{"id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona","number":"4","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (0-3)\nDoświadczenie losowe polega na czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do\ngry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego oczka do sześciu oczek.\nOblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy co\nnajmniej jeden raz sześć oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy\npięć oczek. Zapisz obliczenia.\n4.\n0-1-\n2-3\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nDoświadczenie losowe polega na czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego oczka do sześciu oczek. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy co najmniej jeden raz sześć oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek. Zapisz obliczenia.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 4. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\n2. Dobieranie i tworzenie modeli\nmatematycznych przy rozwiązywaniu\nproblemów praktycznych i teoretycznych.\nZdający:\nXII.R1) oblicza prawdopodobieństwo\nwarunkowe […].\nZasady oceniania\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 9\n25 (lub 54\n150).\n2 pkt - wyznaczenie mocy zdarzeń 𝐵 oraz 𝐴∩𝐵, np. |𝐵| = (4\n2) ⋅5 ⋅5 oraz\n|𝐴∩𝐵| = (4\n2) ⋅(2\n1) ⋅4 + (4\n2).\n1 pkt - wyznaczenie mocy zdarzenia 𝐵, np. |𝐵| = (4\n2) ⋅5 ⋅5,\nALBO\n- wyznaczenie mocy zdarzenia 𝐴∩𝐵, np. |𝐴∩𝐵| = (4\n2) ⋅(2\n1) ⋅4 + (4\n2).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwaga.\nJeżeli zdający, obliczając 𝑃(𝐴∩𝐵)\n𝑃(𝐵) (lub |𝐴∩𝐵|\n|𝐵| ), pominie w liczniku i mianowniku czynnik\n(4\n2) bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe\nrozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZdarzeniami elementarnymi są wszystkie czteroelementowe wariacje z powtórzeniami ze\nzbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Niech Ω oznacza zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych.\nOznaczmy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że otrzymamy co najmniej jeden raz\nsześć oczek, natomiast przez 𝐵 - że otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek.\nObliczamy moc zdarzenia 𝐵: |𝐵| = (4\n2) ⋅5 ⋅5 = 150.\nObliczamy moc zdarzenia 𝐴∩𝐵: |𝐴∩𝐵| = (4\n2) ⋅(2\n1) ⋅4 + (4\n2) = 54.\nObliczamy prawdopodobieństwo warunkowe 𝑃(𝐴|𝐵):\n𝑃(𝐴|𝐵) = 𝑃(𝐴∩𝐵)\n𝑃(𝐵)\n|𝐴∩𝐵|\n|Ω|\n|𝐵|\n|Ω|\n= |𝐴∩𝐵|\n|𝐵|\n= 54\n150 = 9\n25","solution":"Odpowiedź: $P(A | B) = \\dfrac{9}{25}$\n\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem\n\nKlucz teoretyczny\n\nWzór na prawdopodobieństwo warunkowe:\n\n$$P(A | B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)} = \\frac{|A \\cap B|}{|B|}$$\n\n(w modelu klasycznym — drugie wyrażenie z mocami zbiorów).\n\nTutaj:\n\n- $A$ = „co najmniej raz 6 oczek w 4 rzutach\"\n- $B$ = „dokładnie 2 razy 5 oczek w 4 rzutach\" (warunek)\n\nŁatwiej liczyć moce zbiorów $|A \\cap B|$ i $|B|$ niż prawdopodobieństwa.\n\nKrok 1 — $|B|$ (dokładnie dwa razy 5)\n\nWybierz pozycje, na których wypadną piątki. W 4 rzutach wybieramy 2 pozycje z 4:\n\n$$\\binom{4}{2} = 6$$\n\nPozostałe dwa rzuty nie mogą być 5 — każdy z nich może przyjąć wartość z $\\{1, 2, 3, 4, 6\\}$ (5 możliwości):\n\n$$5 \\cdot 5 = 25$$\n\nWymnóż.