Test: scheme clasice de probabilitate

Disciplina: Matematică · Clasa a X-a · Unitatea: Probabilități

Pentru părinți și profesori

Acest test încheie unitatea de probabilități a programei de matematică-informatică și verifică cele trei scheme clasice, împreună cu deprinderea care le leagă: recunoașterea, din enunț, a schemei potrivite. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: schema bilei revenite (Bernoulli) — $n$ probe independente, aceeași probabilitate de succes $p$ la fiecare, cu formula $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$, în care $p^k{q}^{n-k}$ este probabilitatea unui singur scenariu, iar $C_n^k$ numără scenariile. Al doilea: schema bilei nerevenite (hipergeometrică) — extragere simultană sau fără revenire, cu formula $\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n}$ și cu condițiile de existență care fac probabilitatea nulă în afara intervalului util. Al treilea: schema lui Poisson — $n$ probe independente cu probabilități diferite, unde probabilitatea de a obține exact $k$ succese este coeficientul lui $x^k$ din produsul $\prod (p_{i}x+q_i)$; aici se cere calcul algebric curat cu polinoame, iar controlul obligatoriu este că suma coeficienților dă $1$. Al patrulea: discriminarea — un enunț cu „cu revenire" cere Bernoulli, unul cu „simultan" sau „fără revenire" cere schema hipergeometrică, iar unul cu probabilități diferite de la o probă la alta cere schema lui Poisson. Testul mai cuprinde și legătura dintre scheme: Bernoulli este cazul particular al schemei lui Poisson în care toate probabilitățile sunt egale.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii cu demonstrație se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Un răspuns este complet doar dacă se precizează ce schemă se folosește și de ce, apoi se scriu valorile lui $n$, $k$, $p$ (respectiv $a$, $b$, $n$, $k$). La schema lui Poisson se cere produsul scris explicit și desfăcut, cu verificarea sumei coeficienților. Fracțiile se dau simplificate.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe deosebirea dintre extragerea cu revenire și cea fără revenire.
• Formule de reținut: Schema bilei revenite (Bernoulli) — $n$ probe independente, fiecare cu probabilitatea de succes $p$ și de eșec $q=1-p$: $$P(k\text{ succese})=C_n^k{p}^k{q}^{n-k},\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k{q}^{n-k}=(p+q{)}^n=1.$$ Schema bilei nerevenite (hipergeometrică) — urnă cu $a$ bile albe și $b$ negre, din care se extrag $n$ bile fără revenire: $$P(k\text{ albe})=\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n},\text{cu }0\le k\le a\text{ și }0\le n-k\le b.$$ Schema lui Poisson — $n$ probe independente, proba $i$ având probabilitatea de succes $p_i$ și de eșec $q_i=1-p_i$: probabilitatea de a obține exact $k$ succese este coeficientul lui $x^k$ din polinomul $$Q(x)=\prod _{i=1}^n\left(p_{i}x+q_i\right)=(p_{1}x+q_1)(p_{2}x+q_2)\cdots (p_{n}x+q_n).$$ Control obligatoriu: $Q(1)=1$, adică suma coeficienților este $1$. Legătura dintre scheme: dacă toate $p_i$ sunt egale cu $p$, atunci $Q(x)=(px+q{)}^n$, iar coeficientul lui $x^k$ este exact $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ — schema lui Bernoulli.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Recunoașterea schemei și aplicarea directă a formulelor

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Dintr-o urnă se extrag $4$ bile, cu revenire. Schema potrivită este: A. hipergeometrică; B. Bernoulli; C. Poisson; D. niciuna dintre ele.

b) Probabilitatea de a obține exact $k$ succese în $n$ probe independente, fiecare cu probabilitatea de succes $p$, este: A. $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$; B. $\frac{C_a^k{C}_b^{n-k}}{C_{a+b}^n}$; C. $p^k{q}^{n-k}$; D. $A_n^k{p}^k$.

c) În schema lui Poisson, probabilitatea de a obține exact $k$ succese este: A. produsul $p_1{p}_2\cdots p_n$; B. coeficientul lui $x^k$ din $\prod _{i=1}^n(p_{i}x+q_i)$; C. suma $p_1+p_2+\cdots +p_n$; D. $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$.

