Prawdopodobieństwo, zakres rozszerzony Damian#UDM: Prawdopodobieństwo PR (0 – 4) Dane są urny typu U₁i typu U₂, przy czym urn typu U₂ jest o dwie mniej niż urn typu U₁. Wszystkie urny danego typu zawierają same kule w takich samych kolorach. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U₁ jest równe 0,25 , natomiast prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U₂ jest równe 0,25. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z losowo wybranej urny jest równe 0,22. Wyznacz liczbę wszystkich urn. (0 – 4) Ze zbioru liczb {1,2,3,…,6n+3} losujemy jedną liczbę. Niech A_n oznacza zdarzenie, że otrzymamy liczbę podzielną przez 2 lub podzielną przez 3. Oblicz granicę lim┬(n→∞)⁡P(A_n ) . Zapraszam do wspólnych przemyśleń i rozwiązań. Mam na to jakieś pomysły lecz proszę o wasze

Saizou : Zad. 2

	6n+3
Liczb podzielnych przez 2 w tym zbiorze jest: [		] = 3n+1
	2

	6n+3
Liczb podzielnych przez 3 w tym zbiorze jest: [		] = 2n+1
	3

	6n+3
Liczb podzielnych przez 6 w tym zbiorze jest: [		] = n
	6

A_n = 3n+1+2n+1−n = 4n+2

	4n+2		2
P(An) =		→		, gdy n → +∞
	6n+3		3

Damian#UDM:

	6n+3
Saizou ten zapis na przykład [		] to symbol Newtona?
	2

Saizou : Nie, to cześć całkowita liczby.

Damian#UDM: ok, dziękuję Czy ktoś ma pomysł na 1. zadanie?

Damian#UDM: 3. (0 – 3) Doświadczenie losowe polega na siedmiokrotnym rzucie kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że iloczyn oczek jest równy 12. 4. (0 – 4) Doświadczenie polega na sześciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że dokładnie cztery razy z rzędu wypadnie taka sama liczba oczek. 6. (0 – 4) Oblicz ile elementów ma zbiór, który ma 37 wszystkich podzbiorów o co najwyżej 2 elementach.

Qulka: na pewno w obu pr−wo jest 0.25

Damian#UDM: już sprawdzam Qulka

Qulka: wstaw cyferki właściwe

n		n−2
	•pr1+		•pr2=pr że biała
2n−2		2n−2

policz n wszystkich urn jest 2n−2

Damian#UDM: Mój błąd, przepraszam Podaje poprawną treść zadania: (0 – 4) Dane są urny typu U1 i typu U2, przy czym urn typu U2 jest o dwie mniej niż urn typu U1. Wszystkie urny danego typu zawierają same kule w takich samych kolorach. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U1 jest równe 0,2 , natomiast prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U2 jest równe 0,25. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z losowo wybranej urny jest równe 0,22. Wyznacz liczbę wszystkich urn.

Qulka: to jeszcze raz pisać wzór czy policzysz? bo nie skopiowałam tych ułamków?

Damian#UDM: Spróbuję sam, dziękuję

kerajs: 3) (2,6,1,1,1,1,1), (3,4,1,1,1,1,1), (2,2,3,1,1,1,1)

	7!   7!   7!   + + 5!   5!   2!4!
P=
	67

4)

	6*1*1*1*5*6+6*5*1*1*1*5+6*6*5*1*1*1
P=
	66

5)

	n 2
1+n+		=37

n=8

Mila: Zadanie 1)