\n\n$$|B| = 6 \\cdot 25 = 150$$\n\nKrok 2 — $|A \\cap B|$ (dokładnie dwa razy 5 i co najmniej raz 6)\n\nW zdarzeniu $A \\cap B$ wciąż mamy dokładnie dwa razy 5, ale dodatkowo wśród pozostałych dwóch rzutów co najmniej jeden to 6.\n\nPozycje piątek — bez zmian: $\\binom{4}{2} = 6$ sposobów.\n\nPozostałe dwa rzuty z co najmniej jedną szóstką. Każdy może być z $\\{1, 2, 3, 4, 6\\}$ (5 możliwości), a chcemy, by co najmniej raz wypadła 6.\n\nŁatwiej odejmować dopełnienie:\n\n- wszystkich par $(a, b)$ z $a, b \\in \\{1, 2, 3, 4, 6\\}$: $5 \\cdot 5 = 25$\n- par bez szóstki ($a, b \\in \\{1, 2, 3, 4\\}$): $4 \\cdot 4 = 16$\n- par z co najmniej jedną szóstką: $25 - 16 = 9$\n\nWymnóż:\n\n$$|A \\cap B| = 6 \\cdot 9 = 54$$\n\nKrok 3 — prawdopodobieństwo warunkowe\n\n$$P(A | B) = \\frac{|A \\cap B|}{|B|} = \\frac{54}{150}$$\n\nSkróć $\\frac{54}{150}$: NWD$(54, 150) = 6$, więc:\n\n$$P(A | B) = \\frac{9}{25}$$\n\nSprawdzenie przez wzór\n\nMożna też policzyć inaczej:\n\n$$P(A | B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)} = \\frac{54/1296}{150/1296} = \\frac{54}{150} = \\frac{9}{25}$$\n\n(skala $1296 = 6^4$ skraca się — co potwierdza, że w modelu klasycznym dzielenie mocami jest równoważne dzieleniu prawdopodobieństw).\n\nPunktacja CKE\n\n- 1 pkt — zapisanie wzoru $P(A | B) = \\tfrac{|A \\cap B|}{|B|}$ albo identyfikacja zbiorów $A$ i $B$.\n- 2 pkt — obliczenie $|B| = 150$ ALBO $|A \\cap B| = 54$.\n- 3 pkt — pełne rozwiązanie + wynik $\\tfrac{9}{25}$.\n\nKlucz — schemat prawdopodobieństwa warunkowego\n\nDla zadań „P(A pod warunkiem B)\":\n\n1. Zidentyfikuj zdarzenia $A$ i $B$ osobno z treści.\n2. Policz $|B|$ — często mniej rzutów/elementów do uwzględnienia, bo warunek ogranicza.\n3. Policz $|A \\cap B|$ — zdarzenia spełniające oba warunki.\n4. Iloraz $\\tfrac{|A \\cap B|}{|B|}$ to odpowiedź.\n\nW modelu klasycznym (równo prawdopodobne zdarzenia) liczenie mocami zbiorów jest najczystsze — unika ułamków z dużymi mianownikami ($6^4 = 1296$).\n\nTypowy błąd: Klasyczny błąd to liczenie P(A) zamiast P(A|B). Warunek B (dokładnie dwa razy 5) zawęża przestrzeń próbną — dzielisz |A∩B| przez |B|, nie przez 6⁴. Drugi błąd: pomylenie \"co najmniej jeden raz 6\" z \"dokładnie raz 6\".","image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-4.svg","topics":"prawdopodobieństwo warunkowe, prawdopodobienstwo","page_from":8,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 4. (0-3)<br>Doświadczenie losowe polega na czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do<br>gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego oczka do sześciu oczek.<br>Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy co<br>najmniej jeden raz sześć oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy<br>pięć oczek. Zapisz obliczenia.<br>4.<br>0-1-<br>2-3</p>\n<p>MMAP-R0_100</p>\n<p>MMAP-R0_100<br>Doświadczenie losowe polega na czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek - od jednego oczka do sześciu oczek. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy co najmniej jeden raz sześć oczek, pod warunkiem że otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek. Zapisz obliczenia.