Zadanie 3. (0-3)
W pewnym zakładzie mleczarskim śmietana produkowana jest w 200-gramowych
opakowaniach. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że w losowo wybranym opakowaniu
śmietana zawiera mniej niż 36% tłuszczu, jest równe 0,01. Kontroli poddajemy 10 losowo
wybranych opakowań ze śmietaną.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród opakowań
poddanych tej kontroli będzie co najwyżej jedno opakowanie ze śmietaną, która
zawiera mniej niż 36% tłuszczu. Wynik zapisz w postaci ułamka dziesiętnego
w zaokrągleniu do części tysięcznych. Zapisz obliczenia.
3.
0-1-
2-3
MMAP-R0_100
W pewnym zakładzie mleczarskim śmietana produkowana jest w 200-gramowych opakowaniach. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że w losowo wybranym opakowaniu śmietana zawiera mniej niż 36% tłuszczu, jest równe 0,01. Kontroli poddajemy 10 losowo wybranych opakowań ze śmietaną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród opakowań poddanych tej kontroli będzie co najwyżej jedno opakowanie ze śmietaną, która zawiera mniej niż 36% tłuszczu. Wynik zapisz w postaci ułamka dziesiętnego w zaokrągleniu do części tysięcznych.
Zadanie 3. (0-3)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymagania ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie
reprezentacji.
matematycznych przy rozwiązywaniu
problemów praktycznych i teoretycznych.
I. Sprawność rachunkowa.
Zdający:
XII.R2) stosuje schemat Bernoullego.
Zasady oceniania
3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 0,996.
2 pkt - zapisanie poprawnego prawdopodobieństwa uzyskania co najwyżej jednego sukcesu
w dziesięciu próbach Bernoullego, np.
𝑃= (10
0 ) ⋅(0,99)10 + (10
1 ) ⋅(0,01)1 ⋅(0,99)9,
𝑃= (0,99)10 + 10 ⋅0,01 ⋅(0,99)9
1 pkt - zapisanie prawdopodobieństwa odniesienia sukcesu (𝑝) i porażki (𝑞) w pojedynczej
próbie: 𝑝= 0,01 , 𝑞= 0,99
ALBO
prawdopodobieństwem odniesienia sukcesu, 𝑞 - porażki,
ALBO
odpowiadające sytuacji wylosowania dziesięciu opakowań ze śmietaną, która zawiera
co najmniej 36% tłuszczu oraz odpowiadające sytuacji wylosowania dziesięciu
opakowań, wśród których będzie dziewięć opakowań ze śmietaną, która zawiera co
najmniej 36% tłuszczu i jedno opakowanie ze śmietaną, która zawiera mniej niż 36%
tłuszczu,
ALBO
dziesięciu opakowań, wśród których będzie dziewięć opakowań ze śmietaną, która
zawiera co najmniej 36% tłuszczu i jedno opakowanie ze śmietaną, która zawiera
mniej niż 36% tłuszczu oraz określenie na każdym odcinku gałęzi
prawdopodobieństwa sukcesu i porażki.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:
𝑃(𝑆10
0 ) = (10
0 ) ⋅(0,01)0 ⋅(0,99)10 oraz 𝑃(𝑆10
1 ) = (10
1 ) ⋅(0,01)1 ⋅(0,99)9, ale
z dalszego rozwiązania nie wynika, że 𝑃= 𝑃(𝑆10
0 ) + 𝑃(𝑆10
1 ), to otrzymuje co najwyżej
1 punkt za całe rozwiązanie.
i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.
\nkońca, lecz błędnie interpretuje wynik końcowy, to otrzymuje 1 punkt za całe rozwiązanie.
\npoprawnie interpretuje warunki zadania, to może otrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Sukcesem w pojedynczej próbie Bernoullego jest wylosowanie jednego opakowania ze
śmietaną, która zawiera mniej niż 36% tłuszczu. Określamy prawdopodobieństwo sukcesu
(𝑝) i porażki (𝑞) w pojedynczej próbie Bernoullego: 𝑝= 0,01 , 𝑞= 1 -𝑝= 0,99.
Niech 𝑆10
𝑘 oznacza zdarzenie polegające na tym, że wśród dziesięciu losowo wybranych
opakowań ze śmietaną znajduje się dokładnie 𝑘 opakowań ze śmietaną, która zawiera
mniej niż 36% tłuszczu (𝑘∈{0, 1}).
Obliczamy prawdopodobieństwo 𝑃 zdarzenia polegającego na tym, że wśród dziesięciu
opakowań ze śmietaną poddanych kontroli znajdzie się co najwyżej jedno opakowanie ze
śmietaną, która zawiera mniej niż 36% tłuszczu:
𝑃= 𝑃(𝑆10
0 ) + 𝑃(𝑆10
1 ) = (10
0 ) ⋅(0,01)0 ⋅(0,99)10 + (10
1 ) ⋅(0,01)1 ⋅(0,99)9 =
= (0,99)9 ⋅(0,99 + 10 ⋅0,01) = (0,99)9 ⋅1,09 ≈0,996
Odpowiedź: P ≈ 0,996
\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem
\nIdentyfikacja modelu
\nMamy 10 niezależnych prób (opakowań). W każdej:
\nTo schemat Bernoulliego z $n = 10$, $p = 0{,}01$.