	n		n−2
P(B)=		*0.2+		*0.25
	2n−2		2n−2

0.2n+0.25(n−2)
	=0.22
2n−2

n=6− liczba urn typu U1 4− liczba urn typu U2 6+4=10

Damian#UDM: Dziękuje wam za pomoc Qulka rozumiem, że w tym zadaniu wystarczyło skorzystać ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite oraz określić naszą niewiadomą, a tego drugiego już mi się nie udało. kerajs jeśli chodzi o Twoje rozwiązania to niestety nic z tego prawie nie rozumiem. w 5) do rozwiązania zabrakło mi jedynie 1, a to wynika chyba z tego, że nie wziąłem pod uwagi możliwości, że ten zbiór może mieć podzbiory, które nie mają elementów, więc wydaje mi się, że z tego to 1 wynika 3) rozumiem rozbicie 12 na iloczyn siedmiu liczb i z tego mamy trzy możliwości, lecz moc zbioru A już niestety nie rozumiem. Moim błędem na pewno było to, że rozróżniałem na przykład 2 i 6 i liczyłem zdarzenie za pomocą wariancji bez powtórzeń, nadal nie rozumiem czemu to myślenie jest błędne. Jak policzę za pomocą kombinacji to rozumiem, że wtedy wybieramy 2 elementy z 7 i nie obchodzi

	7!
mnie kolejność, lecz jak ja to zapisuje to mam		a u Ciebie tej dwójki brakuje.
	2!*5!

W możliwości (2,2,3,1,1,1,1) rozumiem, że wybieramy trzy elementy z siedmiu i nie obchodzi mnie

	7!
też kolejność, tylko znowu u mnie wychodzi		, a nie jak u Ciebie 2!
	3!*4!

Więc niestety nie rozumiem skąd to wynika. Proszę o wytłumaczenie 4) Nie mam pojęcia skąd ta moc zbioru A, proszę o wyjaśnienie, zależy mi na tym, żeby to zrozumieć

Saizou : 3) Układ (2,6,1,1,1,1,1). Wszystkich permutacji tego zbioru jest 7!, jednak my nie rozróżniamy jedynek, dlatego musimy podzielić 7! przez liczbę permutacji zbioru (1a, 1b, 1c, 1d, 1e), zatem jest ich

7!
5!

Układ (3,4,1,1,1,1,1) − analogicznie Układ (2,2,3,1,1,1,1) Wszystkich permutacji jest 7! Permutacji zbioru (2a, 2b) jest 2!

	7!
Permutacji zbioru (1a, 1b, 1c, 1d) jest 4!, zatem mamy
	2!*4!

Wszystkich możliwych ciągów jest 6⁷

Damian#UDM: Saizou bardzo dziękuję za wytłumaczenie tego zjawiska. Właśnie chyba zrozumiałem o co chodzi Normalnie z permutacji liczymy jakby wszystko było różne, lecz jedynki nie są i musimy podzielić przez permutacje rozróżnialnych jedynek (które nie istnieją) i tak samo z dwójkami i pomnożyć z jedynkami na dole tam gdzie trzeba. Świetny pomysł. Co do 4) Rozumiem to tak, że mamy 6 możliwości: 1.* (1,1,1,1,x,y) 2.* (2,2,2,2,k,m) 3.* (3,3,3,3,a,b) 4.* (4,4,4,4,c,d) 5.* (5,5,5,5,g,h) 6.* (6,6,6,6,p,r) mam 6 miejsc więc 3 możliwości ustawienia w każdym powyższym zdarzeniu: _{x x x x} _ _xxxx_ _xxxx i liczby x,y,k,m,a,b,c,d,g,h,p,r muszą się różnić od tych w ich danym zdarzeniu. więc mógłbym to chyba policzyć tak: 6*3*1*1*1*1*5*5 I to myślenie pewnie jest źle, nie wiem czemu Proszę o pomoc.

Damian#UDM: Dziękuję Milu za pomoc, pozdrawiam ciepło

Saizou : Zad. 4 Możliwe układy to 1) (aaaabc) • a wybieramy na 6 sposobów • b wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak a) • c wybieramy na 6 sposobów Razem: 6*5*1*1*1*6 2) (baaaac) • b wybieramy na 6 sposobów • a wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak b) • c wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak a) Razem: 6*5*1*1*1*5 3) (bcaaaa) • b wybieramy na 6 sposobów • c wybieramy na 6 sposobów • a wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak c) Razem: 6*6*5*1*1*1 U ciebie np. (1, 1, 1, 1, x, y) x musi być różny od 1, ale już y jest dowolny

kerajs: Ad powyższy post: Oczywiście tylko pierwszy ''a'' wybierany jest na tyle sposobów. Kolejne ''a'' muszą być takie same jak pierwszy, więc wybierane są tylko na 1 sposób, i stąd te jedynki w iloczynach. Ad 3) ilość zdarzeń sprzyjających można także obliczyć z kombinacji: Przykładowo, dla układu (2,6,1,1,1,1,1) wybierasz 5 miejsc (z 7) dla jedynek, i miejsce dla dwójki (szóstka musi zająć jedyne wolne miejsce)