</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 4. (0-3)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>III. Wykorzystanie i interpretowanie<br>reprezentacji.</p>\n<ol><li>Dobieranie i tworzenie modeli</li></ol>\n<p>matematycznych przy rozwiązywaniu<br>problemów praktycznych i teoretycznych.<br>Zdający:<br>XII.R1) oblicza prawdopodobieństwo<br>warunkowe […].<br>Zasady oceniania<br>3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 9<br>25 (lub 54<br>150).<br>2 pkt - wyznaczenie mocy zdarzeń 𝐵 oraz 𝐴∩𝐵, np. |𝐵| = (4</p>\n<ol><li>⋅5 ⋅5 oraz</li></ol>\n<p>|𝐴∩𝐵| = (4</p>\n<ol><li>⋅(2</li><li>⋅4 + (4</li></ol>\n<p>2).<br>1 pkt - wyznaczenie mocy zdarzenia 𝐵, np. |𝐵| = (4</p>\n<ol><li>⋅5 ⋅5,</li></ol>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie mocy zdarzenia 𝐴∩𝐵, np. |𝐴∩𝐵| = (4</li></ul>\n<ol><li>⋅(2</li><li>⋅4 + (4</li></ol>\n<p>2).<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Uwaga.<br>Jeżeli zdający, obliczając 𝑃(𝐴∩𝐵)<br>𝑃(𝐵) (lub |𝐴∩𝐵|<br>|𝐵| ), pominie w liczniku i mianowniku czynnik<br>(4</p>\n<ol><li>bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe</li></ol>\n<p>rozwiązanie.<br>Przykładowe pełne rozwiązanie<br>Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie czteroelementowe wariacje z powtórzeniami ze<br>zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Niech Ω oznacza zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych.<br>Oznaczmy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że otrzymamy co najmniej jeden raz<br>sześć oczek, natomiast przez 𝐵 - że otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek.<br>Obliczamy moc zdarzenia 𝐵: |𝐵| = (4</p>\n<ol><li>⋅5 ⋅5 = 150.</li></ol>\n<p>Obliczamy moc zdarzenia 𝐴∩𝐵: |𝐴∩𝐵| = (4</p>\n<ol><li>⋅(2</li><li>⋅4 + (4</li><li>= 54.</li></ol>\n<p>Obliczamy prawdopodobieństwo warunkowe 𝑃(𝐴|𝐵):<br>𝑃(𝐴|𝐵) = 𝑃(𝐴∩𝐵)<br>𝑃(𝐵)<br>|𝐴∩𝐵|<br>|Ω|<br>|𝐵|<br>|Ω|<br>= |𝐴∩𝐵|<br>|𝐵|<br>= 54<br>150 = 9<br>25</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-4.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"<p>Odpowiedź: $P(A | B) = \\dfrac{9}{25}$</p>\n<p>Strona arkusza CKE z tym zadaniem</p>\n<p>Klucz teoretyczny</p>\n<p>Wzór na prawdopodobieństwo warunkowe:</p>\n<p>$$P(A | B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)} = \\frac{|A \\cap B|}{|B|}$$</p>\n<p>(w modelu klasycznym — drugie wyrażenie z mocami zbiorów).</p>\n<p>Tutaj:</p>\n<ul><li>$A$ = „co najmniej raz 6 oczek w 4 rzutach&quot;</li><li>$B$ = „dokładnie 2 razy 5 oczek w 4 rzutach&quot; (warunek)</li></ul>\n<p>Łatwiej liczyć moce zbiorów $|A \\cap B|$ i $|B|$ niż prawdopodobieństwa.</p>\n<p>Krok 1 — $|B|$ (dokładnie dwa razy 5)</p>\n<p>Wybierz pozycje, na których wypadną piątki. W 4 rzutach wybieramy 2 pozycje z 4:</p>\n<p>$$\\binom{4}{2} = 6$$</p>\n<p>Pozostałe dwa rzuty nie mogą być 5 — każdy z nich może przyjąć wartość z $\\{1, 2, 3, 4, 6\\}$ (5 możliwości):</p>\n<p>$$5 \\cdot 5 = 25$$</p>\n<p>Wymnóż.</p>\n<p>$$|B| = 6 \\cdot 25 = 150$$</p>\n<p>Krok 2 — $|A \\cap B|$ (dokładnie dwa razy 5 i co najmniej raz 6)</p>\n<p>W zdarzeniu $A \\cap B$ wciąż mamy dokładnie dwa razy 5, ale dodatkowo wśród pozostałych dwóch rzutów co najmniej jeden to 6.