Itemul 2 (6 puncte)

Precizează ce schemă clasică se aplică în fiecare situație și justifică într-o propoziție (câte 1,5 puncte): a) Se aruncă o monedă de $6$ ori; se cere probabilitatea de a obține exact $4$ steme. b) Dintr-o urnă cu $5$ bile albe și $4$ negre se extrag simultan $3$ bile; se cere probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe. c) Trei trăgători trag câte un foc, cu probabilitățile de nimerire $\frac{7}{10}$, $\frac{4}{5}$ și $\frac{9}{10}$; se cere probabilitatea de a obține exact $2$ nimeriri. d) Dintr-o urnă cu $3$ bile albe și $7$ negre se extrag $4$ bile, cu revenire; se cere probabilitatea de a obține exact o bilă albă.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Schema lui Bernoulli este cazul particular al schemei lui Poisson în care toate probabilitățile de succes sunt egale." b) „Suma coeficienților polinomului $\prod _{i=1}^n(p_{i}x+q_i)$ este $1$." c) „La extragerea fără revenire, probabilitatea de a obține o bilă albă rămâne aceeași la fiecare extragere, deci se poate folosi schema lui Bernoulli." d) „În schema hipergeometrică, numărul cazurilor posibile este $C_{a+b}^n$."

Itemul 4 (6 puncte)

Se aruncă o monedă echilibrată de $5$ ori. a) Calculează probabilitatea de a obține exact $3$ steme. (3 p) b) Calculează probabilitatea de a obține cel puțin o stemă. (3 p)

Partea a II-a – Cele trei scheme la lucru

Itemul 5 (8 puncte)

Se aruncă un zar echilibrat de $4$ ori. Considerăm drept „succes" apariția feţei $6$. a) Calculează probabilitatea de a obține exact un $6$. (2 p) b) Calculează probabilitatea de a obține exact doi de $6$. (3 p) c) Calculează probabilitatea de a obține cel puțin un $6$. (3 p)

Itemul 6 (7 puncte)

O urnă conține $6$ bile albe și $4$ bile negre. Se extrag simultan $3$ bile. a) Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe. (2 p) b) Calculează probabilitatea de a obține exact o bilă albă. (3 p) c) Scrie distribuția completă (pentru $k=0,1,2,3$) și verifică faptul că suma probabilităților este $1$. (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Trei trăgători trag, independent, câte un foc asupra unei ținte. Probabilitățile lor de nimerire sunt $\frac{1}{2}$, $\frac{2}{3}$ și, respectiv, $\frac{3}{4}$. a) Scrie polinomul asociat schemei lui Poisson și desfă-l. (3 p) b) Calculează probabilitatea de a se înregistra exact două nimeriri. (2 p) c) Calculează probabilitatea de a se înregistra cel puțin o nimerire. (2 p)

Itemul 8 (6 puncte)

O urnă conține $4$ bile albe și $6$ bile negre. Se extrag două bile. a) Calculează probabilitatea ca ambele să fie albe, dacă extragerea se face cu revenire. (3 p) b) Calculează aceeași probabilitate dacă extragerea se face simultan, apoi compară cele două rezultate. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

a) Arată că, dacă în schema lui Poisson toate probabilitățile de succes sunt egale cu $p$, polinomul devine $(px+q{)}^n$, iar coeficientul lui $x^k$ este $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$. (3 p) b) Verifică afirmația pe cazul $n=3$, $p=\frac{1}{3}$, calculând toți coeficienții polinomului. (3 p)

Partea a III-a – Demonstrații și itemi de tip Bacalaureat M1

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Demonstrează formula schemei bilei revenite: dacă se efectuează $n$ probe independente, fiecare cu probabilitatea de succes $p$ și de eșec $q=1-p$, atunci probabilitatea de a obține exact $k$ succese este $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$. (5 p) b) Arată că suma acestor probabilități, pentru $k=0,1,\dots ,n$, este $1$, și verifică pe cazul $n=4$, $p=\frac{1}{2}$. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