7 5	2 1

albo wybierasz 5 miejsc (z 7) dla jedynek, miejsce dla dwójki i miejsce dla szóstki

7 5	2 1	1 1

Kolejność wyboru nie ma znaczenia: Wybierasz miejsce dla szóstki, 5 miejsc (z 7) dla jedynek i miejsce dla dwójki

7 1	6 5	1 1

albo Wybierasz miejsce dla szóstki, dla dwójki i 5 miejsc (z 7) dla jedynek

7 1	6 1	5 5

Sprawdź, czy zawsze dostaniesz ten sam wynik. PS Dziwi mnie spora różnica poziomów między zakładanymi przez Ciebie tematami. Jesteś licealistą który, z niezrozumiałych dla mnie powodów, chce rozwiązywać równania różniczkowe, czy absolwentem szkoły średniej uzupełniającym braki?

Damian#UDM: Dziękuję saizou za objaśnienie zadania 4. Teraz rozumiem moje błędne myślenie Zakładałem, że jak mają być 4 pod rząd takie same to już nigdzie indziej taka sama nie może się pojawić i to było błędne myślenie − przede wszystkim. Dziękuję kerajs za objaśnienie zadania 3. Zrobiłem je wcześniej sam i w ten sposób, że jak mam na przykład dla przykładu 6*2*1*1*1*1*1 mam siedem miejsc to miejsce dla 6 mogę wybrać na

	5 5
7 sposobów, a miejsce dla 2 na 6 sposobów, a dla jedynek z dwumianu Newtona wychodzi		.

Dla reszty przypadków zrobiłem w podobny sposób i widzę, że moje myślenie nie było złe. Dostałem te zadania od jednego ucznia i niestety zauważyłem, że mam z niektórymi problem, a chciałbym pomagać innym w matematyce jak najlepiej umiem, dlatego zgłaszam się z większością spraw tutaj bo wiem, że wiedzą i doświadczeniem Eta Mila Mariusz kerajs Qulka saizou ICSP wredulus_pospolitus Jerzy jesteście kilkanaście leveli wyżej niż ja i cieszę się, że mogę na was liczyć. Bardzo to doceniam Dziękuję wam. Co do mnie to w tym roku po raz 6. przystępuje do matury rozszerzonej z matematyki ponieważ moim małym marzeniem jest 100%, a brakuje mi już niewiele, bo tylko 1 punkt. Zostawiam link poniżej do postu z wglądem do mojego arkusza oraz zadania, w którym dostałem jeden punkt mniej: https://matematykaszkolna.pl/forum/403637.html Jak ktoś ma jakieś przemyślenia co do mojego rozwiązania to zapraszam. Odwoływałem się do OKE, gdzie dostałem 2% więcej za nie uznanie przez nich wyznaczenia przeze mnie największej wartości. Z dziedziną odwoływałem się do kolegium arbitrażu egzaminacyjnego, niestety bez skutku. Szkoda, że trzy znaki x<y tyle zmieniły. Czuję, że to będzie w tym roku, łatwiej już nigdy nie będzie Materiał ze studiów chce się nauczyć, ponieważ chce go umieć i móc pomagać z nim innym: pochodne, całki, szeregi, równania różniczkowe, płaszczyzny, funkcje dwóch, trzech zmiennych, granice oraz płaszczyzny. Jak to będę ogarniał to będzie super, ale oczywiście najpierw 100% z PR. Szeregów, równań różniczkowych, funkcji trzech zmiennych w ogóle nie umiem, a płaszczyzny bardzo słabo. Tym się na pewno zajmę w przyszłości, a niedługo chciałbym zobaczyć czy na przykład szeregi jestem w stanie ogarnąć szybko. Matematyka łatwo mi przychodzi i dużo zagadnień sam się nauczyłem. Więc ciągnę to dalej z sukcesami. Lubię matematykę. Matma jest super. Dziękuję za waszą pomoc, fajnie, że tu jesteście