</p>\n<p>Pozycje piątek — bez zmian: $\\binom{4}{2} = 6$ sposobów.</p>\n<p>Pozostałe dwa rzuty z co najmniej jedną szóstką. Każdy może być z $\\{1, 2, 3, 4, 6\\}$ (5 możliwości), a chcemy, by co najmniej raz wypadła 6.</p>\n<p>Łatwiej odejmować dopełnienie:</p>\n<ul><li>wszystkich par $(a, b)$ z $a, b \\in \\{1, 2, 3, 4, 6\\}$: $5 \\cdot 5 = 25$</li><li>par bez szóstki ($a, b \\in \\{1, 2, 3, 4\\}$): $4 \\cdot 4 = 16$</li><li>par z co najmniej jedną szóstką: $25 - 16 = 9$</li></ul>\n<p>Wymnóż:</p>\n<p>$$|A \\cap B| = 6 \\cdot 9 = 54$$</p>\n<p>Krok 3 — prawdopodobieństwo warunkowe</p>\n<p>$$P(A | B) = \\frac{|A \\cap B|}{|B|} = \\frac{54}{150}$$</p>\n<p>Skróć $\\frac{54}{150}$: NWD$(54, 150) = 6$, więc:</p>\n<p>$$P(A | B) = \\frac{9}{25}$$</p>\n<p>Sprawdzenie przez wzór</p>\n<p>Można też policzyć inaczej:</p>\n<p>$$P(A | B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)} = \\frac{54/1296}{150/1296} = \\frac{54}{150} = \\frac{9}{25}$$</p>\n<p>(skala $1296 = 6^4$ skraca się — co potwierdza, że w modelu klasycznym dzielenie mocami jest równoważne dzieleniu prawdopodobieństw).</p>\n<p>Punktacja CKE</p>\n<ul><li>1 pkt — zapisanie wzoru $P(A | B) = \\tfrac{|A \\cap B|}{|B|}$ albo identyfikacja zbiorów $A$ i $B$.</li><li>2 pkt — obliczenie $|B| = 150$ ALBO $|A \\cap B| = 54$.</li><li>3 pkt — pełne rozwiązanie + wynik $\\tfrac{9}{25}$.</li></ul>\n<p>Klucz — schemat prawdopodobieństwa warunkowego</p>\n<p>Dla zadań „P(A pod warunkiem B)&quot;:</p>\n<ol><li>Zidentyfikuj zdarzenia $A$ i $B$ osobno z treści.</li><li>Policz $|B|$ — często mniej rzutów/elementów do uwzględnienia, bo warunek ogranicza.</li><li>Policz $|A \\cap B|$ — zdarzenia spełniające oba warunki.</li><li>Iloraz $\\tfrac{|A \\cap B|}{|B|}$ to odpowiedź.</li></ol>\n<p>W modelu klasycznym (równo prawdopodobne zdarzenia) liczenie mocami zbiorów jest najczystsze — unika ułamków z dużymi mianownikami ($6^4 = 1296$).</p>\n<p>Typowy błąd: Klasyczny błąd to liczenie P(A) zamiast P(A|B). Warunek B (dokładnie dwa razy 5) zawęża przestrzeń próbną — dzielisz |A∩B| przez |B|, nie przez 6⁴. Drugi błąd: pomylenie &quot;co najmniej jeden raz 6&quot; z &quot;dokładnie raz 6&quot;.</p>"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: \\(\\frac{9}{25}\\)</h4>\n<h4>Sposób 1 - Bezpośrednie myślenie o pozostałych rzutach</h4>\n<p><strong>Oznaczenia:</strong></p>\n<ul><li>\\(B\\) = zdarzenie „dokładnie dwa razy wypadło 5&quot; (warunek)</li><li>\\(A\\) = zdarzenie „co najmniej raz wypadło 6&quot; (szukamy)</li></ul>\n<p>Szukamy \\(P(A \\mid B)\\).</p>\n<p><strong>Kluczowe spostrzeżenie:</strong> Wiemy, że dokładnie 2 spośród 4 rzutów dało wynik 5. Dwa pozostałe rzuty dały wynik <strong>różny od 5</strong>, czyli każdy z nich niezależnie wylosował jedną z liczb: \\(\\{1, 2, 3, 4, 6\\}\\).</p>\n<p>Prawdopodobieństwo, że jeden rzut (przy założeniu, że nie wypadło 5) daje wynik <strong>różny od 6</strong> wynosi:<br>\\[\\frac{4}{5}\\]<br>bo mamy 4 możliwości spośród 5 (czyli: 1, 2, 3, 4 - bez 6).</p>\n<p><strong>Szukamy co najmniej jednej 6 w 2 pozostałych rzutach.