O urnă conține $5$ bile albe și $3$ bile negre. Se extrag simultan $4$ bile. a) Calculează probabilitatea de a obține exact $3$ bile albe. (3 p) b) Scrie distribuția completă a numărului de bile albe și verifică suma probabilităților. (3 p) c) Calculează probabilitatea de a obține cel puțin $3$ bile albe. (2 p)

Itemul 12 (8 puncte)

Un elev susține trei examene independente, cu probabilitățile de promovare $\frac{4}{5}$, $\frac{3}{4}$ și, respectiv, $\frac{2}{3}$. a) Scrie polinomul asociat schemei lui Poisson, desfă-l și verifică suma coeficienților. (4 p) b) Calculează probabilitatea de a promova exact două examene. (2 p) c) Calculează probabilitatea de a promova toate trei examenele, respectiv niciunul. (2 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) O urnă conține $7$ bile albe și $3$ bile negre. a) Se extrag $3$ bile, cu revenire. Calculați probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe. (3 p) b) Se extrag simultan $3$ bile. Calculați probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe. (3 p) c) Comparați cele două rezultate obținute. (2 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) B. Bila fiind pusă înapoi, compoziția urnei nu se schimbă, deci probele sunt independente și au toate aceeași probabilitate de succes — exact ipotezele schemei lui Bernoulli.

b) A. Formula $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$; varianta C dă probabilitatea unui singur scenariu, fără să numere în câte moduri se pot aranja cele $k$ succese; varianta B este formula schemei hipergeometrice.

c) B. Probabilitatea căutată este coeficientul lui $x^k$ din produsul de binoame $\prod _{i=1}^n(p_{i}x+q_i)$. Varianta A dă probabilitatea ca toate probele să fie succese (cazul $k=n$), iar varianta D presupune probabilități egale, adică schema lui Bernoulli.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p schema, 1 p justificarea).

a) Bernoulli. Cele $6$ aruncări sunt independente și au toate aceeași probabilitate de succes, $p=\frac{1}{2}$; se aplică $C_6^4{\left(\frac{1}{2}\right)}^4{\left(\frac{1}{2}\right)}^2$.

b) Hipergeometrică. Extragerea este simultană, deci bilele nu se întorc în urnă, iar rezultatul este o submulțime; se aplică $\frac{C_5^2\cdot C_4^1}{C_9^3}$.

c) Poisson. Probele sunt independente, dar probabilitățile de succes diferă de la un trăgător la altul; se construiește produsul $\left(\frac{7}{10}x+\frac{3}{10}\right)\left(\frac{4}{5}x+\frac{1}{5}\right)\left(\frac{9}{10}x+\frac{1}{10}\right)$ și se citește coeficientul lui $x^2$.

d) Bernoulli. Extragerea se face cu revenire, deci compoziția urnei rămâne aceeași; $n=4$, $p=\frac{3}{10}$, $k=1$.

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) A. Dacă $p_1=p_2=\cdots =p_n=p$, toate binoamele sunt identice, iar produsul devine $(px+q{)}^n$; prin binomul lui Newton, coeficientul lui $x^k$ este $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ — exact formula lui Bernoulli.

b) A. Suma coeficienților unui polinom se obține înlocuind $x=1$: $$Q(1)=\prod _{i=1}^n(p_i+q_i)=\prod _{i=1}^{n}1=1.$$ Este controlul obligatoriu al oricărui calcul cu schema lui Poisson.

c) F. La extragerea fără revenire, compoziția urnei se schimbă după fiecare extragere, deci probele nu sunt independente și probabilitatea condiționată se modifică; se folosește schema hipergeometrică. (Curiozitate: probabilitatea ca bila de pe poziția a doua să fie albă, calculată fără informația despre prima, rămâne totuși aceeași — dar asta nu face probele independente.)

d) A. Rezultatul unei extrageri simultane de $n$ bile este o submulțime cu $n$ elemente din cele $a+b$, iar toate aceste submulțimi sunt egal probabile; numărul lor este $C_{a+b}^n$.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Schema lui Bernoulli, cu $n=5$, $p=q=\frac{1}{2}$, $k=3$ (1 p): $$P=C_5^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=10\cdot \frac{1}{32}=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$ (2 p).

b) (3 p) Prin evenimentul contrar: „nicio stemă" înseamnă cinci bani, un singur scenariu (1,5 p): $$P(\text{nicio stema˘})={\left(\frac{1}{2}\right)}^5=\frac{1}{32}⟹P(\text{cel puțin o stema˘})=1-\frac{1}{32}=\frac{31}{32}$$ (1,5 p).

