P(A') = 1 - \\tfrac{25}{36} = \\dfrac{11}{36}.\\]
Zdarzenia z co najmniej jedną 5:
\nSuma: \\(\\tfrac{11}{36}\\).
\n\\(|\\Omega| = 36\\). Zdarzenia sprzyjające: pary \\((x,y)\\) z \\(x=5\\) lub \\(y=5\\).
\\(|\\{x=5\\}| = 6\\), \\(|\\{y=5\\}| = 6\\), \\(|\\{x=5 \\text{ i } y=5\\}| = 1\\).
Z zasady włączeń i wyłączeń: \\(6+6-1 = 11\\).
\\(P(A) = \\tfrac{11}{36}\\).
Odpowiedź: \\(P(A) = \\dfrac{11}{36}\\).
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"$\\dfrac{11}{36}$
"}]}