{"id":"matematyka-2023-maj-matura-podstawowa/zad/30","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-podstawowa","number":"30","points":2,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 30. (0-2)\nZe zbioru ośmiu liczb {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po\njednej liczbie.\nOblicz prawdopodobieństwo zdarzenia 𝑨 polegającego na tym, że iloczyn\nwylosowanych liczb jest podzielny przez 𝟏𝟓. Zapisz obliczenia.\n30.\n0-1-2\n\nMMAP-P0_100\nZe 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.","answer":"C","answer_text":"Zadanie 30. (0-2)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\n2. Dobieranie i tworzenie modeli\nmatematycznych przy rozwiązywaniu\nproblemów praktycznych i teoretycznych.\nZdający:\nXII.1) oblicza prawdopodobieństwo\nw modelu klasycznym.\nZasady oceniania\n2 pkt - zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia 𝐴\ni uzyskanie poprawnego wyniku: 𝑃(𝐴) = 6\n64 .\n1 pkt - wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych lub obliczenie/podanie liczby tych\nzdarzeń: |Ω| = 8 ⋅8 lub sporządzenie tabeli o 64 polach odpowiadających\nzdarzeniom elementarnym, z których co najmniej jedno pole jest wypełnione, lub\nsporządzenie pełnego drzewa stochastycznego\nALBO\n- wypisanie (zaznaczenie w tabeli) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających\nzdarzeniu 𝐴 i niewypisanie żadnego niewłaściwego:\n(3, 5), (5, 3), (6, 5), (5, 6), (5, 9), (9, 5),\nALBO\n- podanie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴:\n|𝐴| = 6, jeśli nie została otrzymana w wyniku zastosowania błędnej metody,\nALBO\n- sporządzenie fragmentu drzewa stochastycznego, które zawiera wszystkie gałęzie\nsprzyjające zdarzeniu 𝐴 oraz zapisanie prawdopodobieństwa 1\n8 na co najmniej\njednym odcinku każdego z etapów doświadczenia,\nALBO\n- podanie prawdopodobieństwa jednoelementowego zdarzenia (elementarnego): 1\n64 ,\nALBO\n- zapisanie tylko 𝑃(𝐴) = 6\n64 .\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli zdający zapisuje tylko liczby 6 lub 64 i z rozwiązania nie wynika znaczenie tych\nliczb, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nZbiór wszystkich zdarzeń elementarnych obrazuje tabela 8 × 8, co oznacza, że moc zbioru\nΩ jest równa 64.\nW tabeli zaznaczamy iloczyny podzielne przez 15.\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n8\n9\n2\n3\n×\n4\n5\n×\n×\n×\n6\n×\n7\n8\n9\n×\nZdarzeń sprzyjających wylosowaniu liczb, których iloczyn jest podzielny przez 15, jest 6.\nZatem prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn\njest podzielny przez 15, jest równe 6\n64 .\nSposób II (drzewo stochastyczne)\nRysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem\nwszystkich istotnych gałęzi.\nOznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest\npodzielny przez 15.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe\n𝑃(𝐴) = 1\n8 ∙1\n8 + 1\n8 ∙1\n8 + 1\n8 ∙1\n8 + 1\n8 ∙1\n8 + 1\n8 ∙1\n8 + 1\n8 ∙1\n8 = 6\n64\n1\n8\n1\n8\n1\n8\n1\n8\n5\n3\n6\n9\n5\n5\n3\n5\n6\n9\n1\n8\n1\n8\n1\n8\n1\n8\n1\n8\n1\n8\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób III\nZbiór wszystkich zdarzeń elementarnych Ω to zbiór par uporządkowanych elementów ze\nzbioru 8-elementowego, zatem moc zbioru Ω jest równa |Ω| = 8 ⋅8 = 64.\nOznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest\npodzielny przez 15.\nWielokrotności liczby 15, które mogą być iloczynami elementów ze zbioru Ω, to 15, 30, 45.\nWyznaczamy iloczyny, które spełniają powyższy warunek:\n15 = 3 ⋅5 = 5 ⋅3 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (3, 5) oraz (5, 3),\n30 = 6 ⋅5 = 5 ⋅6 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (6, 5) oraz (5, 6),\n45 = 9 ⋅5 = 5 ⋅9 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (9, 5) oraz (5, 9).\nSprzyjających zdarzeń elementarnych jest 6, więc 𝑃(𝐴) = 6\n64 .","solution":"Odpowiedź: C\n\nStrona arkusza CKE z trescia zadania\n\nCo zrobić?\n\nPoliczyć liczby pięciocyfrowe, w których każda cyfra należy do zbioru $\\{0, 5, 7\\}$.\n\nKluczowa uwaga: pierwsza cyfra nie może być $0$. Inaczej liczba nie jest pięciocyfrowa (zaczynałaby się od $0$, np. $05750$ to faktycznie $5750$, czterocyfrowa).\n\nZlicz możliwości dla każdej pozycji:\n\nPozycja | Możliwe cyfry | Liczba\n1 (dziesiątki tysięcy) | $\\{5, 7\\}$ — bez $0$ | 2\n2 (tysiące) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3\n3 (setki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3\n4 (dziesiątki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3\n5 (jednostki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3\n\nZastosuj regułę mnożenia:\n\n$$2 \\cdot 3 \\cdot 3 \\cdot 3 \\cdot 3 = 2 \\cdot 3^4$$\n\nPo co to umieć\n\nReguła mnożenia: jeśli wybierasz $n$ rzeczy kolejno, a każda ma $k_1, k_2, \\ldots, k_n$ możliwości, to łączna liczba kombinacji to iloczyn: $k_1 \\cdot k_2 \\cdot \\ldots \\cdot k_n$.\n\nZawsze sprawdź ograniczenia dla pierwszej pozycji (zwłaszcza: cyfra wiodąca ≠ 0 w liczbach wielocyfrowych).\n\nTypowy błąd: Najczęstszy błąd: $3^5$ — pominięcie warunku, że pierwsza cyfra **nie może być $0$**. Pięciocyfrowa liczba ma pierwszą cyfrę różną od $0$.","image":"img/matematyka-2023-maj-matura-podstawowa/zad-30.webp","solution_image":"img/matematyka-2023-maj-matura-podstawowa/sol-30.svg","topics":"kombinatoryka, reguła mnożenia, liczby cyfrowe, Prawdopodobieństwo, prawdopodobienstwo","page_from":26,"source":"ocr","answer_source":"maturaonline","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 30. (0-2)
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.
30.
0-1-2