\nPytamy o $P(\\text{co najwyżej 1 sukces})$ — czyli $P(S = 0) + P(S = 1)$, gdzie $S$ to liczba sukcesów w 10 próbach.
\nWzór Bernoulliego
\nLiczba sukcesów $k$ w $n$ próbach ma prawdopodobieństwo:
\n$$P(S = k) = \\binom{n}{k} \\cdot p^k \\cdot q^{n-k}$$
\nOblicz $P(S = 0)$ (zero opakowań „złych"):
\n$$P(S = 0) = \\binom{10}{0} \\cdot (0{,}01)^0 \\cdot (0{,}99)^{10} = 1 \\cdot 1 \\cdot (0{,}99)^{10} = (0{,}99)^{10}$$
\nOblicz $P(S = 1)$ (dokładnie jedno „złe"):
\n$$P(S = 1) = \\binom{10}{1} \\cdot (0{,}01)^1 \\cdot (0{,}99)^9 = 10 \\cdot 0{,}01 \\cdot (0{,}99)^9 = 0{,}1 \\cdot (0{,}99)^9$$
\nZsumuj — z faktoryzacji $(0{,}99)^9$.
\n$$P = (0{,}99)^{10} + 0{,}1 \\cdot (0{,}99)^9 = (0{,}99)^9 \\cdot \\left[ 0{,}99 + 0{,}1 \\right] = (0{,}99)^9 \\cdot 1{,}09$$
\nOszacuj. $(0{,}99)^9 \\approx 0{,}9135$.
\n$$P \\approx 0{,}9135 \\cdot 1{,}09 \\approx 0{,}9957$$
\nZaokrąglone do tysięcznych: $P \\approx 0{,}996$.
\nPunktacja CKE
\nKlucz — kiedy schemat Bernoulliego
\nTrzy warunki muszą być spełnione:
\nWtedy: $P(S = k) = \\binom{n}{k} p^k q^{n-k}$. Każde zadanie maturalne o „kontrolach", „strzelaniu do tarczy", „rzutach monetą" sprowadza się do tego wzoru — tylko trzeba poprawnie zdefiniować sukces i zliczyć przypadki.
\nTypowy błąd: CKE wprost: jeśli określisz sukces jako p = 0,99 zamiast p = 0,01 (czyli "udane opakowanie z ≥ 36% tłuszczu") i potem błędnie zinterpretujesz końcowy wynik — dostajesz 1 pkt zamiast 3. Druga pułapka: pomylenie "co najwyżej 1" z "dokładnie 1" lub "co najmniej 1".
"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"Definiujemy zmienną losową i parametry:
\nNiech \\(X\\) = liczba opakowań (spośród 10 poddanych kontroli) zawierających mniej niż 36% tłuszczu.
\nMamy do czynienia ze schematem Bernoullego, bo losowania są niezależne, każde ma dwa wyniki, a prawdopodobieństwo \\(p\\) jest stałe.
\nSzukamy \\(P(X \\leq 1) = P(X = 0) + P(X = 1)\\).
\nKrok 1: \\(P(X = 0)\\) - żadne opakowanie nie jest wadliwe
\n\\[P_{10}(0) = \\binom{10}{0} \\cdot (0{,}01)^0 \\cdot (0{,}99)^{10} = 1 \\cdot 1 \\cdot (0{,}99)^{10}\\]
\nObliczamy \\((0{,}99)^{10}\\) krokowo:
\n\\[(0{,}99)^2 = 0{,}9801\\]
\\[(0{,}99)^4 = (0{,}9801)^2 = 0{,}96059601\\]
\\[(0{,}99)^8 = (0{,}96059601)^2 \\approx 0{,}92274469\\]
\\[(0{,}99)^{10} = (0{,}99)^8 \\cdot (0{,}99)^2 \\approx 0{,}92274469 \\cdot 0{,}9801 \\approx 0{,}90438208\\]
Zatem:
\\[P_{10}(0) \\approx 0{,}90438208\\]
Krok 2: \\(P(X = 1)\\) - dokładnie jedno opakowanie jest wadliwe
\n\\[P_{10}(1) = \\binom{10}{1} \\cdot (0{,}01)^1 \\cdot (0{,}99)^{9}\\]
\nObliczamy \\((0{,}99)^9 = (0{,}99)^{10} : 0{,}99\\):
\n\\[(0{,}99)^9 \\approx \\frac{0{,}90438208}{0{,}99} \\approx 0{,}91351725\\]
\n\\[P_{10}(1) = 10 \\cdot 0{,}01 \\cdot 0{,}91351725 = 0{,}1 \\cdot 0{,}91351725 \\approx 0{,}09135172\\]
\nKrok 3: Sumujemy
\n\\[P(X \\leq 1) = P_{10}(0) + P_{10}(1) \\approx 0{,}90438208 + 0{,}09135172 = 0{,}99573380\\]
\nPo zaokrągleniu do tysięcznych:
\n\\[\\boxed{P(X \\leq 1) \\approx 0{,}996}\\]
\nZamiast liczyć \\(P(X = 0) + P(X = 1)\\), można skorzystać z dopełnienia:
\n\\[P(X \\leq 1) = 1 - P(X \\geq 2)\\]
\nObliczamy \\(P(X \\geq 2) = P(X = 2) + P(X = 3) + \\ldots + P(X = 10)\\).