Damian#UDM: Zadań z prawdopodobieństwa ciąg dalszy 6. (0 – 4) Dwóch strzelców oddało po jednym strzale do tego samego celu. Oblicz prawdopodobieństwo, że pierwszy z nich trafił, jeśli wiadomo, że cel został trafiony tylko jeden raz. Zakładamy, że prawdopodobieństwo trafienia w cel jest równe dla pierwszego strzelca 9/10, a dla drugiego wynosi 3/4. 7. (0 – 4) Wykaż, że jeśli P(A│C) = P(A│C^' ), gdzie P(C)>0 i P(C^' )>0 to zdarzenia A oraz C są niezależne.

ite: A może być podpowiedź?

Damian#UDM: jasne, że tak Każda pomoc jest dobra

Damian#UDM: P(A/C) = P(A∩C^') = P(A) − P(A∩C)

Damian#UDM: I po przekształceniach wychodzi mi P(A∩C) = P(A)*P(C), co oznacza, że zdarzenia są niezależne, tak samo jak pierwszy rzut kostką oraz drugi rzut kostką. Chyba rozumiem 7. (0 − 4)

Mila: 6) T− cel trafiony jeden raz

	9		1		1		3		9+3		12		3
P(T)=		*		+		*		=		=		=
	10		4		10		4		40		40		10

	9   1   * 10   4
P(T1/T)=		=
	3   10

	9		10		3
=		*		=
	40		3		4

Eta: I (T₁, N₂) II (N₁, T₂) Cel trafiony tylko raz P(T)= 0,9*0,25+0,1*0,75= 0,3 Cel trafiony tylko przez I P(T₁)=0,9*0,25=0,225

	0,225		3
P(T1/T)=		=
	0,3		4

Damian#UDM: Tak myślałem o prawdopodobieństwie warunkowym oraz całkowitym, lecz nie umiałem do tego dojść. Dziękuję Milu za pomoc!

Damian#UDM: Oraz dziękuję Eta, jesteście wspaniałe!

Eta: Nie Wszyscy tak myślą Miłe to...... .......

Eta: Napisałam dlatego drugi sposób, bo .. ( nie lubię "krzaków" )

Damian#UDM: Ja cieszę się z każdego poprawnego rozwiązania Każde poprawne rozwiązanie uczy i daje do myślenia

Damian#UDM: (0−1) Rzucamy dwiema symetrycznymi sześciennymi kostkami do gry. Liczba kombinacji, że na obu kostkach wypadła liczba oczek nie większa niż 4 to: A. 36 B. 9 C. 16 D. 4 Nie mogę zrozumieć, czy na obu kostkach w sumie nie może być więcej oczek niż 4, czy na każdej kostce ma być nie więcej niż 4 oczka.

Damian#UDM: Jeżeli mój drugi wariant jest poprawny to wtedy odpowiedź C.

Damian#UDM: A jeżeli pierwszy wariant to odpowiedź D.

Qulka: na każdej kostce oddzielnie

kerajs: Akurat fragment ''na obu kostkach wypadła liczba oczek nie większa niż 4 '' jest jednoznaczny, czyli ''na każdej kostce ma być nie więcej niż 4 oczka''. Prawdziwym problemem jest niefortunna ''Liczba kombinacji'' która w języku potocznym oznacza liczbę układów (wtedy jest ich 16) , jednak w kombinatoryce kombinacja pomija kolejność (czyli 10).