\n

MMAP-P0_100
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.

","answer_text_html":"

Zadanie 30. (0-2)
Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie
reprezentacji.

\n
  1. Dobieranie i tworzenie modeli
\n

matematycznych przy rozwiązywaniu
problemów praktycznych i teoretycznych.
Zdający:
XII.1) oblicza prawdopodobieństwo
w modelu klasycznym.
Zasady oceniania
2 pkt - zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia 𝐴
i uzyskanie poprawnego wyniku: 𝑃(𝐴) = 6
64 .
1 pkt - wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych lub obliczenie/podanie liczby tych
zdarzeń: |Ω| = 8 ⋅8 lub sporządzenie tabeli o 64 polach odpowiadających
zdarzeniom elementarnym, z których co najmniej jedno pole jest wypełnione, lub
sporządzenie pełnego drzewa stochastycznego
ALBO

\n\n

zdarzeniu 𝐴 i niewypisanie żadnego niewłaściwego:
(3, 5), (5, 3), (6, 5), (5, 6), (5, 9), (9, 5),
ALBO

\n\n

|𝐴| = 6, jeśli nie została otrzymana w wyniku zastosowania błędnej metody,
ALBO

\n\n

sprzyjające zdarzeniu 𝐴 oraz zapisanie prawdopodobieństwa 1
8 na co najmniej
jednym odcinku każdego z etapów doświadczenia,
ALBO

\n\n

64 ,
ALBO

\n\n

64 .
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
Jeżeli zdający zapisuje tylko liczby 6 lub 64 i z rozwiązania nie wynika znaczenie tych
liczb, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych obrazuje tabela 8 × 8, co oznacza, że moc zbioru
Ω jest równa 64.
W tabeli zaznaczamy iloczyny podzielne przez 15.
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
×
4
5
×
×
×
6
×
7
8
9
×
Zdarzeń sprzyjających wylosowaniu liczb, których iloczyn jest podzielny przez 15, jest 6.
Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn
jest podzielny przez 15, jest równe 6
64 .
Sposób II (drzewo stochastyczne)
Rysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem
wszystkich istotnych gałęzi.
Oznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest
podzielny przez 15.
Prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe
𝑃(𝐴) = 1
8 ∙1
8 + 1
8 ∙1
8 + 1
8 ∙1
8 + 1
8 ∙1
8 + 1
8 ∙1
8 + 1
8 ∙1
8 = 6
64
1
8
1
8
1
8
1
8
5
3
6
9
5
5
3
5
6
9
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób III
Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych Ω to zbiór par uporządkowanych elementów ze
zbioru 8-elementowego, zatem moc zbioru Ω jest równa |Ω| = 8 ⋅8 = 64.
Oznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że iloczyn wylosowanych liczb jest
podzielny przez 15.
Wielokrotności liczby 15, które mogą być iloczynami elementów ze zbioru Ω, to 15, 30, 45.
Wyznaczamy iloczyny, które spełniają powyższy warunek:
15 = 3 ⋅5 = 5 ⋅3 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (3, 5) oraz (5, 3),
30 = 6 ⋅5 = 5 ⋅6 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (6, 5) oraz (5, 6),
45 = 9 ⋅5 = 5 ⋅9 - dwa iloczyny - dwa zdarzenia elementarne: (9, 5) oraz (5, 9).
Sprzyjających zdarzeń elementarnych jest 6, więc 𝑃(𝐴) = 6
64 .