Itemul 5. (8 p)

Schema lui Bernoulli, cu $n=4$, $p=\frac{1}{6}$, $q=\frac{5}{6}$.

a) (2 p) $$P(1)=C_4^1\cdot \frac{1}{6}\cdot {\left(\frac{5}{6}\right)}^3=4\cdot \frac{125}{1296}=\frac{500}{1296}=\frac{125}{324}$$ (2 p).

b) (3 p) $C_4^2=6$ (1 p), deci $$P(2)=6\cdot {\left(\frac{1}{6}\right)}^2{\left(\frac{5}{6}\right)}^2=6\cdot \frac{25}{1296}=\frac{150}{1296}=\frac{25}{216}$$ (2 p).

c) (3 p) Prin evenimentul contrar, „niciun $6$" corespunde lui $k=0$ (1 p): $$P(0)={\left(\frac{5}{6}\right)}^4=\frac{625}{1296}$$ (1 p), deci $$P(\text{cel puțin un }6)=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}$$ (1 p).

Itemul 6. (7 p)

Schema hipergeometrică, cu $a=6$, $b=4$, $n=3$; numărul cazurilor posibile este $$C_{10}^3=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{1\cdot 2\cdot 3}=120.$$

a) (2 p) $$P(2)=\frac{C_6^2\cdot C_4^1}{C_{10}^3}=\frac{15\cdot 4}{120}=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}$$ (2 p).

b) (3 p) $C_6^1=6$ și $C_4^2=6$ (1,5 p), deci $$P(1)=\frac{6\cdot 6}{120}=\frac{36}{120}=\frac{3}{10}$$ (1,5 p).

c) (2 p) Numărătorii sunt $C_6^k\cdot C_4^{3-k}$ (1 p):

Verificare: $4+36+60+20=120$, deci suma probabilităților este $\frac{120}{120}=1$ ✓ (1 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (3 p) Se formează produsul binoamelor $p_{i}x+q_i$ (1 p): $$Q(x)=\left(\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\right)\left(\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}\right).$$ Înmulțim întâi primele două paranteze (1 p): $$\left(\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}{x}^2+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\right)x+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}{x}^2+\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}.$$ Înmulțim rezultatul cu a treia paranteză (1 p): $$Q(x)=\frac{1}{4}{x}^3+\frac{11}{24}{x}^2+\frac{1}{4}x+\frac{1}{24}.$$ (Detaliu: coeficientul lui $x^2$ este $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{1}{12}+\frac{3}{8}=\frac{2}{24}+\frac{9}{24}=\frac{11}{24}$; cel al lui $x$ este $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{4}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}$.) Control: $\frac{1}{4}+\frac{11}{24}+\frac{1}{4}+\frac{1}{24}=\frac{6+11+6+1}{24}=1$ ✓

b) (2 p) Probabilitatea a exact două nimeriri este coeficientul lui $x^2$ (1 p): $$P(2)=\frac{11}{24}$$ (1 p).

c) (2 p) „Nicio nimerire" corespunde coeficientului lui $x^0$, adică termenului liber, $\frac{1}{24}$ (1 p), deci $$P(\text{cel puțin o nimerire})=1-\frac{1}{24}=\frac{23}{24}$$ (1 p).