Damian#UDM: Rozumiem, dziękuję za pomoc

Damian#UDM: 9. (0−5) PR NE 2021 2 Ze zbioru wszystkich liczb sześciocyfrowych większych niż 222000, w których zapisie dziesiętnym mogą wystąpić tylko cyfry ze zbioru {1,2,3} losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu liczby, w której zapisie każde dwie sąsiednie cyfry będą różniły się o 1. |Ω| = 1. 22 na cyfrach setek oraz dziesiątek tysięcy oraz 2 możliwości wyboru cyfry tysięcy ze zbioru {2,3} oraz 3x3x3 możliwości wyboru liczby spośród {1,2,3} = 2*27=54 2. 2 na cyfrze s.t. oraz 3 na cyfrze d.t. oraz 3x3x3x3 możliwości wyboru cyfry ze zbioru {1,2,3} = 3⁴ = 81 3. 3 na cyfrze s.t. oraz 3x3x3x3x3 możliwości wyboru cyfry ze zbioru {1,2,3} = 3⁵ = 243 |Ω| = 1. + 2. + 3. = 378 A − sąsiednie cyfry różnią się o 1 po własnych przemyśleniach wnioskuje, że takich liczb jest zaledwie kilka Wypisałem takie możliwości: 232121 232123 232321 232323 321212 321232 323212 323232 Jeśli niczego nie przeoczyłem to |A| = 8

	8		4
Wtedy P(A) =		=
	378		189

Czy jest ok?

kerajs: Wynik jest dobry. Szukając zdarzenia sprzyjające można zauważyć iż co drugą cyfrą musi być 2. ''|Ω| = 1. + 2. + 3. = 378'' Przez takie dziwne zapisy traci się punkty. Moim zdaniem poprawianie matury jest mało sensowne jeśli nie jest związanie z przyjęciem na wymarzony kierunek studiów.

Damian#UDM: No to super, dziękuję za sprawdzenie To jaki zapis kerajs proponujesz, żeby był on poprawny? Już mam opłacony egzamin więc na pewno do niego podejdę Trzeba jeszcze wiedzieć co chce się w życiu robić, a ja tego jeszcze raczej nadal szukam. Ale dziękuję za przemyślenia. 100% zdobędę w tym roku i już koniec mojej przygody z maturami

Damian#UDM: 2. (0−1) CKE Próbna 2021 PR Dane są dwie urny z kulami. W pierwszej urnie jest 10 kul: 8 białych i 2 czarne, w drugiej jest 8 kul: 5 białych i 3 czarne. Wylosowanie każdej z urn jest jednakowo prawdopodobne. Wylosowano jedną z tych urn i wyciągnięto z niej losowo jedną kulę. Wyciągnięta kula była czarna. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosowana kula pochodziła z pierwszej z tych urn, jest równe

	2
A.
	18

	15
B.
	23

	8
C.
	23

	5
D.
	18

Proszę o pomoc Nie wychodzi mi

Damian#UDM: Dobra, już chyba wiem C − wylosowano kule czarną

	1		3		1		2		23
P(C) =		*		+		*		=
	2		8		2		10		80

C|B1 − wylosowano kulę czarną z Urny 1 B1 − wylosowano Urnę 1

	1		3		3
P(B1)*P(C|B1)=		*		=
	2		8		16

P(B1)*P(C|B1))		316		15
	=		=
P(C)		2380		23

Czy to jest poprawne rozwiązanie?

Damian#UDM: To jest, że kula czarna pochodzi z urny drugiej, dla urny pierwszej będzie chyba inaczej

ite:

pr−stwo k.czarnej z pierwszej urny
pr−stwo k.czarnej z I urny+pr−stwo k.czarnej z II urny

nie wiem, czy to jest czytelne: pr−stwo k.czarnej z pierwszej urny oznacza prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej z pierwszej urny

Mila: Damian narysuj drzewko, wszystko zobaczysz.

al:

	1   2   * 2   10
P(U1/C)=		=
	1   2   1   3   * + * 2   10   2   8

...

Damian#UDM: Dziękuje wam wszystkim za pomoc!

Damian#UDM: 11. PR W każdej z trzech urn znajduje się 5 kul. W pierwszej urnie: 4 białe i 1 czarna, w drugiej urnie: 2 białe i 3 zielone, a w trzeciej urnie: 3 zielone i 2 czarne. Z każdej urny losujemy po jednej kuli i nie oglądając jej, wkładamy do czwartej, pustej urny. Następnie z tej urny losujemy jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że w wyniku takiego doświadczenia wylosowana z czwartej urny kula będzie zielona.