</strong> Łatwiej liczyć dopełnienie:</p>\n<p>\\[P(A \\mid B) = 1 - P(\\text{brak 6 w obu pozostałych rzutach})\\]</p>\n<p>\\[P(\\text{brak 6 w obu}) = \\frac{4}{5} \\cdot \\frac{4}{5} = \\frac{16}{25}\\]</p>\n<p>\\[\\boxed{P(A \\mid B) = 1 - \\frac{16}{25} = \\frac{9}{25}}\\]</p>\n<h4>Sposób 2 - Klasyczny wzór na prawdopodobieństwo warunkowe</h4>\n<p>\\[P(A \\mid B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)}\\]</p>\n<p>Przestrzeń zdarzeń elementarnych: \\(|\\Omega| = 6^4 = 1296\\).</p>\n<p><strong>Obliczamy \\(P(B)\\) - dokładnie dwa rzuty dają 5:</strong></p>\n<p>Wybieramy 2 pozycje (spośród 4) na wynik „5&quot;: \\(\\binom{4}{2} = 6\\) sposobów.<br>Na każdej z pozostałych 2 pozycji może paść cokolwiek poza 5: \\(5\\) możliwości każda.</p>\n<p>\\[|B| = \\binom{4}{2} \\cdot 5^2 = 6 \\cdot 25 = 150\\]<br>\\[P(B) = \\frac{150}{1296}\\]</p>\n<p><strong>Obliczamy \\(P(A \\cap B)\\) - dokładnie dwa rzuty dają 5 i co najmniej jeden rzut daje 6:</strong></p>\n<p>Znowu wybieramy 2 pozycje na „5&quot;: \\(\\binom{4}{2} = 6\\) sposobów.</p>\n<p>Dwie pozostałe pozycje mają dawać wartości z \\(\\{1,2,3,4,6\\}\\) (nie-5), przy czym co najmniej jedna musi być 6.</p>\n<ul><li>Wszystkie układy dwóch pozostałych pozycji z \\(\\{1,2,3,4,6\\}\\): \\(5^2 = 25\\)</li><li>Układy <strong>bez żadnej 6</strong> (tylko z \\(\\{1,2,3,4\\}\\)): \\(4^2 = 16\\)</li><li>Układy z <strong>co najmniej jedną 6</strong>: \\(25 - 16 = 9\\)</li></ul>\n<p>\\[|A \\cap B| = \\binom{4}{2} \\cdot 9 = 6 \\cdot 9 = 54\\]<br>\\[P(A \\cap B) = \\frac{54}{1296}\\]</p>\n<p><strong>Wynik:</strong></p>\n<p>\\[P(A \\mid B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)} = \\frac{\\dfrac{54}{1296}}{\\dfrac{150}{1296}} = \\frac{54}{150} = \\boxed{\\frac{9}{25}}\\]</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29-30)</strong></p>\n<p>Prawdopodobieństwo warunkowe:<br>\\[P(A \\mid B) = \\frac{P(A \\cap B)}{P(B)}\\]<br>Użyte w Sposobie 2 do formalnego podziału na dwa zdarzenia.</p>\n<p>Schemat Bernoullego (pomocniczo):<br>\\[P_n(k) = \\binom{n}{k} \\cdot p^k \\cdot q^{n-k}\\]<br>Opisuje prawdopodobieństwo dokładnie \\(k\\) sukcesów w \\(n\\) niezależnych próbach - struktura taka jak przy liczeniu \\(|B|\\).</p>\n<p><strong>Dział 4 (Silnia i współczynnik dwumianowy, s. 6)</strong><br>\\[\\binom{n}{k} = \\frac{n!}{k!(n-k)!}\\]<br>Użyte przy wybieraniu, które 2 z 4 rzutów dają wynik 5: \\(\\binom{4}{2} = 6\\).</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwaga</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Najczęstszy błąd to policzenie prawdopodobieństwa „co najmniej jednej 6 z 4 rzutów&quot; bez uwzględnienia warunku. Warunek drastycznie zmienia sytuację - dwa rzuty są już „zajęte&quot; przez piątki!</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Przy warunkowym myśleniu (Sposób 1) każdy z dwóch pozostałych rzutów ma tylko <strong>5</strong> równoprawdopodobnych wyników (nie 6!), bo wiemy, że nie wypadło tam 5. Użycie \\(\\frac{1}{6}\\) zamiast \\(\\frac{1}{5}\\) to klasyczna pułapka.</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> W Sposobie 2 ważne, żeby \\(|A \\cap B|\\) rozumieć jako: dokładnie dwa rzuty to 5 <strong>i</strong> co najmniej jeden rzut to 6. Nie wolno liczyć \\(\\binom{4}{2}\\) dla 5 i oddzielnie \\(\\binom{4}{1}\\) dla 6 bez odjęcia nakładania się - te zdarzenia dzielą 4 rzuty, więc pozycje muszą być rozłączne.