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Cu revenire, compoziția urnei nu se schimbă, deci se aplică schema lui Bernoulli cu $n=2$, $p=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$, $k=2$ (1,5 p): $$P={\left(\frac{2}{5}\right)}^2=\frac{4}{25}$$ (1,5 p).

b) (3 p) Extragerea simultană cere schema hipergeometrică, cu $a=4$, $b=6$, $n=k=2$ (1 p): $$P=\frac{C_4^2\cdot C_6^0}{C_{10}^2}=\frac{6\cdot 1}{45}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}$$ (1,5 p). Comparație, la numitorul comun $225$: $\frac{4}{25}=\frac{36}{225}$ și $\frac{2}{15}=\frac{30}{225}$, deci probabilitatea este mai mică fără revenire (0,5 p). Explicația: după ce a ieșit o bilă albă, în urnă rămân mai puține bile albe, deci a doua extragere devine mai grea.

Itemul 9. (6 p)

a) (3 p) Dacă $p_1=\cdots =p_n=p$, atunci toate binoamele sunt identice și produsul devine o putere (1 p): $$Q(x)=\prod _{i=1}^n(px+q)=(px+q{)}^n.$$ Prin binomul lui Newton (1 p): $$(px+q{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k(px{)}^k{q}^{n-k}=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k{q}^{n-k}{x}^k,$$ deci coeficientul lui $x^k$ este exact $C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ (1 p) — formula schemei lui Bernoulli.

b) (3 p) Pentru $n=3$ și $p=\frac{1}{3}$ (deci $q=\frac{2}{3}$) (1 p): $$Q(x)={\left(\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}{x}^3+\frac{2}{9}{x}^2+\frac{4}{9}x+\frac{8}{27}$$ (1,5 p). Coeficientul lui $x^2$ este $\frac{2}{9}$, iar formula lui Bernoulli dă $$C_3^2{\left(\frac{1}{3}\right)}^2\left(\frac{2}{3}\right)=3\cdot \frac{1}{9}\cdot \frac{2}{3}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}✓$$ Control al sumei: $\frac{1+6+12+8}{27}=\frac{27}{27}=1$ ✓ (0,5 p).

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Rezultatul complet al experimentului este un șir de $n$ litere, fiecare $S$ (succes) sau $E$ (eșec) (0,5 p).

Probabilitatea unui scenariu fixat (1,5 p). Probele fiind independente, probabilitatea unui șir fixat este produsul probabilităților literelor lui. Un șir cu $k$ litere $S$ și $n-k$ litere $E$ are deci probabilitatea $$\underset{k}{\underbrace{p\cdot p\cdots p}}\cdot \underset{n-k}{\underbrace{q\cdot q\cdots q}}=p^k{q}^{n-k},$$ indiferent de ordinea literelor.

Numărul scenariilor (1,5 p). Evenimentul „exact $k$ succese" este reuniunea tuturor șirurilor cu exact $k$ litere $S$. Un astfel de șir este determinat de mulțimea celor $k$ poziții pe care stau literele $S$, aleasă dintre cele $n$ poziții; numărul lor este $C_n^k$.

Adunarea (1,5 p). Șirurile fiind două câte două incompatibile, probabilitatea reuniunii lor este suma probabilităților: $$P(k)=C_n^k\cdot p^k{q}^{n-k}.■$$ Reține împărțirea rolurilor: $p^k{q}^{n-k}$ este probabilitatea unui singur scenariu, iar $C_n^k$ numără scenariile.

b) (3 p) Prin binomul lui Newton (1,5 p): $$\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k{q}^{n-k}=(p+q{)}^n=1^n=1,$$ ceea ce era de așteptat: numărul de succese este, cu certitudine, unul dintre $0,1,\dots ,n$. Verificare pentru $n=4$, $p=\frac{1}{2}$ (1,5 p): probabilitățile sunt $\frac{C_4^k}{16}$, adică $$\frac{1}{16},\frac{4}{16},\frac{6}{16},\frac{4}{16},\frac{1}{16},\text{cu suma}\frac{1+4+6+4+1}{16}=\frac{16}{16}=1✓$$

Itemul 11. (8 p)

Schema hipergeometrică, cu $a=5$, $b=3$, $n=4$; numărul cazurilor posibile este $$C_8^4=\frac{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=70.$$

a) (3 p) $C_5^3=10$ și $C_3^1=3$ (1,5 p), deci $$P(3)=\frac{10\cdot 3}{70}=\frac{30}{70}=\frac{3}{7}$$ (1,5 p).