Kuba5:

	4
	15

Eta: 1 zielona w urnie U₄ gdy: (b,b,z) (b,z,c) (c,b,z) (c,z,c) 2 zielone w U₄ gdy: (b,z,z) ( c,z,z)

	1		4		2		3		4		3		2		1		2		3
P(1z)=		(		*		*		+		*		*		+		*		*		+
	3		5		5		5		5		5		5		5		5		5

	1		3		2		60
+		*		*		) =........... =
	5		5		5		3*125

	2		4		3		3		1		3		3		90
P(2z)=		(		*		*		+		*		*		)=....
	3		5		5		5		5		5		5		3*125

	150
P(z)=
	3*125

	2
P(z)=
	5

=========

Eta:

Damian#UDM: Rozpisałem sobie dokładnie tak samo zdarzenia, lecz nie potrafiłem policzyć tego prawdopodobieństwa. Dziękuję Eta za pomoc

Damian#UDM: 13. (0 − 5) ZI 2021 PR III Z pudełka, w którym jest 13 kul ponumerowanych kolejnymi liczbami od 1 do 13, losujemy bez zwracania 5 kul. Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo, ze wśród wylosowanych kul jest dokładnie jedna para kul z sumą numerów równą 14. Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13} Ω − jak nazwać to zdarzenie? Pięcioelementowe kombinacje ze zbioru trzynastoelementowego?

	13 5
|Ω|=		= 13*11*9

A − wśród wylosowanych kul jest dokładnie jedna para kul z sumą numerów równą 14. Możliwe pary: {(1,13)(2,12)(3,11)(4,10)(5,9)(6,8)} W tych pięciu elementach może być jedna z wyżej wymienionych par oraz trzy różne liczby z trzech różnych par? Tutaj moje pomysły się kończą. Proszę o pomoc

Eta: https://matematykaszkolna.pl/forum/408382.html

Damian#UDM: Podziwiam was Eta oraz Mila za taką wiedzę z geometrii płaskiej oraz prawdopodobieństwa Jak można to tak ogarniać, też bym chciał

Damian#UDM: (0 − 5) PR Ze zbioru liczb {1,2,3,...,2n+1} losujemy kolejno trzy liczby bez zwracania i sumujemy je. Oblicz liczbę elementów tego zbioru, wiedząc, że prawdopodobieństwo wylosowania trzech liczb,

	73
których suma jest liczbą parzystą, jest równe		.
	143

Moje BŁĘDNE rozwiązanie: Ω={1,2,3,...,2n+1} Ω − trzy elementowe kombinacje ze zbioru (2n+1)−elementowego

	2n+1 3		(2n−1)*2n*(2n+1)
|Ω|=		=		=
			6		6

|A|=|A₁|+|A₂| A₁ − suma dwóch liczb nieparzystych oraz jednej liczby parzystej. A₂ − suma trzech liczb parzystych.

	2n+1 2		2n 1		24n3+12n2
|A1|=		*		=
					6

	2n 3		2n*(2n−1)(2n−2)		8n3−12n2+4n
|A2|=		=		=
			6		6

	2n*(16n2+2)
|A|=
	6

	(4n2−1)*2n
|Ω|=
	6

	73
P(A)=
	143

2n*(16n2+2)6		73		16n2+2		73
	=		⇔		=
2n*(4n2−1)6		143		4n2−1		143

I z tego wychodzi 1996n² + 359 = 0 Gdzie znajduje się moje błędne myślenie? Proszę o pomoc

Damian#UDM: Teraz tak patrzę i widzę, że omega dla n=6 jest równa 143, lecz ze zbiorem A już się nie zgadza

Eta: W tym zbiorze mamy : n liczb parzystych i n+1 liczb nieparzystych |Ω|= (2n+1)*2n*(2n−1)= 2n(4n²−1) A₁ : (P,P,P) |A₁|= n*(n−1)*(n−2) A₂: (P,N,N) (NPN) ( NNP) |A₂|= 3*n(n+1)*n |A|= n(n−1)(n−2)+3n(n+1)*n P(A) = 73/143 ................. ............ n²=36 ⇒ n=6 =====

Damian#UDM: Okej, teraz rozumiem mój błąd. Dziękuję