</blockquote>\n<h5>Sposób I (definicja prawdopodobieństwa warunkowego)</h5>\n<p>Oznaczmy: \\(A\\) - co najmniej jeden raz wypadnie 6, \\(B\\) - dokładnie dwa razy wypadnie 5. Szukamy \\(P(A\\mid B)=\\dfrac{P(A\\cap B)}{P(B)}=\\dfrac{|A\\cap B|}{|B|}\\) (w jednakowo-prawdopodobnej przestrzeni).</p>\n<p><strong>Obliczenie \\(|B|\\) (dokładnie dwa razy 5):</strong><br>Wybieramy 2 pozycje dla piątek spośród 4: \\(\\binom{4}{2}=6\\). Na pozostałych 2 pozycjach musi być wynik inny niż 5, czyli jedna z 5 wartości \\(\\{1,2,3,4,6\\}\\):<br>\\[|B|=\\binom{4}{2}\\cdot 5\\cdot 5=6\\cdot 25=150\\]</p>\n<p><strong>Obliczenie \\(|A\\cap B|\\) (dokładnie dwie 5 ORAZ co najmniej jedna 6):</strong><br>Rozważamy dwa rozłączne przypadki (po ustaleniu 2 pozycji piątek):</p>\n<ul><li><em>Dokładnie jedna 6 na pozostałych 2 pozycjach:</em> wybieramy pozycję szóstki \\(\\binom{2}{1}=2\\), na ostatniej nie-5 i nie-6 (4 opcje): \\(\\binom{4}{2}\\binom{2}{1}\\cdot 4=6\\cdot 2\\cdot 4=48\\).</li><li><em>Dokładnie dwie 6 (obie pozostałe pozycje):</em> \\(\\binom{4}{2}\\cdot 1=6\\).</li></ul>\n<p>Razem: \\(|A\\cap B|=48+6=54\\). Można też zapisać jako \\(\\binom{4}{2}\\big[\\binom{2}{1}\\cdot 4+1\\big]\\).</p>\n<p><strong>Obliczenie prawdopodobieństwa:</strong><br>\\[P(A\\mid B)=\\frac{|A\\cap B|}{|B|}=\\frac{54}{150}=\\frac{9}{25}\\]</p>\n<h5>Sposób II (redukcja do 2 wolnych rzutów)</h5>\n<p>Warunek: dwie z czterech pozycji to 5. Analizujemy tylko pozostałe 2 pozycje, każda z równym prawdopodobieństwem \\(\\tfrac{1}{5}\\) dla każdej z wartości \\(\\{1,2,3,4,6\\}\\) (warunkowane &quot;nie 5&quot;).</p>\n<p>Szukamy \\(P(\\text{co najmniej jedna 6 w tych 2 rzutach warunkowanych})=1-P(\\text{żadnej 6})=1-\\left(\\tfrac{4}{5}\\right)^{2}=1-\\tfrac{16}{25}=\\tfrac{9}{25}\\).</p>\n<h5>Karta wzorów CKE</h5>\n<ul><li>Prawdopodobieństwo warunkowe: \\(P(A\\mid B)=\\dfrac{P(A\\cap B)}{P(B)}\\) (str. 12).</li><li>Kombinacje: \\(\\binom{n}{k}=\\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\\) (str. 11).</li></ul>\n<h5>Uwagi o punktacji</h5>\n<ul><li><strong>3 pkt</strong> - poprawna metoda i wynik \\(\\tfrac{9}{25}\\) (lub \\(\\tfrac{54}{150}\\)).</li><li><strong>2 pkt</strong> - wyznaczenie \\(|B|=150\\) oraz \\(|A\\cap B|=54\\).</li><li><strong>1 pkt</strong> - wyznaczenie tylko \\(|B|=150\\) ALBO tylko \\(|A\\cap B|=54\\).</li><li><strong>0 pkt</strong> - niepoprawna metoda.</li><li><strong>Uwaga CKE:</strong> Jeśli zdający w liczniku i mianowniku pominie czynnik \\(\\binom{4}{2}\\) bez komentarza - maksymalnie <strong>2 pkt</strong>.</li></ul>\n<p><strong>Trik:</strong> Gdy warunek &quot;dokładnie dwa razy 5&quot; jest spełniony, pozostałe 2 rzuty są <em>warunkowo</em> niezależne, a każda ze ścian \\(\\{1,2,3,4,6\\}\\) ma prawdopodobieństwo \\(\\tfrac{1}{5}\\). &quot;Co najmniej jedna 6&quot; liczymy przez dopełnienie: \\(1-(4/5)^{2}=9/25\\). To skraca obliczenia do kilku linijek.</p>"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>$\\dfrac{9}{25}$ (lub $\\dfrac{54}{150}$)</p>"}]}