\nNajważniejszy składnik to \\(P(X = 2)\\), bo kolejne są astronomicznie małe:
\n\\[P_{10}(2) = \\binom{10}{2} \\cdot (0{,}01)^2 \\cdot (0{,}99)^8 = 45 \\cdot 0{,}0001 \\cdot 0{,}92274469 \\approx 0{,}00415235\\]
\n\\[P_{10}(3) = \\binom{10}{3} \\cdot (0{,}01)^3 \\cdot (0{,}99)^7 = 120 \\cdot 0{,}000001 \\cdot 0{,}93206535 \\approx 0{,}00011185\\]
\nJuż \\(P_{10}(4)\\) i kolejne dają mniej niż \\(0{,}000002\\) - całkowicie pomijalny wkład.
\n\\[P(X \\geq 2) \\approx 0{,}00415235 + 0{,}00011185 + \\ldots \\approx 0{,}00426620 + \\varepsilon\\]
\n\\[P(X \\leq 1) = 1 - P(X \\geq 2) \\approx 1 - 0{,}00426620 \\approx 0{,}99573 \\approx 0{,}996\\]
\nWynik zgodny - 0,996. ✓
\nDział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29-30) - Schemat Bernoullego:
\n\\[P_n(k) = \\binom{n}{k} \\cdot p^k \\cdot q^{n-k}\\]
\ngdzie \\(p\\) = prawdopodobieństwo sukcesu w jednej próbie, \\(q = 1 - p\\), \\(n\\) = liczba prób, \\(k\\) = liczba sukcesów.
\nUżyliśmy go dwukrotnie: dla \\(k = 0\\) i \\(k = 1\\), a następnie zsumowaliśmy wyniki.
\nDział 14 (s. 29) - własność prawdopodobieństwa zdarzenia dopełniającego:
\n\\[P(A') = 1 - P(A)\\]
\nUżyta w Sposobie 2 do przejścia na \\(1 - P(X \\geq 2)\\).
\n⚠️ Uwaga: Warunek „co najwyżej jedno" (\\(X \\leq 1\\)) oznacza dwa przypadki: \\(X = 0\\) ORAZ \\(X = 1\\). Uczniowie często liczą tylko \\(P(X = 1)\\), zapominając o przypadku, gdy żadne opakowanie nie jest wadliwe.\n
⚠️ Uwaga: Przy obliczaniu \\((0{,}99)^{10}\\) i \\((0{,}99)^9\\) warto zastosować kolejne potęgowanie: \\((0{,}99)^2 \\to (0{,}99)^4 \\to (0{,}99)^8\\), a potem mnożyć przez brakujące potęgi. Bezpośrednie mnożenie 10 razy z rzędu daje dużą akumulację błędów zaokrągleń.\n
⚠️ Uwaga: Nie wolno mylić \\(p\\) z \\(q\\)! Tu \\(p = 0{,}01\\) (opakowanie wadliwe), więc \\(q = 0{,}99\\) (opakowanie dobre). W \\(P_{10}(0)\\) stosujemy \\(q^{10}\\), a nie \\(p^{10}\\) - ta zamiana dałaby wynik bliski zeru, co byłoby absurdalnie małe.\n
Schemat Bernoulliego: \\(n=10\\), \\(p=0{,}01\\) (sukces = śmietana <36%), \\(q=0{,}99\\). Szukamy \\(P(k\\leq 1)=P(k=0)+P(k=1)\\).
\n\\[P=\\binom{10}{0}\\cdot(0{,}01)^{0}\\cdot(0{,}99)^{10}+\\binom{10}{1}\\cdot(0{,}01)^{1}\\cdot(0{,}99)^{9}\\]
\n\\[=(0{,}99)^{10}+10\\cdot 0{,}01\\cdot(0{,}99)^{9}=(0{,}99)^{9}\\cdot(0{,}99+0{,}1)=(0{,}99)^{9}\\cdot 1{,}09\\]
\n\\((0{,}99)^{9}\\approx 0{,}9135\\), zatem \\(P\\approx 0{,}9135\\cdot 1{,}09\\approx 0{,}996\\).
\n\\[P(k\\leq 1)=1-P(k\\geq 2)\\]
\nMożna również, choć dłużej - sumować \\(P(k=2)+\\ldots+P(k=10)\\) i odjąć od 1. Metoda z Sposobu 1 jest szybsza.
\nDział XII (R): Schemat Bernoulliego - \\(P_{n}(k)=\\binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}\\), gdzie \\(q=1-p\\).
\nTrik: Wyłączenie wspólnego czynnika \\((0{,}99)^9\\) radykalnie upraszcza rachunki: \\((0{,}99)^9\\cdot 1{,}09\\).
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"$0,996$
"}]}