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2023-maj-matura-podstawowa/sol-30.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: C

\n

Strona arkusza CKE z trescia zadania

\n

Co zrobić?

\n

Policzyć liczby pięciocyfrowe, w których każda cyfra należy do zbioru $\\{0, 5, 7\\}$.

\n

Kluczowa uwaga: pierwsza cyfra nie może być $0$. Inaczej liczba nie jest pięciocyfrowa (zaczynałaby się od $0$, np. $05750$ to faktycznie $5750$, czterocyfrowa).

\n

Zlicz możliwości dla każdej pozycji:

\n

Pozycja | Możliwe cyfry | Liczba
1 (dziesiątki tysięcy) | $\\{5, 7\\}$ — bez $0$ | 2
2 (tysiące) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3
3 (setki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3
4 (dziesiątki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3
5 (jednostki) | $\\{0, 5, 7\\}$ | 3

\n

Zastosuj regułę mnożenia:

\n

$$2 \\cdot 3 \\cdot 3 \\cdot 3 \\cdot 3 = 2 \\cdot 3^4$$

\n

Po co to umieć

\n

Reguła mnożenia: jeśli wybierasz $n$ rzeczy kolejno, a każda ma $k_1, k_2, \\ldots, k_n$ możliwości, to łączna liczba kombinacji to iloczyn: $k_1 \\cdot k_2 \\cdot \\ldots \\cdot k_n$.

\n

Zawsze sprawdź ograniczenia dla pierwszej pozycji (zwłaszcza: cyfra wiodąca ≠ 0 w liczbach wielocyfrowych).

\n

Typowy błąd: Najczęstszy błąd: $3^5$ — pominięcie warunku, że pierwsza cyfra nie może być $0$. Pięciocyfrowa liczba ma pierwszą cyfrę różną od $0$.

"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: D

\n

\\[9 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7\\]

\n

Sposób 1 - Zasada mnożenia (pozycja po pozycji)

\n

Budujemy czterocyfrową liczbę naturalną, wybierając cyfry na kolejne pozycje. Cyfry nie mogą się powtarzać, a liczba nie może zaczynać się od zera.

\n

Pozycja 1 - cyfra tysięcy:
Może być dowolna cyfra od \\(1\\) do \\(9\\) (nie może być \\(0\\), bo wtedy liczba nie byłaby czterocyfrowa).
\\[\\text{Wybory: } 9\\]

\n

Pozycja 2 - cyfra setek:
Może być dowolna cyfra od \\(0\\) do \\(9\\), ale nie ta sama co na pozycji 1. Mamy więc \\(10 - 1 = 9\\) możliwości.
\\[\\text{Wybory: } 9\\]

\n

Pozycja 3 - cyfra dziesiątek:
Nie może być żadną z dwóch już użytych cyfr. Pozostaje \\(10 - 2 = 8\\) możliwości.
\\[\\text{Wybory: } 8\\]

\n

Pozycja 4 - cyfra jedności:
Nie może być żadną z trzech już użytych cyfr. Pozostaje \\(10 - 3 = 7\\) możliwości.
\\[\\text{Wybory: } 7\\]

\n

Zgodnie z zasadą mnożenia:
\\[\\boxed{9 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7 = 4536}\\]

\n

Sposób 2 - Wariacje bez powtórzeń z poprawką na zero

\n

Ze wzoru na wariacje bez powtórzeń: z \\(10\\) cyfr wybieramy i ustawiamy \\(4\\) (kolejność ma znaczenie, bez powtórzeń):
\\[V_{10}^4 = \\frac{10!}{(10-4)!} = 10 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7 = 5040\\]

\n

Ale to uwzględnia też liczby zaczynające się od \\(0\\) (czyli trzy- lub mniejszocyfrowe po usunięciu zera z przodu). Odejmujemy te przypadki:

\n

Liczby zaczynające się od \\(0\\): pierwsza pozycja jest ustalona jako \\(0\\), pozostałe 3 pozycje wybieramy z pozostałych \\(9\\) cyfr bez powtórzeń:
\\[V_9^3 = 9 \\cdot 8 \\cdot 7 = 504\\]

\n

Wynik:
\\[5040 - 504 = 4536\\]

\n

Sprawdzamy, że to zgadza się ze Sposobem 1:
\\[9 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7 = 4536 \\checkmark\\]

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 13 (Kombinatoryka, s. 28) - wariacje bez powtórzeń:
\\[V_n^k = \\frac{n!}{(n-k)!} = n(n-1)(n-2)\\cdots(n-k+1)\\]

\n

Użyliśmy tego w Sposobie 2: \\(V_{10}^4 = 10 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7\\), a następnie odjęliśmy przypadki z zerem na początku.

\n

W Sposobie 1 korzystamy z zasady mnożenia (reguła iloczynu), która leży u podstaw kombinatoryki i jest punktem wyjścia dla wzorów na wariacje.

\n

Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

\n

| Odp. | Wyrażenie | Błąd |
| A | \\(9 \\cdot 10 \\cdot 10 \\cdot 10\\) | Na pozycjach 2, 3, 4 nie uwzględniono zakazu powtórzeń - cyfry na tych miejscach mogą się powtarzać |
| B | \\(9 \\cdot 9 \\cdot 9 \\cdot 9\\) | Każdą pozycję traktowano tak samo - jakby zawsze odejmować dokładnie 1 możliwość. Ignoruje fakt, że 0 jest dostępne od pozycji 2, ale na pozycji 1 już nie |
| C | \\(10 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7\\) | Zapomniano o warunku, że liczba jest czterocyfrowa - tu na pierwszej pozycji jest 10 wyborów (wliczając 0), co daje liczby zaczynające się od zera |

\n

Odpowiedź C to wariacje \\(V_{10}^4\\) bez żadnej poprawki - liczy wszystkie czterocyfrowe ciągi cyfr (w tym te z 0 na początku, np. \\(0123\\)), a nie liczby naturalne.

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Cyfra 0 jest dostępna - ale tylko od drugiej pozycji. Na pierwszej pozycji (tysiące) musi być \\(1-9\\). To właśnie powoduje asymetrię: pozycja 1 daje 9 wyborów, a pozycja 2 też daje 9 wyborów (wszystkie poza użytą na pozycji 1), choć z zupełnie innego powodu.
\n
⚠️ Uwaga: Odpowiedź B (\\(9 \\cdot 9 \\cdot 9 \\cdot 9\\)) jest typowym błędem uczniów, którzy rozumują: „za każdym razem mam o jedną mniej", ale zapominają, że ze wzrostem indeksu pozycji wykluczamy coraz więcej cyfr (\\(-1\\), \\(-2\\), \\(-3\\)), a nie zawsze dokładnie jedną.
\n
⚠️ Uwaga: W takich zadaniach zawsze zacznij od pozycji z największym ograniczeniem - tu jest to pozycja pierwsza (tysiące), gdzie 0 jest wykluczone. Dopiero potem analizuj kolejne pozycje.
\n

Poprawna odpowiedź: D

\n
Sposób 1 - Zasada mnożenia (karta wzorów)
\n

Liczba czterocyfrowa ma cztery pozycje: tysiące, setki, dziesiątki, jedności.

\n\n

Razem: \\(9 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7\\).

\n
Sposób 2 - Permutacje - korekta
\n

Wszystkich ciągów 4-elementowych z cyframi \\(0-9\\) bez powtórzeń: \\(V_{10}^{4} = 10\\cdot 9\\cdot 8\\cdot 7 = 5040\\). Z tego odrzucamy te, które zaczynają się od \\(0\\): \\(1\\cdot 9\\cdot 8\\cdot 7 = 504\\).
Zostaje \\(5040 - 504 = 4536 = 9\\cdot 9\\cdot 8\\cdot 7\\) ✓.

\n
Dlaczego inne odpowiedzi są błędne
\n\n

Trik: pierwsza cyfra zawsze ma 9 opcji (nie może być \\(0\\)), kolejne zmniejszają się o \\(1\\) przez wykluczanie użytych.

"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"

Mamy 8·8=64 jednakowo prawdopodobne uporządkowane wyniki. Iloczyn jest podzielny przez 15 , gdy jedna z liczb jest równa 5 , a druga jest wielokrotnością 3 : 3 , 6 lub 9 .

\n

Korzystne pary:

\n

(5,3),(5,6),(5,9),(3,5),(6,5),(9,5).

\n

Jest ich 6 , więc

\n

P(A)=(6)/(64)=(3)/(32).

"}]}