b) (3 p) Numărătorii sunt $C_5^k\cdot C_3^{4-k}$ (1 p):

(1,5 p) Valoarea $k=0$ dă $0$ pentru că ar cere $C_3^4$, adică alegerea a patru bile negre dintre cele trei existente — imposibil (0,25 p). Verificare: $5+30+30+5=70$, deci suma probabilităților este $1$ ✓ (0,25 p).

c) (2 p) „Cel puțin $3$ albe" înseamnă $k=3$ sau $k=4$, cazuri incompatibile (1 p): $$P=\frac{30}{70}+\frac{5}{70}=\frac{35}{70}=\frac{1}{2}$$ (1 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Probele sunt independente, dar cu probabilități diferite, deci se aplică schema lui Poisson (0,5 p): $$Q(x)=\left(\frac{4}{5}x+\frac{1}{5}\right)\left(\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}\right)\left(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\right).$$ Primele două paranteze (1,25 p): $$\left(\frac{4}{5}x+\frac{1}{5}\right)\left(\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{5}{x}^2+\left(\frac{1}{5}+\frac{3}{20}\right)x+\frac{1}{20}=\frac{3}{5}{x}^2+\frac{7}{20}x+\frac{1}{20}.$$ Înmulțind cu a treia paranteză (1,75 p): $$Q(x)=\frac{2}{5}{x}^3+\frac{13}{30}{x}^2+\frac{3}{20}x+\frac{1}{60}.$$ (Coeficientul lui $x^2$: $\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}+\frac{7}{20}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{5}+\frac{7}{30}=\frac{6}{30}+\frac{7}{30}=\frac{13}{30}$; al lui $x$: $\frac{7}{20}\cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{20}\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{60}+\frac{2}{60}=\frac{3}{20}$.) Control, la numitorul comun $60$ (0,5 p): $$\frac{24}{60}+\frac{26}{60}+\frac{9}{60}+\frac{1}{60}=\frac{60}{60}=1✓$$

b) (2 p) Este coeficientul lui $x^2$ (1 p): $$P(2)=\frac{13}{30}$$ (1 p).

c) (2 p) „Toate trei" este coeficientul lui $x^3$, iar „niciunul" este termenul liber (1 p): $$P(3)=\frac{2}{5},P(0)=\frac{1}{60}$$ (1 p). (Verificare directă pentru $P(3)$: $\frac{4}{5}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{2}{3}=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$ ✓, iar pentru $P(0)$: $\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{60}$ ✓)

Itemul 13. (8 p)

a) (3 p) Extragerea cu revenire cere schema lui Bernoulli, cu $n=3$, $p=\frac{7}{10}$, $q=\frac{3}{10}$, $k=2$ (1 p): $$P=C_3^2{\left(\frac{7}{10}\right)}^2\left(\frac{3}{10}\right)=3\cdot \frac{49}{100}\cdot \frac{3}{10}=\frac{441}{1000}$$ (2 p).

b) (3 p) Extragerea simultană cere schema hipergeometrică, cu $a=7$, $b=3$, $n=3$, $k=2$ (1 p): $$C_{10}^3=120,C_7^2=21,C_3^1=3,$$ deci $$P=\frac{21\cdot 3}{120}=\frac{63}{120}=\frac{21}{40}$$ (2 p).

c) (2 p) Aducem la același numitor: $\frac{21}{40}=\frac{525}{1000}$, în timp ce prima probabilitate este $\frac{441}{1000}$ (1 p). Prin urmare probabilitatea este mai mare la extragerea simultană (0,5 p). Explicația: fără revenire, extragerea unei bile albe „consumă" o bilă albă și face mai puțin probabilă o a treia bilă albă, ceea ce concentrează probabilitatea pe rezultatul „exact două albe"; cu revenire, urna rămâne mereu bogată în bile albe, deci rezultatul „trei albe" rămâne foarte probabil și ia din probabilitatea celui cerut (0,5 p).